Vom Kanal zur Energie
AFB IIHinter dem Halbleiterdetektor sitzt ein Vielkanalanalysator. Er ordnet jeden Impuls nach seiner Höhe einem Kanal zu — zunächst ist das nur eine Nummer. Erst eine Kalibrierung mit einer Quelle bekannter Energien (M1) macht daraus eine Energieskala. Damit wird anschließend die unbekannte Probe (M2) ausgewertet.
| Bekannte Linie | Kanal \(K\) | Energie \(E\) |
|---|---|---|
| Kalibrierquelle, Linie 1 | 120 | \(4{,}20\ \mathrm{MeV}\) |
| Kalibrierquelle, Linie 2 | 480 | \(6{,}00\ \mathrm{MeV}\) |
| Peak | Kanal \(K\) | Peakfläche \(A\) |
|---|---|---|
| P1 | 340 | 2400 |
| P2 | 378 | 7600 |
Die Peakfläche ist die Gesamtzahl der Impulse, die zu diesem Peak gehören.
- Bestimmen Sie aus M1 die Kalibriergerade \(E=m\cdot K+b\).
- Berechnen Sie die Energien der beiden Peaks P1 und P2 aus M2.
- Berechnen Sie die relative Häufigkeit der beiden Zerfallsübergänge und erläutern Sie, warum dafür die Peakfläche und nicht die Peakhöhe verwendet wird.
Hinweis zu Aufgabe a)
Hinweis zu Aufgabe b)
Hinweis zu Aufgabe c)
Erwartungshorizont zu Aufgabe a)
Steigung: \(m=\dfrac{6{,}00\ \mathrm{MeV}-4{,}20\ \mathrm{MeV}}{480-120}=\dfrac{1{,}80\ \mathrm{MeV}}{360}=0{,}0050\ \dfrac{\mathrm{MeV}}{\text{Kanal}}\).
Achsenabschnitt mit dem ersten Punkt: \(b=4{,}20\ \mathrm{MeV}-0{,}0050\ \tfrac{\mathrm{MeV}}{\text{Kanal}}\cdot 120=4{,}20\ \mathrm{MeV}-0{,}60\ \mathrm{MeV}=3{,}60\ \mathrm{MeV}\).
Kalibriergerade: \(E=0{,}0050\ \dfrac{\mathrm{MeV}}{\text{Kanal}}\cdot K+3{,}60\ \mathrm{MeV}\). Kontrolle mit Linie 2: \(0{,}0050\cdot 480+3{,}60=2{,}40+3{,}60=6{,}00\) \(\checkmark\)
Erwartungshorizont zu Aufgabe b)
P1: \(E_1=0{,}0050\cdot 340+3{,}60=1{,}70+3{,}60=5{,}30\ \mathrm{MeV}\).
P2: \(E_2=0{,}0050\cdot 378+3{,}60=1{,}89+3{,}60=5{,}49\ \mathrm{MeV}\).
Erwartungshorizont zu Aufgabe c)
Summe der Peakflächen: \(\sum A = 2400+7600=10\,000\).
\(h_{\text{rel}}(\mathrm{P1})=\dfrac{2400}{10\,000}=0{,}24=24\ \%\)
\(h_{\text{rel}}(\mathrm{P2})=\dfrac{7600}{10\,000}=0{,}76=76\ \%\)
Der Übergang bei \(5{,}49\ \mathrm{MeV}\) tritt also gut dreimal so häufig auf wie der bei \(5{,}30\ \mathrm{MeV}\).
Zur Wahl der Fläche: Die Fläche eines Peaks ist die Gesamtzahl der Impulse, die zu diesem Übergang gehören — genau das, was gezählt werden soll. Die Höhe hängt dagegen zusätzlich von der Energieauflösung des Detektors ab: Ein schlechter auflösender Detektor verteilt dieselben Impulse auf mehr Kanäle, der Peak wird breiter und niedriger, seine Fläche bleibt aber unverändert. Nur die Fläche ist also ein Maß für die Häufigkeit, das nicht vom Messgerät abhängt.
Was die Feinstruktur verrät
AFB IIIDas Spektrum derselben Probe zeigt zwei scharfe Linien dicht beieinander (Material M1). Solche Feinstrukturen sind für \(\alpha\)-Strahler typisch — und sie erlauben einen Rückschluss auf die Energiestufen des Tochterkerns.
Aufgenommen mit einem Halbleiterdetektor. Die Energieachse ist bereits kalibriert; die Höhe der Peaks ist nicht maßstäblich zu den Peakflächen aus Aufgabe 1.
- Deuten Sie das Auftreten von zwei Linien: Erklären Sie, wodurch sich die beiden \(\alpha\)-Zerfälle unterscheiden, obwohl Mutter- und Tochternuklid dieselben sind.
- Berechnen Sie die Energie des \(\gamma\)-Quants, das der Tochterkern nach dem energieärmeren Übergang aussendet, und begründen Sie Ihren Ansatz.
- Eine Schülerin betrachtet die endliche Breite der Peaks und folgert: „Die \(\alpha\)-Teilchen eines Übergangs haben also gar keine feste Energie, sondern einen ganzen Energiebereich.“ Nehmen Sie zu dieser Folgerung Stellung.
Hinweis zu Aufgabe a)
Hinweis zu Aufgabe b)
Hinweis zu Aufgabe c)
Erwartungshorizont zu Aufgabe a)
Beide Linien gehören zu \(\alpha\)-Zerfällen desselben Mutternuklids in dasselbe Tochternuklid. Sie unterscheiden sich darin, in welchem Zustand der Tochterkern entsteht:
Linie bei \(5{,}49\ \mathrm{MeV}\): Der Tochterkern entsteht direkt im Grundzustand. Das \(\alpha\)-Teilchen erhält deshalb die gesamte beim Zerfall frei werdende Energie — das ist die höchstmögliche \(\alpha\)-Energie dieses Zerfalls.
Linie bei \(5{,}30\ \mathrm{MeV}\): Der Tochterkern entsteht in einem angeregten Zustand. Die Anregungsenergie steht dem \(\alpha\)-Teilchen nicht zur Verfügung, es startet entsprechend langsamer. Der angeregte Kern gibt seine Überschussenergie kurz darauf als \(\gamma\)-Quant ab.
Dass beide Linien scharf sind, liegt am Zweikörperzerfall: Bei jedem der beiden Übergänge teilen sich nur \(\alpha\)-Teilchen und Tochterkern die Energie, und Impuls- sowie Energieerhaltung legen die Aufteilung eindeutig fest.
Erwartungshorizont zu Aufgabe b)
Ansatz: Die gesamte beim Zerfall frei werdende Energie \(Q\) ist eine Eigenschaft der beteiligten Kerne und daher für beide Übergänge gleich groß. Beim Übergang in den Grundzustand geht sie vollständig auf das \(\alpha\)-Teilchen über (Rückstoß des schweren Kerns vernachlässigt), beim anderen Übergang verbleibt der Anregungsanteil im Kern und wird als \(\gamma\)-Quant abgestrahlt:
\(E_\gamma = E_{\alpha,\text{max}} - E_{\alpha,\text{klein}}\)
\(E_\gamma = 5{,}49\ \mathrm{MeV} - 5{,}30\ \mathrm{MeV} = 0{,}19\ \mathrm{MeV} = 190\ \mathrm{keV}\)
Der erste angeregte Zustand des Tochterkerns liegt also \(190\ \mathrm{keV}\) über seinem Grundzustand. Eine \(\gamma\)-Messung an derselben Probe müsste genau eine Linie bei dieser Energie zeigen — so lässt sich die Deutung experimentell prüfen.
Erwartungshorizont zu Aufgabe c)
Die Folgerung ist zurückzuweisen. Sie verwechselt eine Eigenschaft des Messgeräts mit einer Eigenschaft der Strahlung.
Die Breite eines Peaks entsteht im Detektor: Ein \(\alpha\)-Teilchen fester Energie erzeugt nicht jedes Mal exakt gleich viele Elektron-Loch-Paare, sondern \(N\pm\sqrt{N}\). Die Impulshöhe streut deshalb um einen Mittelwert, und die physikalisch scharfe Energie erscheint als Peak endlicher Breite. Die Peakbreite ist damit ein Maß für die Energieauflösung des Detektors, nicht für eine Energiebreite der Teilchen.
Dass die \(\alpha\)-Energien tatsächlich fest sind, folgt aus der Theorie (Zweikörperzerfall) und lässt sich auch messen: Ein Detektor mit besserer Auflösung liefert für dieselbe Probe schmalere Peaks an denselben Stellen. Wäre die Deutung der Schülerin richtig, dürfte sich die Breite beim Wechsel des Detektors nicht ändern.
Zutreffend an ihrer Beobachtung ist allein: Aus einem einzelnen Impuls lässt sich die Energie nur mit einer gewissen Unsicherheit bestimmen. Der Unterschied zum \(\beta\)-Spektrum bleibt aber grundsätzlich — dort erstreckt sich die Verteilung über den gesamten Bereich von 0 bis \(E_{\max}\), also über Größenordnungen mehr als die Peakbreite hier.