0 von 24 erledigt
!
Die 12 häufigsten Fehlkonzepte
1
Kern und Nuklid
Nuklidschreibweise · A ist eine Anzahl · Isotope, Isobare, Isotone
1„Die Massenzahl zählt die Neutronen.“
✗
\({}^{14}_{\ 6}\mathrm{C}\) habe also 14 Neutronen im Kern — die 14 stehe ja oben, und oben stehe „die Masse“.
Warum man das glaubt: In der Schreibweise taucht \(N\) nirgends auf. Wer eine Zahl für die Neutronen sucht, greift zur einzigen großen Zahl — und das ist \(A\).
Richtigstellung anzeigen
✓
\(A\) ist die Nukleonenzahl und zählt Protonen und Neutronen: \(A=Z+N\). Die Neutronenzahl steht nie in der Schreibweise, sie ist immer eine Rechenaufgabe: \(N=A-Z\). Das Element legt allein \(Z\) fest — \(A\) darf man sogar weglassen, \(Z\) nicht.
\({}^{14}_{\ 6}\mathrm{C}\): \(N=14-6=8\) · \({}^{40}_{19}\mathrm{K}\): \(N=40-19=21\) · \({}^{238}_{92}\mathrm{U}\): \(N=238-92=146\)
Reihenfolge beim Vergleichen: erst \(Z\), dann \(A\), zuletzt \(N=A-Z\) — nie raten.
Reihenfolge beim Vergleichen: erst \(Z\), dann \(A\), zuletzt \(N=A-Z\) — nie raten.
Mini-CheckWie viele Neutronen hat \({}^{137}_{\ 55}\mathrm{Cs}\)?
2„A ist die Masse des Kerns — \(m=A\cdot u\) stimmt exakt.“
✗
Ein Kern mit \(A=90\) wiege exakt \(90\,u\), weil jedes Nukleon genau \(1\,u\) wiege.
Warum man das glaubt: Die Größe heißt „Massenzahl“ — das Wort legt eine Masse nahe. Und die Näherung ist so gut, dass sie in Aufgaben fast immer trägt.
Richtigstellung anzeigen
✓
\(A\) ist eine Anzahl, keine Masse. \(m\approx A\cdot u\) ist eine Schätzung: Protonen und Neutronen wiegen nicht exakt \(1\,u\), und der Massendefekt macht den Kern zusätzlich leichter (Bindungsenergie, \(W=mc^2\)). Exakt ist dagegen die Ladung \(Q=Z\cdot e\), denn jedes Proton trägt genau eine Elementarladung und Neutronen tragen nichts. Wer beides gleich behandelt, verliert genau dort Punkte.
\({}^{90}_{38}\mathrm{Sr}\) aus 38 Protonen (\(1{,}00728\,u\)) und 52 Neutronen (\(1{,}00866\,u\)):
\(38\cdot1{,}00728\,u+52\cdot1{,}00866\,u=38{,}277\,u+52{,}450\,u=90{,}73\,u\) — also \(0{,}8\,\%\) über \(90\,u\).
Real gemessen: \(\approx 89{,}9\,u\) — der Massendefekt zieht wieder nach unten. Beide Effekte wirken gegeneinander, deshalb ist \(m\approx A\cdot u\) auf zwei signifikante Stellen brauchbar, aber niemals „exakt“.
Ladung dagegen exakt: \(Q=38\cdot1{,}602\cdot10^{-19}\,\mathrm{C}=6{,}09\cdot10^{-18}\,\mathrm{C}\).
\(38\cdot1{,}00728\,u+52\cdot1{,}00866\,u=38{,}277\,u+52{,}450\,u=90{,}73\,u\) — also \(0{,}8\,\%\) über \(90\,u\).
Real gemessen: \(\approx 89{,}9\,u\) — der Massendefekt zieht wieder nach unten. Beide Effekte wirken gegeneinander, deshalb ist \(m\approx A\cdot u\) auf zwei signifikante Stellen brauchbar, aber niemals „exakt“.
Ladung dagegen exakt: \(Q=38\cdot1{,}602\cdot10^{-19}\,\mathrm{C}=6{,}09\cdot10^{-18}\,\mathrm{C}\).
Mini-CheckWelche der beiden Angaben ist exakt und nicht nur genähert?
3„Gleiche Massenzahl heißt Isotope.“
✗
\({}^{14}_{\ 6}\mathrm{C}\) und \({}^{14}_{\ 7}\mathrm{N}\) seien Isotope — beide haben doch \(A=14\).
Warum man das glaubt: „Isotop“ ist der einzige der drei Begriffe, den man ständig hört. Und beim Vergleich springt die große Zahl \(A\) zuerst ins Auge.
Richtigstellung anzeigen
✓
Isotope: gleiches \(Z\), verschiedenes \(N\) — waagerechte Zeile der Nuklidkarte (\({}^{12}_{\ 6}\mathrm{C}\)/\({}^{14}_{\ 6}\mathrm{C}\)). Isobare: gleiches \(A\) — Diagonale (\({}^{14}_{\ 6}\mathrm{C}\)/\({}^{14}_{\ 7}\mathrm{N}\)). Isotone: gleiches \(N\) — senkrechte Spalte (\({}^{13}_{\ 6}\mathrm{C}\)/\({}^{14}_{\ 7}\mathrm{N}\), beide \(N=7\)). Die Falle ist der Fall „weder \(Z\) noch \(A\) gleich“: dann sind es oft trotzdem Isotone.
\({}^{30}_{14}\mathrm{Si}\): \(N=16\) und \({}^{31}_{15}\mathrm{P}\): \(N=16\) → Isotone, obwohl weder \(Z\) noch \(A\) übereinstimmen.
Merkhilfen: Isotope = gleicher Platz im Periodensystem · Isobare von baros = Gewicht · Isotone — das n wie Neutronen.
Wichtig: Isotope sind chemisch praktisch gleich (Chemie hängt nur an der Hülle mit \(Z\) Elektronen), physikalisch aber verschieden — genau darauf beruht die C-14-Methode.
Merkhilfen: Isotope = gleicher Platz im Periodensystem · Isobare von baros = Gewicht · Isotone — das n wie Neutronen.
Wichtig: Isotope sind chemisch praktisch gleich (Chemie hängt nur an der Hülle mit \(Z\) Elektronen), physikalisch aber verschieden — genau darauf beruht die C-14-Methode.
Mini-Check\({}^{13}_{\ 6}\mathrm{C}\) und \({}^{14}_{\ 7}\mathrm{N}\) sind …
2
Zerfallsarten und Nuklidkarte
Woher das Elektron kommt · die Züge auf der Karte · Reichweite ist nicht Gefahr
4„Beim \(\beta^-\)-Zerfall verlässt ein Hüllenelektron das Atom.“
Das Elektron entsteht erst im Kern: ein Neutron (orange) wird zum Proton.
✗
Ein Elektron aus der Hülle fliege weg, deshalb sinke \(Z\) um 1 — und \(A\) gleich mit.
Warum man das glaubt: Ein Elektron ist negativ. „Geht Negatives raus, muss die Kernladungszahl kleiner werden“ klingt zwingend — und Elektronen kennt man aus der Atomhülle. Es ist die häufigste Verwechslung des ganzen Kapitels.
Richtigstellung anzeigen
✓
Das Elektron entsteht im Kern: ein Neutron wandelt sich in ein Proton um, \(n\rightarrow p+e^-+\bar{\nu}_e\). Die Zahl der Nukleonen ändert sich dabei nicht — \(A\) bleibt unverändert, \(Z\) steigt um 1, \(N\) sinkt um 1. Die negative Ladung geht nach außen, deshalb steigt \(Z\). Mutter- und Tochternuklid sind damit Isobare.
\({}^{137}_{\ 55}\mathrm{Cs}\longrightarrow{}^{137}_{\ 56}\mathrm{Ba}+e^-+\bar{\nu}_e\)
Doppelbilanz: oben \(137=137\), unten \(55=56+(-1)\) ✓
\(N\): von \(82\) auf \(81\) — Cs lag mit Neutronenüberschuss rechts vom Stabilitätsband, der Zug geht 1 Spalte nach links und 1 Zeile nach oben, also aufs Tal zu.
Allgemein: \({}^{A}_{Z}\mathrm{X}\longrightarrow{}^{A}_{Z+1}\mathrm{Y}+e^-+\bar{\nu}_e\)
Doppelbilanz: oben \(137=137\), unten \(55=56+(-1)\) ✓
\(N\): von \(82\) auf \(81\) — Cs lag mit Neutronenüberschuss rechts vom Stabilitätsband, der Zug geht 1 Spalte nach links und 1 Zeile nach oben, also aufs Tal zu.
Allgemein: \({}^{A}_{Z}\mathrm{X}\longrightarrow{}^{A}_{Z+1}\mathrm{Y}+e^-+\bar{\nu}_e\)
Mini-Check\({}^{90}_{38}\mathrm{Sr}\) ist ein \(\beta^-\)-Strahler. Welche Ordnungszahl \(Z\) hat der Tochterkern?
5„Auch der \(\gamma\)-Übergang verschiebt den Kern auf der Nuklidkarte.“
Die vier Züge vom selben Mutterkern X aus. Legende rechts.
✗
Nach einem \(\gamma\)-Übergang stehe der Kern eine Zeile höher — und \(\alpha\) gehe „2 nach links, 2 nach oben“.
Warum man das glaubt: Man merkt sich „Zerfall = Bewegung auf der Karte“ und verwechselt die Züge, weil alle drei diagonal aussehen. Dass \(\gamma\) überhaupt kein Nukleon anfasst, geht dabei unter.
Richtigstellung anzeigen
✓
\(\gamma\) ändert weder \(Z\) noch \(N\): der Kern bleibt im selben Kästchen und gibt nur seine Anregungsenergie als Photon ab. Die anderen Züge nach den Verschiebungssätzen: \(\alpha\) senkt \(Z\) um 2, \(N\) um 2 und \(A\) um 4 (2 Spalten links, 2 Zeilen runter); \(\beta^-\) erhöht \(Z\) um 1 und senkt \(N\) um 1 bei gleichem \(A\) (1 links, 1 hoch); \(\beta^+\)/EC genau umgekehrt (1 rechts, 1 runter).
\(\alpha:\ {}^{A}_{Z}\mathrm{X}\rightarrow{}^{A-4}_{Z-2}\mathrm{Y}+{}^{4}_{2}\mathrm{He}\) · \(\beta^-:\ {}^{A}_{Z}\mathrm{X}\rightarrow{}^{A}_{Z+1}\mathrm{Y}+e^-+\bar{\nu}_e\)
Beispiel: \({}^{226}_{\ 88}\mathrm{Ra}\rightarrow{}^{222}_{\ 86}\mathrm{Rn}+{}^{4}_{2}\mathrm{He}\); Bilanz \(226=222+4\) und \(88=86+2\).
Weil nur \(\alpha\) die Massenzahl ändert — und zwar um 4 — bleibt der Rest von \(A\bmod 4\) erhalten. Deshalb gibt es genau vier Zerfallsreihen, und kein Kern kann seine Reihe wechseln: \(226=4\cdot56+2\) → Uran-Radium-Reihe (\(4n+2\)).
„\(\Delta A\) zuerst“: \({}^{238}\mathrm{U}\rightarrow{}^{206}\mathrm{Pb}\): \(\Delta A=32\Rightarrow 8\,\alpha\); \(92-2\cdot8=76\), Ziel \(82\Rightarrow 6\,\beta^-\).
Beispiel: \({}^{226}_{\ 88}\mathrm{Ra}\rightarrow{}^{222}_{\ 86}\mathrm{Rn}+{}^{4}_{2}\mathrm{He}\); Bilanz \(226=222+4\) und \(88=86+2\).
Weil nur \(\alpha\) die Massenzahl ändert — und zwar um 4 — bleibt der Rest von \(A\bmod 4\) erhalten. Deshalb gibt es genau vier Zerfallsreihen, und kein Kern kann seine Reihe wechseln: \(226=4\cdot56+2\) → Uran-Radium-Reihe (\(4n+2\)).
„\(\Delta A\) zuerst“: \({}^{238}\mathrm{U}\rightarrow{}^{206}\mathrm{Pb}\): \(\Delta A=32\Rightarrow 8\,\alpha\); \(92-2\cdot8=76\), Ziel \(82\Rightarrow 6\,\beta^-\).
Mini-CheckWelcher Zug auf der Nuklidkarte gehört zum \(\alpha\)-Zerfall?
6„\(\alpha\)-Strahlung ist harmlos — ein Blatt Papier stoppt sie ja.“
✗
Weil \(\alpha\) nur wenige Zentimeter Reichweite in Luft hat, sei sie ungefährlich. Und \(\gamma\) sei hinter 10 cm Blei „vollständig abgeschirmt“.
Warum man das glaubt: Im Absorptionsversuch verschwindet der \(\alpha\)-Anteil tatsächlich schon hinter dem ersten Blatt Papier. „Abgeschirmt“ wird dann still zu „weg“ übersetzt.
Richtigstellung anzeigen
✓
Reichweite und Gefahr sind nicht dasselbe. Gerade weil \(\alpha\) am stärksten ionisiert, gibt es seine ganze Energie auf wenigen Zellschichten ab. Faustregel: außerhalb des Körpers ist \(\gamma\) das Problem, innerhalb des Körpers \(\alpha\) — eingeatmeter Staub eines \(\alpha\)-Strahlers ist der gefährlichste Fall überhaupt. Umgekehrt heißt „stark abschirmbar“ bei \(\gamma\) nie „vollständig“: \(I=I_0\cdot\left(\tfrac12\right)^{n}\) wird für keine endliche Dicke null. Im Strahlenschutz bedeutet „abgeschirmt“ deshalb immer „unter einem festgelegten Grenzwert“.
Absorptionsversuch (Zählrate in \(\tfrac1{\mathrm s}\)): ohne Abschirmung 1240, hinter Papier 430, zusätzlich 2 mm Alu 96, zusätzlich 4 cm Blei 12, Nulleffekt 0,4.
\(\alpha\)-Anteil \(1240-430=810\) · \(\beta\)-Anteil \(430-96=334\) · hinter dem Blei noch \(12\gg0{,}4\) → auch \(\gamma\) ist dabei.
10 cm Blei, \(d_{1/2}=12\,\mathrm{mm}\), \(I_0=800\,\tfrac1{\mathrm s}\): \(n=100/12=8{,}3\), \(I=800\cdot\left(\tfrac12\right)^{8{,}3}\approx2{,}5\,\tfrac1{\mathrm s}\) — rund das Sechsfache des Nulleffekts, also klar nachweisbar.
\(\alpha\)-Anteil \(1240-430=810\) · \(\beta\)-Anteil \(430-96=334\) · hinter dem Blei noch \(12\gg0{,}4\) → auch \(\gamma\) ist dabei.
10 cm Blei, \(d_{1/2}=12\,\mathrm{mm}\), \(I_0=800\,\tfrac1{\mathrm s}\): \(n=100/12=8{,}3\), \(I=800\cdot\left(\tfrac12\right)^{8{,}3}\approx2{,}5\,\tfrac1{\mathrm s}\) — rund das Sechsfache des Nulleffekts, also klar nachweisbar.
Mini-CheckIn welcher Situation ist ein \(\alpha\)-Strahler am gefährlichsten?
3
Zerfallsgesetz und Aktivität
Halbieren statt abziehen · die Asymptote · was das Zählrohr wirklich anzeigt
7„Nach zwei Halbwertszeiten ist alles zerfallen.“
✗
Wenn nach einer Halbwertszeit die Hälfte weg ist, sei nach der zweiten der Rest auch weg — spätestens nach 4 bis 6 Halbwertszeiten sei „praktisch nichts mehr da“.
Warum man das glaubt: „Hälfte plus Hälfte ist ein Ganzes“ — der Bruch wird auf den Anfangsbestand bezogen statt auf den jeweils aktuellen.
Richtigstellung anzeigen
✓
Jede Halbierung bezieht sich auf den aktuellen Bestand: \(\tfrac12\), dann \(\tfrac12\cdot\tfrac12=\tfrac14\), dann \(\tfrac18\) … Allgemein bleibt nach \(n=t/T_{1/2}\) Halbwertszeiten der Anteil \(\left(\tfrac12\right)^{n}\) übrig. Die Kurve nähert sich der Zeitachse nur an — Asymptote — und erreicht sie im Modell nie. „Alles weg“ gibt es nicht, nur „unter der Nachweisgrenze“.
Rest nach \(n\) Halbwertszeiten: \(1\rightarrow 50\,\%\rightarrow 25\,\%\rightarrow 12{,}5\,\%\rightarrow 6{,}25\,\%\); nach 6 HWZ \(1/64\approx1{,}6\,\%\), nach 10 HWZ noch \(\approx0{,}1\,\%\).
Messreihe: \(n_0=480\,\tfrac1{\mathrm s}\), \(T_{1/2}=150\,\mathrm s\). Nach 6 HWZ (\(900\,\mathrm s\)): \(480\cdot\left(\tfrac12\right)^{6}=480/64=7{,}5\,\tfrac1{\mathrm s}\) — weit über dem Nulleffekt von \(0{,}4\,\tfrac1{\mathrm s}\), also klar messbar.
Auch bei \(t=3{,}5\,T_{1/2}\) gilt \(\left(\tfrac12\right)^{3{,}5}\approx8{,}8\,\%\) — der Exponent darf krumm sein, linear interpolieren (9,4 %) ist der falsche Ansatz.
Messreihe: \(n_0=480\,\tfrac1{\mathrm s}\), \(T_{1/2}=150\,\mathrm s\). Nach 6 HWZ (\(900\,\mathrm s\)): \(480\cdot\left(\tfrac12\right)^{6}=480/64=7{,}5\,\tfrac1{\mathrm s}\) — weit über dem Nulleffekt von \(0{,}4\,\tfrac1{\mathrm s}\), also klar messbar.
Auch bei \(t=3{,}5\,T_{1/2}\) gilt \(\left(\tfrac12\right)^{3{,}5}\approx8{,}8\,\%\) — der Exponent darf krumm sein, linear interpolieren (9,4 %) ist der falsche Ansatz.
Mini-CheckEine Probe enthält zu Beginn 1600 Kerne. Wie viele sind nach 4 Halbwertszeiten noch nicht zerfallen?
8„In jeder Halbwertszeit zerfällt dieselbe Anzahl Kerne.“
Konstant ist der Faktor, nicht die Differenz: 800, 400, 200, 100 zerfallen.
✗
Pro Halbwertszeit verschwinde immer dieselbe Anzahl Kerne — bei 1600 Kernen also viermal je 800.
Warum man das glaubt: Man denkt in Differenzen statt in Faktoren. Im Alltag nimmt man ja auch „jedes Jahr 100 Euro“ ab — genau dieses Muster wird auf den Zerfall übertragen.
Richtigstellung anzeigen
✓
Konstant ist der Faktor \(\tfrac12\), nicht die Differenz: \(600\rightarrow300\ (-300)\rightarrow150\ (-150)\rightarrow75\ (-75)\). Absolut wird jedes Mal weniger weggenommen, weil jeweils nur die Hälfte des immer kleineren Bestands zerfällt. Wäre die Differenz konstant, wäre der Graph eine Gerade, die nach endlicher Zeit die Null trifft. Gegenmittel: immer zuerst den Quotienten \(N/N_0\) bilden, nie die Differenz.
\(N_0=1600\): es zerfallen \(800+400+200+100=\)1500 Kerne, übrig bleiben 100 (\(=6{,}25\,\%\)).
Wer den Beitrag der ersten Halbwertszeit vervierfacht (\(4\cdot800=3200\)), erhält doppelt so viele Kerne, wie überhaupt vorhanden waren — ein guter Plausibilitätstest.
Formal: \(N(t)=N_0\cdot\left(\tfrac12\right)^{t/T_{1/2}}=N_0\cdot e^{-\lambda t}\) mit \(\lambda=\dfrac{\ln 2}{T_{1/2}}\). Halblogarithmisch aufgetragen wird daraus die Gerade \(\ln N=\ln N_0-\lambda t\) — steiler heißt größeres \(\lambda\) und damit kürzere Halbwertszeit.
Wer den Beitrag der ersten Halbwertszeit vervierfacht (\(4\cdot800=3200\)), erhält doppelt so viele Kerne, wie überhaupt vorhanden waren — ein guter Plausibilitätstest.
Formal: \(N(t)=N_0\cdot\left(\tfrac12\right)^{t/T_{1/2}}=N_0\cdot e^{-\lambda t}\) mit \(\lambda=\dfrac{\ln 2}{T_{1/2}}\). Halblogarithmisch aufgetragen wird daraus die Gerade \(\ln N=\ln N_0-\lambda t\) — steiler heißt größeres \(\lambda\) und damit kürzere Halbwertszeit.
Mini-CheckWie viele der 1600 Kerne sind nach 4 Halbwertszeiten insgesamt zerfallen?
9„Was das Zählrohr anzeigt, ist die Aktivität.“
✗
Die angezeigte Impulsrate sei direkt die Aktivität in Becquerel — und die Aktivität zähle alle seit Beginn zerfallenen Kerne.
Warum man das glaubt: Beide Größen tragen „pro Sekunde“ im Namen, und das Gerät zeigt nur eine einzige Zahl. Dass zwischen Quelle und Anzeige noch Geometrie, Nulleffekt und Totzeit stehen, sieht man der Anzeige nicht an.
Richtigstellung anzeigen
✓
\(A=\lambda\cdot N\) ist ein Tempo, kein Vorrat: \(1\,\mathrm{Bq}=1\) Zerfall pro Sekunde. Sie sinkt mit derselben Halbwertszeit wie \(N\) — aber sie zählt nie das Zerfallene auf. Eine Kernzahl in Bq anzugeben ist immer falsch. Die gemessene Zählrate ist nur der Anteil, der ins Rohr gelangt und registriert wird; sie enthält zusätzlich den Nulleffekt aus Höhen- und Umgebungsstrahlung (\(\approx0{,}4\,\tfrac1{\mathrm s}\)), der abgezogen werden muss. Regel: kleine Raten → Nulleffekt abziehen, hohe Raten → Totzeit korrigieren.
Praktikum: 5040 Impulse in 4 min → \(5040/240\,\mathrm s=21\,\tfrac1{\mathrm s}\); ohne Präparat 120 Impulse in 5 min → \(0{,}4\,\tfrac1{\mathrm s}\) → Nettorate \(20{,}6\,\tfrac1{\mathrm s}\).
Schwache Bodenprobe: 96 Impulse in 60 s \(=1{,}6\,\tfrac1{\mathrm s}\); der Nulleffekt \(0{,}42\,\tfrac1{\mathrm s}\) sind bereits 26 % der Anzeige — ohne Abzug ist der Wert wertlos.
Echte Aktivität: \({}^{90}\mathrm{Sr}\), \(N=2{,}0\cdot10^{14}\), \(T_{1/2}=28{,}8\,\mathrm a\approx9{,}1\cdot10^{8}\,\mathrm s\) → \(\lambda=\dfrac{\ln2}{T_{1/2}}\approx7{,}6\cdot10^{-10}\,\mathrm{s^{-1}}\) → \(A=\lambda N\approx1{,}5\cdot10^{5}\,\mathrm{Bq}\approx153\,\mathrm{kBq}\). Für Bq muss \(\lambda\) in \(\mathrm{s^{-1}}\) stehen.
Schwache Bodenprobe: 96 Impulse in 60 s \(=1{,}6\,\tfrac1{\mathrm s}\); der Nulleffekt \(0{,}42\,\tfrac1{\mathrm s}\) sind bereits 26 % der Anzeige — ohne Abzug ist der Wert wertlos.
Echte Aktivität: \({}^{90}\mathrm{Sr}\), \(N=2{,}0\cdot10^{14}\), \(T_{1/2}=28{,}8\,\mathrm a\approx9{,}1\cdot10^{8}\,\mathrm s\) → \(\lambda=\dfrac{\ln2}{T_{1/2}}\approx7{,}6\cdot10^{-10}\,\mathrm{s^{-1}}\) → \(A=\lambda N\approx1{,}5\cdot10^{5}\,\mathrm{Bq}\approx153\,\mathrm{kBq}\). Für Bq muss \(\lambda\) in \(\mathrm{s^{-1}}\) stehen.
Mini-Check5040 Impulse in 4 min mit Präparat, 120 Impulse in 5 min ohne. Wie groß ist die Nettozählrate in \(\tfrac1{\mathrm s}\)?
4
Messen und Spektren
Linien oder Band · Kanal ist keine Energie · Plateau, Totzeit, Auflösung
10„Auch \(\alpha\)-Teilchen liefern ein kontinuierliches Band.“
Erst die Form lesen (Linien oder Band), dann die Energieskala.
✗
Die \(\alpha\)-Linie sei nur eine besonders schmale Version des \(\beta\)-Bands — und beim \(\beta\)-Zerfall gehe Energie verloren, weil das Elektron meist weniger als \(W_{\max}\) trägt.
Warum man das glaubt: Beide Diagramme heißen „Spektrum“ und werden gleich gelesen (Lage = Energie, Höhe = Häufigkeit). Dass die Form die Ursache verrät, übersieht man leicht.
Richtigstellung anzeigen
✓
Der \(\alpha\)-Zerfall ist ein Zweikörperzerfall (Tochterkern + \(\alpha\)): Energie- und Impulserhaltung legen die Aufteilung eindeutig fest → scharfe Linien, typisch 4 bis 9 MeV, alle Teilchen einer Gruppe monoenergetisch. Der \(\beta\)-Zerfall ist ein Dreikörperzerfall (Tochterkern + Elektron + Antineutrino): die Aufteilung ist beliebig → lückenloses Band von fast null bis \(W_{\max}\). Verloren geht dabei nichts: \(W_{\text{e}}+W_{\nu}=W_{\max}\) gilt in jedem einzelnen Zerfall exakt — genau dafür forderte Pauli 1930 das Neutrino, nachgewiesen 1956. Dass eine \(\alpha\)-Linie überhaupt eine Breite hat, liegt am Detektor, nicht an der Strahlung.
\(W_{\max}=0{,}60\,\mathrm{MeV}\), gemessenes Elektron \(W_{\text{e}}=0{,}25\,\mathrm{MeV}\) → \(W_{\nu}=0{,}60-0{,}25=0{,}35\,\mathrm{MeV}\).
Feinstruktur eines \(\alpha\)-Strahlers: Linien bei \(5{,}49\,\mathrm{MeV}\) (Tochterkern im Grundzustand) und \(5{,}30\,\mathrm{MeV}\) (Tochterkern angeregt) → \(W_{\gamma}=5{,}49-5{,}30=0{,}19\,\mathrm{MeV}=190\,\mathrm{keV}\). Ein einziges Nuklid genügt also für \(\alpha\)- und \(\gamma\)-Linien.
Nie addieren: \(5{,}4+6{,}0\) MeV ergibt keine \(11{,}4\) MeV — jedes Teilchen gehört zu genau einer Gruppe, die höchste Einzelenergie ist \(6{,}0\) MeV.
Feinstruktur eines \(\alpha\)-Strahlers: Linien bei \(5{,}49\,\mathrm{MeV}\) (Tochterkern im Grundzustand) und \(5{,}30\,\mathrm{MeV}\) (Tochterkern angeregt) → \(W_{\gamma}=5{,}49-5{,}30=0{,}19\,\mathrm{MeV}=190\,\mathrm{keV}\). Ein einziges Nuklid genügt also für \(\alpha\)- und \(\gamma\)-Linien.
Nie addieren: \(5{,}4+6{,}0\) MeV ergibt keine \(11{,}4\) MeV — jedes Teilchen gehört zu genau einer Gruppe, die höchste Einzelenergie ist \(6{,}0\) MeV.
Mini-CheckEin Diagramm zeigt ein lückenloses Band, das bei \(0{,}6\,\mathrm{MeV}\) endet. Was bedeutet dieser Wert?
11„Die Kanalnummer ist schon die Energie.“
✗
Kanal 480 bedeute \(480\,\mathrm{keV}\) — und der höchste Peak zeige die größte Energie.
Warum man das glaubt: Der Vielkanalanalysator liefert Zahlen, die wie Messwerte aussehen. Dass zwischen Kanal und Energie noch eine Kalibriergerade steht, sieht man dem Histogramm nicht an.
Richtigstellung anzeigen
✓
Ein Kanal ist zunächst nur eine Nummer für einen Impulshöhenbereich. Erst zwei bekannte Linien liefern die Kalibrierung \(W=m\cdot K+b\). Der Achsenabschnitt \(b\) ist der Elektronik-Offset; \(b=0\) zu setzen verschiebt das ganze Spektrum. Und beim Ablesen gilt streng: Lage = Energie, Höhe bzw. Fläche = Häufigkeit, Breite = Energieauflösung des Detektors. „Höchster Peak = größte Energie“ verwechselt zwei Achsen.
Kalibrierung aus zwei Linien: Kanal 120 ↔ \(4{,}20\,\mathrm{MeV}\), Kanal 480 ↔ \(6{,}00\,\mathrm{MeV}\).
\(m=\dfrac{6{,}00-4{,}20}{480-120}=\dfrac{1{,}80}{360}=0{,}0050\ \dfrac{\mathrm{MeV}}{\text{Kanal}}\) · \(b=4{,}20-0{,}0050\cdot120=3{,}60\,\mathrm{MeV}\)
Damit \(W(340)=0{,}0050\cdot340+3{,}60=5{,}30\,\mathrm{MeV}\). Kontrolle: \(0{,}0050\cdot480+3{,}60=6{,}00\) ✓
Rückwärts \(K=(W-b)\div m\) — erst \(b\) abziehen, dann teilen.
Häufigkeiten über die Flächen: \(2400/10\,000=24\,\%\) und \(7600/10\,000=76\,\%\). Fläche statt Höhe, weil ein breiterer Peak zwar niedriger, aber flächengleich ist.
\(m=\dfrac{6{,}00-4{,}20}{480-120}=\dfrac{1{,}80}{360}=0{,}0050\ \dfrac{\mathrm{MeV}}{\text{Kanal}}\) · \(b=4{,}20-0{,}0050\cdot120=3{,}60\,\mathrm{MeV}\)
Damit \(W(340)=0{,}0050\cdot340+3{,}60=5{,}30\,\mathrm{MeV}\). Kontrolle: \(0{,}0050\cdot480+3{,}60=6{,}00\) ✓
Rückwärts \(K=(W-b)\div m\) — erst \(b\) abziehen, dann teilen.
Häufigkeiten über die Flächen: \(2400/10\,000=24\,\%\) und \(7600/10\,000=76\,\%\). Fläche statt Höhe, weil ein breiterer Peak zwar niedriger, aber flächengleich ist.
Mini-CheckMit \(W=0{,}0050\ \tfrac{\mathrm{MeV}}{\text{Kanal}}\cdot K+3{,}60\,\mathrm{MeV}\): welche Energie gehört zu Kanal 378 (in MeV)?
12„Mehr Spannung heißt mehr Anzeige — und hohe Impulse heißen viel Energie.“
Im Plateau ändert sich die Rate von 148 auf 161 1/s — rechts davon zählt das Rohr sich selbst.
✗
Man drehe die Zählrohrspannung ans obere Ende, dann zähle das Rohr mehr; und ein hoher Impuls bedeute ein besonders energiereiches Teilchen — oder mehrere gleichzeitig.
Warum man das glaubt: Am Gerät ist ein Regler, und die Anzeige steigt tatsächlich — nur nicht aus dem vermuteten Grund. Dahinter steckt die Grundfehlvorstellung, das Zählrohr sage etwas über die Qualität der Strahlung aus.
Richtigstellung anzeigen
✓
Die Betriebsspannung gehört in die Mitte des Plateaus (hier etwa \(500\,\mathrm V\)): dort ist die Rate gegen Spannungsschwankungen unempfindlich und es gilt 1 Teilchen = 1 Impuls. Über dem Plateau zündet das Rohr ohne Teilchen durch — Dauerentladung: keine gültigen Messwerte und Zerstörungsgefahr. Im Auslösebereich ist jede Lawine gleich groß, ganz gleich ob \(\alpha\) oder \(\beta\) sie auslöst: das Zählrohr zählt, es misst keine Energie. Wegen der Totzeit ist die gemessene Rate zudem stets kleiner als die wahre — die Korrektur macht den Wert größer, nie kleiner. Energien misst erst der Halbleiterdetektor, wo die Impulshöhe proportional zur Energie eines Teilchens ist.
Totzeit: \(n_{\text{wahr}}=\dfrac{n}{1-n\cdot\tau}\). Mit \(n=2500\,\tfrac1{\mathrm s}\) und \(\tau=120\,\mathrm{\mu s}\): \(n\tau=0{,}30\) (30 % blind) → \(n_{\text{wahr}}=2500/0{,}70\approx3{,}6\cdot10^{3}\,\tfrac1{\mathrm s}\).
Auflösung: \(W_{\text{Paar}}=3{,}6\,\mathrm{eV}\) in Silizium gegen \(30\,\mathrm{eV}\) im Zählgas → rund 8-mal mehr Ladungsträger. Bei \(1{,}0\,\mathrm{MeV}\): Gas \(N=3{,}3\cdot10^{4}\), \(1/\sqrt N\approx0{,}55\,\%\); Silizium \(N=2{,}8\cdot10^{5}\), \(1/\sqrt N\approx0{,}19\,\%\) — Peaks etwa dreimal schmäler. Länger messen hilft dabei nicht: das verbessert nur die Zählstatistik, nicht die Breite eines einzelnen Impulses.
Auflösung: \(W_{\text{Paar}}=3{,}6\,\mathrm{eV}\) in Silizium gegen \(30\,\mathrm{eV}\) im Zählgas → rund 8-mal mehr Ladungsträger. Bei \(1{,}0\,\mathrm{MeV}\): Gas \(N=3{,}3\cdot10^{4}\), \(1/\sqrt N\approx0{,}55\,\%\); Silizium \(N=2{,}8\cdot10^{5}\), \(1/\sqrt N\approx0{,}19\,\%\) — Peaks etwa dreimal schmäler. Länger messen hilft dabei nicht: das verbessert nur die Zählstatistik, nicht die Breite eines einzelnen Impulses.
Mini-CheckGemessen werden \(n=4000\,\tfrac1{\mathrm s}\), die Totzeit beträgt \(\tau=50\,\mathrm{\mu s}\). Wie groß ist die wahre Rate in \(\tfrac1{\mathrm s}\)?
Vier Kontrollfragen für die Klausur: (1) Stimmen bei jeder Kernumwandlung beide Bilanzzeilen, also \(A\) oben und \(Z\) unten? (2) Rechne ich in Faktoren — zuerst \(N/N_0\) — statt in Differenzen? (3) Habe ich vor der Auswertung den Nulleffekt abgezogen und bei hohen Raten die Totzeit korrigiert? (4) Zählt mein Detektor nur Teilchen oder misst er Energie? Das entscheidet, was das Diagramm überhaupt aussagen kann.