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Werkzeug — der Zerfalls-Prüfstand
Das Zerfallsgesetz für sechs reale Nuklide: Der Prüfstand zeigt Restanteil, Aktivität und Zerfallskonstante — die vier Größen aus \(A(t)=A_0\cdot\left(\tfrac12\right)^{t/T_{1/2}}\) und \(\lambda=\tfrac{\ln 2}{T_{1/2}}\).
Zeit t0 h
n = t / T½0,00
Restanteil (½)n100 %
Aktivität A(t)600 MBq
Zerfallskonstante λ0,116 h⁻¹
Halbwertszeit T½6,0 h
Bei genau 4 Halbwertszeiten liegt der Restanteil bei 6,25 % — nicht bei 0 %. Nach 10 Halbwertszeiten sind es noch rund 0,1 %.
1
Aufgabenblock — AFB II
Zehn Aufgaben aus allen neun Unterkapiteln. Jede verlangt mehrere Schritte: bekannte Verfahren auf eine neue Situation anwenden, zwischen Tabelle, Diagramm und Formel wechseln und das Ergebnis begründen. Bei Schwierigkeiten helfen dir die gestuften Tipps.
A1
Zickzack in der Nuklidkarte — von U-238 bis Ra-226
AFB IIRechts siehst du einen Ausschnitt der Nuklidkarte: waagerecht die Neutronenzahl \(N\), senkrecht die Protonenzahl \(Z\). Eingezeichnet sind die sechs ersten Glieder der Uran-Radium-Reihe. Die Farbe verrät die dominante Zerfallsart (gelb \(=\alpha\), blau \(=\beta^-\)).
a) Bringe die sechs Nuklide in die richtige Zerfallsreihenfolge — klicke sie nacheinander an, beginnend beim Mutternuklid \({}^{238}_{\ 92}\mathrm{U}\).
b) Werte die Kette aus — zuerst über die Massenzahl, danach über die Kernladungszahl.
Stück
Stück
Neutronen
Ansatz: Zug-Tabelle. \(\alpha\): 2 Spalten nach links, 2 Zeilen nach unten (\(A-4\), \(Z-2\)). \(\beta^-\): 1 Spalte nach links, 1 Zeile nach oben (\(A\) bleibt, \(Z+1\)). Merksatz: „ΔA zuerst!" — nur \(\alpha\) ändert die Massenzahl.
Rechenweg: \(\Delta A = 238-226 = 12\), und jeder \(\alpha\)-Zerfall nimmt 4 Nukleonen mit: \(12:4 = 3\) \(\alpha\)-Schritte. Diese drei senken \(Z\) um \(3\cdot 2 = 6\), also von 92 auf 86. Ziel ist aber \(Z = 88\) — es fehlen \(+2\), und jeder \(\beta^-\)-Zerfall bringt \(+1\): also 2 \(\beta^-\)-Schritte. Neutronenzahl: \(N = A - Z = 226 - 88\).
Lösung: Reihenfolge U-238 → Th-234 → Pa-234 → U-234 → Th-230 → Ra-226; 3 \(\alpha\)-Zerfälle, 2 \(\beta^-\)-Zerfälle, \(N = 138\).
Vollständige Lösung
Die Folge lautet \({}^{238}_{\ 92}\mathrm{U}\xrightarrow{\alpha}{}^{234}_{\ 90}\mathrm{Th}\xrightarrow{\beta^-}{}^{234}_{\ 91}\mathrm{Pa}\xrightarrow{\beta^-}{}^{234}_{\ 92}\mathrm{U}\xrightarrow{\alpha}{}^{230}_{\ 90}\mathrm{Th}\xrightarrow{\alpha}{}^{226}_{\ 88}\mathrm{Ra}\) — also \(\alpha,\ \beta^-,\ \beta^-,\ \alpha,\ \alpha\), zusammen 3 \(\alpha\) und 2 \(\beta^-\). Kontrolle über die Doppelbilanz: \(238 - 4\cdot 3 = 226\ \checkmark\) und \(92 - 2\cdot 3 + 1\cdot 2 = 88\ \checkmark\). Für Radium-226 gilt \(N = A - Z = 226 - 88 = 138\).
Begründung — warum nach zwei \(\beta^-\)-Schritten wieder Uran dasteht
Beim \(\beta^-\)-Zerfall wird im Kern ein Neutron zu einem Proton; die negative Ladung verlässt den Kern als Elektron. \(Z\) steigt also um 1 (der häufigste Denkfehler ist „\(Z\) sinkt, weil etwas Negatives austritt"). Zweimal \(\beta^-\) hebt \(Z\) von 90 über 91 auf 92 — das ist wieder Uran, aber \(A = 234\) statt 238: dasselbe Element, ein anderes Isotop, vier Nukleonen leichter. Auf der Karte ist das der charakteristische Zickzack: ein Schritt schräg nach unten links (\(\alpha\)), dann zwei Schritte schräg nach oben links (\(\beta^-\)). Weil \(\alpha\) die Massenzahl um 4 und \(\beta^-\) sie gar nicht ändert, bleibt der Rest \(A \bmod 4\) erhalten: \(238 = 4\cdot 59 + 2\) und \(226 = 4\cdot 56 + 2\) — beide gehören zur Reihe \(4n+2\), der Uran-Radium-Reihe.
Ausschnitt der Nuklidkarte
A2
Halbwertszeit aus einer Messreihe herausholen
AFB IIIm Praktikum wird alle 75 s die Zählrate \(n\) eines Präparats gemessen. Die Werte sind bereits um den Nulleffekt korrigiert und gerundet:
| \(t\) in s | 0 | 75 | 150 | 225 | 300 | 375 | 450 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(n\) in 1/s | 480 | 340 | 240 | 170 | 120 | 85 | 60 |
a) Bestimme die Halbwertszeit aus der Tabelle. b) Berechne, welche Zählrate nach \(t = 900\,\mathrm{s}\) zu erwarten ist. c) Gib die Zerfallskonstante an — trage den Zahlenwert in \(10^{-3}\,\mathrm{s^{-1}}\) ein.
s
1/s
· 10⁻³ 1/s
Ansatz: Suche in der Tabelle einen Wert und seine Hälfte und lies die Zeitspanne dazwischen ab — Quotienten prüfen, nicht Differenzen. Für b) zählst du, wie viele Halbwertszeiten in 900 s passen, und halbierst so oft. Für c) gilt \(\lambda = \dfrac{\ln 2}{T_{1/2}}\) mit \(\ln 2 \approx 0{,}693\).
Rechenweg: \(480 \to 240\) dauert von 0 s bis 150 s, \(240 \to 120\) von 150 s bis 300 s, \(120 \to 60\) von 300 s bis 450 s — immer 150 s. Dann \(n = t/T_{1/2} = 900/150 = 6\) und \(n(900\,\mathrm{s}) = 480\cdot\left(\tfrac12\right)^{6} = 480/64\). Schließlich \(\lambda = 0{,}693/150\,\mathrm{s}\).
Lösung: a) \(T_{1/2} = 150\,\mathrm{s}\). b) \(n = 7{,}5\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\). c) \(\lambda \approx 4{,}6\cdot 10^{-3}\,\mathrm{s^{-1}}\).
Vollständige Lösung
a) Die Ablesung gelingt dreimal und liefert jedes Mal denselben Wert: 480 → 240 (0 s bis 150 s), 240 → 120 (150 s bis 300 s), 120 → 60 (300 s bis 450 s). Also \(T_{1/2} = 150\,\mathrm{s}\). Dass jede Ablesestelle denselben Wert ergibt, ist die Kern-Eigenschaft der Zerfallsfunktion — ein Zeitschritt \(T_{1/2}\) bedeutet immer \(\times\tfrac12\), egal wo man startet.
b) \(900\,\mathrm{s} : 150\,\mathrm{s} = 6\) Halbwertszeiten, also \(n = 480\cdot\left(\tfrac12\right)^6 = \dfrac{480}{64} = 7{,}5\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\) — das sind noch rund 1,6 % der Anfangsrate.
c) \(\lambda = \dfrac{\ln 2}{T_{1/2}} = \dfrac{0{,}693}{150\,\mathrm{s}} = 4{,}62\cdot 10^{-3}\,\mathrm{s^{-1}}\).
b) \(900\,\mathrm{s} : 150\,\mathrm{s} = 6\) Halbwertszeiten, also \(n = 480\cdot\left(\tfrac12\right)^6 = \dfrac{480}{64} = 7{,}5\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\) — das sind noch rund 1,6 % der Anfangsrate.
c) \(\lambda = \dfrac{\ln 2}{T_{1/2}} = \dfrac{0{,}693}{150\,\mathrm{s}} = 4{,}62\cdot 10^{-3}\,\mathrm{s^{-1}}\).
Begründung — „Nach 6 Halbwertszeiten ist alles zerfallen"?
Die Aussage ist falsch. Nach 6 Halbwertszeiten liegt die Rate bei 7,5 1/s — weit über dem Nulleffekt von etwa 0,4 1/s und damit klar messbar. Der Grund ist die Asymptoten-Eigenschaft: In jeder Halbwertszeit fällt nicht ein fester Betrag weg, sondern die Hälfte des jeweils noch vorhandenen Bestands. \(\left(\tfrac12\right)^{n}\) wird beliebig klein, erreicht aber für kein endliches \(t\) den Wert null. Erst nach rund 10 Halbwertszeiten sind noch etwa 0,1 % übrig — „praktisch weg", aber eben nicht „nichts".
A3
Technetium-99m — von \(T_{1/2}\) zu \(\lambda\), \(A\) und \(N_0\)
AFB IIFür eine Skelett-Szintigrafie wird \({}^{99\mathrm{m}}\mathrm{Tc}\) gespritzt: \(T_{1/2} = 6{,}0\,\mathrm{h}\), Aktivität bei der Injektion \(A_0 = 600\,\mathrm{MBq}\). Es ist ein reiner \(\gamma\)-Strahler (140 keV), die Kamera steht außerhalb des Körpers.
a) Berechne die Zerfallskonstante in \(\mathrm{s^{-1}}\) — trage den Zahlenwert in \(10^{-5}\,\mathrm{s^{-1}}\) ein. b) Welche Aktivität hat das Präparat 24 h nach der Injektion? c) Wie viele \({}^{99\mathrm{m}}\mathrm{Tc}\)-Kerne wurden gespritzt? Trage den Zahlenwert in \(10^{13}\) Kernen ein.
· 10⁻⁵ 1/s
MBq
· 10¹³ Kerne
Ansatz: Für eine Aktivität in Bq muss \(\lambda\) in \(\mathrm{s^{-1}}\) stehen — rechne die Halbwertszeit also zuerst in Sekunden um (1 h = 3600 s). Bei b) ist 24 h ein glattes Vielfaches von 6,0 h: erst in \(T_{1/2}\) denken, dann halbieren statt die e-Funktion zu bemühen. Bei c) hilft \(A = \lambda\cdot N\), umgestellt \(N_0 = A_0/\lambda\).
Rechenweg: \(T_{1/2} = 6{,}0\cdot 3600\,\mathrm{s} = 2{,}16\cdot 10^{4}\,\mathrm{s}\); \(\lambda = 0{,}693 / 2{,}16\cdot 10^{4}\,\mathrm{s}\). — \(24\,\mathrm{h} : 6{,}0\,\mathrm{h} = 4\) Halbwertszeiten, also \(A = 600\,\mathrm{MBq}\cdot\tfrac{1}{16}\). — \(N_0 = \dfrac{6{,}00\cdot 10^{8}\,\mathrm{Bq}}{3{,}2\cdot 10^{-5}\,\mathrm{s^{-1}}}\) (600 MBq = \(6{,}00\cdot 10^{8}\) Bq).
Lösung: a) \(\lambda = 3{,}2\cdot 10^{-5}\,\mathrm{s^{-1}}\). b) \(A = 37{,}5\,\mathrm{MBq}\). c) \(N_0 \approx 1{,}9\cdot 10^{13}\) Kerne.
Vollständige Lösung
a) \(T_{1/2} = 6{,}0\,\mathrm{h} = 2{,}16\cdot 10^{4}\,\mathrm{s}\), also \(\lambda = \dfrac{\ln 2}{T_{1/2}} = \dfrac{0{,}693}{2{,}16\cdot 10^{4}\,\mathrm{s}} = 3{,}2\cdot 10^{-5}\,\mathrm{s^{-1}}\). Wer die Stunden stehen lässt, bekommt \(\lambda\) in \(\mathrm{h^{-1}}\) und ein um den Faktor 3600 falsches Ergebnis.
b) \(n = 24\,\mathrm{h} : 6{,}0\,\mathrm{h} = 4\), also \(A = 600\,\mathrm{MBq}\cdot\left(\tfrac12\right)^4 = 600\,\mathrm{MBq}/16 = 37{,}5\,\mathrm{MBq}\) — ganz ohne Taschenrechner.
c) \(A_0 = \lambda\cdot N_0 \Rightarrow N_0 = \dfrac{A_0}{\lambda} = \dfrac{6{,}00\cdot 10^{8}\,\mathrm{Bq}}{3{,}2\cdot 10^{-5}\,\mathrm{s^{-1}}} \approx 1{,}9\cdot 10^{13}\) Kerne.
b) \(n = 24\,\mathrm{h} : 6{,}0\,\mathrm{h} = 4\), also \(A = 600\,\mathrm{MBq}\cdot\left(\tfrac12\right)^4 = 600\,\mathrm{MBq}/16 = 37{,}5\,\mathrm{MBq}\) — ganz ohne Taschenrechner.
c) \(A_0 = \lambda\cdot N_0 \Rightarrow N_0 = \dfrac{A_0}{\lambda} = \dfrac{6{,}00\cdot 10^{8}\,\mathrm{Bq}}{3{,}2\cdot 10^{-5}\,\mathrm{s^{-1}}} \approx 1{,}9\cdot 10^{13}\) Kerne.
Begründung — warum ausgerechnet sechs Stunden gut passen
Die Halbwertszeit ist ein Kompromiss. Sie muss lang genug sein für Herstellung, Transport, Injektion und Anreicherung im Knochen: bei der Aufnahme rund 2 h nach der Injektion sind noch etwa 79 % der Anfangsaktivität da, das Bild wird hell genug. Sie muss zugleich kurz genug sein, damit der Patient die Aktivität schnell wieder los ist: nach einem Tag ist nur noch \(\tfrac{1}{16}\) übrig, nach zwei Tagen weniger als 0,4 %. Ein Diagnostiknuklid muss schnell verschwinden — für eine Datierung wäre genau dieselbe Halbwertszeit unbrauchbar, dort braucht man \(T_{1/2}\) in der Größenordnung des gesuchten Alters.
A4
Halblogarithmisch aufgetragen — aus der Steigung wird \(T_{1/2}\)
AFB IIEine Messreihe wurde halblogarithmisch aufgetragen: senkrecht \(\ln N\), waagerecht die Zeit \(t\) in Jahren. Die Messpunkte liegen auf einer fallenden Geraden. Abgelesen werden zwei weit auseinanderliegende Punkte: \(\ln N = 13{,}0\) bei \(t = 0\) und \(\ln N = 9{,}0\) bei \(t = 20\,\mathrm{a}\).
a) Berechne den Betrag der Steigung — er ist die Zerfallskonstante \(\lambda\). b) Bestimme daraus die Halbwertszeit.
1/a
a
Ansatz: Logarithmieren macht aus \(N = N_0\,e^{-\lambda t}\) die Geradengleichung \(\ln N = \ln N_0 - \lambda\,t\). Vergleiche mit \(y = b + m\cdot t\): der Achsenabschnitt ist \(\ln N_0\), die Steigung ist \(m = -\lambda\). Danach \(T_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda}\).
Rechenweg: \(m = \dfrac{9{,}0 - 13{,}0}{20\,\mathrm{a} - 0\,\mathrm{a}} = \dfrac{-4{,}0}{20\,\mathrm{a}} = -0{,}20\,\mathrm{a^{-1}}\). Das Minuszeichen gehört zur Steigung, nicht zu \(\lambda\): \(\lambda = 0{,}20\,\mathrm{a^{-1}}\). Dann \(T_{1/2} = 0{,}693/0{,}20\,\mathrm{a^{-1}}\).
Lösung: a) \(\lambda = 0{,}20\,\mathrm{a^{-1}}\). b) \(T_{1/2} \approx 3{,}5\,\mathrm{a}\).
Vollständige Lösung
Aus \(N(t) = N_0\,e^{-\lambda t}\) wird durch Logarithmieren \(\ln N = \ln N_0 - \lambda\,t\) — eine Gerade mit Achsenabschnitt \(\ln N_0 = 13{,}0\) und Steigung \(-\lambda\). Mit den beiden Ablesepunkten: \(m = \dfrac{9{,}0 - 13{,}0}{20\,\mathrm{a}} = -0{,}20\,\mathrm{a^{-1}}\), also \(\lambda = 0{,}20\,\mathrm{a^{-1}}\). Damit \(T_{1/2} = \dfrac{\ln 2}{\lambda} = \dfrac{0{,}693}{0{,}20\,\mathrm{a^{-1}}} \approx 3{,}5\,\mathrm{a}\). Tipp fürs Ablesen: immer zwei möglichst weit auseinanderliegende Punkte wählen, dann fällt der Ablesefehler kaum ins Gewicht.
Begründung — warum \(1/\lambda = 5{,}0\,\mathrm{a}\) hier die falsche Antwort ist
\(1/\lambda\) ist die mittlere Lebensdauer, nicht die Halbwertszeit. Der Unterschied ist genau der Faktor \(\ln 2 \approx 0{,}693\): Wer ihn weglässt, erhält 5,0 a statt 3,5 a — rund 44 % zu viel. Zweiter typischer Fehler: das Minuszeichen der Steigung in \(\lambda\) hineinziehen. Eine negative Zerfallskonstante gibt es nicht; die Kurve fällt, weil \(-\lambda t\) im Exponenten steht. Und schließlich die Faustregel zur Kontrolle: je steiler die halblogarithmische Gerade fällt, desto größer \(\lambda\) und desto kürzer \(T_{1/2}\) — zehnmal flacher heißt zehnmal langlebiger.
ln N gegen t — fallende Gerade
A5
Zählrate sauber machen — Nulleffekt abziehen
AFB IIEin Geiger-Müller-Zählrohr registriert mit Präparat 5040 Impulse in 4 min. Anschließend wird das Präparat entfernt und ohne Quelle weitergemessen: 120 Impulse in 5 min.
a) Berechne die gemessene Bruttorate. b) Berechne den Nulleffekt. c) Gib die Nettozählrate des Präparats an.
1/s
1/s
1/s
Ansatz: \(n = \dfrac{\Delta N}{\Delta t}\). Die beiden Messungen dauerten verschieden lang — deshalb darfst du die Impulszahlen nicht direkt voneinander abziehen, sondern musst beide erst in Raten (Impulse pro Sekunde) umrechnen. Vorsicht bei den Minuten: 4 min = 240 s, 5 min = 300 s.
Rechenweg: Brutto: \(5040 : 240\,\mathrm{s}\). Nulleffekt: \(120 : 300\,\mathrm{s}\). Netto: Bruttorate minus Nulleffekt.
Lösung: a) 21 1/s. b) 0,4 1/s. c) 20,6 1/s.
Vollständige Lösung
a) \(n_{\text{brutto}} = \dfrac{5040}{240\,\mathrm{s}} = 21\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\). b) \(n_0 = \dfrac{120}{300\,\mathrm{s}} = 0{,}4\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\). c) \(n_{\text{netto}} = 21 - 0{,}4 = 20{,}6\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\). Der klassische Fehler wäre \(5040 - 120 = 4920\) Impulse — das vergleicht 4 Minuten mit 5 Minuten und ist sinnlos. Größenordnung: Der Nulleffekt macht hier nur rund 2 % aus.
Begründung — wann der Nulleffekt wichtig wird und wann die Totzeit
Der Nulleffekt stammt aus Höhenstrahlung und natürlicher Umgebungsstrahlung; er ist ein konstanter Zusatzbeitrag und macht die Anzeige zu groß — abziehen macht sie also kleiner. Bei einer schwachen Bodenprobe mit 1,6 1/s wären dieselben 0,42 1/s bereits rund 26 % der Anzeige: hier entscheidet der Abzug über das Ergebnis. Die Totzeit \(\tau\) wirkt in die andere Richtung: unmittelbar nach jedem Impuls ist das Rohr kurz blind, es verliert Teilchen, die wahre Rate ist also stets größer als die gemessene (\(n_{\text{wahr}} = \frac{n}{1-n\tau}\)). Bei 21 1/s und \(\tau \approx 10^{-4}\,\mathrm{s}\) sind das \(n\cdot\tau \approx 0{,}2\,\%\) — vernachlässigbar. Kurz: kleine Raten \(\rightarrow\) Nulleffekt abziehen, hohe Raten \(\rightarrow\) Totzeit korrigieren.
A6
Kennlinie des Zählrohrs — den Betriebspunkt finden
AFB IIEin festes Präparat liegt in konstantem Abstand vor dem Zählrohr. Die Spannung \(U\) wird schrittweise erhöht, je 60 s gemessen, die Werte sind bereits nulleffektkorrigiert:
| \(U\) in V | 280 | 320 | 360 | 400 | 440 | 480 | 520 | 560 | 600 | 640 | 680 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(n\) in 1/s | 0 | 4 | 96 | 148 | 151 | 154 | 156 | 158 | 161 | 205 | 470 |
a) Ordne jeder Spannung den Bereich der Kennlinie zu, in dem sie liegt.
300 V
480 V
680 V
b) Gib die sinnvolle Betriebsspannung an. c) Berechne, um wie viel Prozent die Zählrate von 400 V bis 600 V ansteigt (auf ganze Prozent gerundet).
V
%
Ansatz: Lies die Tabelle als Kurve: erst bleibt die Rate fast null, dann steigt sie steil an, dann verläuft sie über einen breiten Spannungsbereich fast waagerecht, ganz rechts schießt sie hoch. Die Betriebsspannung gehört in die Mitte des Plateaus — nicht an den oberen Rand. Für den relativen Anstieg: \(\dfrac{n_{600} - n_{400}}{n_{400}}\).
Rechenweg: Bis etwa 340 V ist \(n \approx 0\) (Einsatzspannung \(U_\mathrm{E} \approx 350\,\mathrm{V}\)). Von 400 V bis 600 V steigt \(n\) nur von 148 auf 161 1/s — das ist das Plateau; seine Mitte liegt bei rund 500 V. Ab 640 V (205, dann 470 1/s) beginnt die Dauerentladung. Anstieg: \(\dfrac{161-148}{148} = \dfrac{13}{148}\).
Lösung: 300 V unterhalb \(U_\mathrm{E}\), 480 V im Plateau, 680 V in der Dauerentladung; \(U_\mathrm{B} \approx 500\,\mathrm{V}\); Anstieg rund 9 %.
Vollständige Lösung
Die Kennlinie zerfällt in drei Bereiche: bis ca. 340 V reicht das Feld nicht für Lawinen, die Rate ist praktisch null (Einsatzspannung \(U_\mathrm{E}\approx 350\,\mathrm{V}\)); ca. 400 V bis 600 V ist das Plateau — über 200 V Spannungsänderung wächst die Rate nur von 148 auf 161 1/s, also um \(\frac{13}{148} \approx 8{,}8\ \% \approx 9\ \%\), hier gilt „ein Teilchen, ein Impuls"; ab ca. 640 V steigt die Rate steil an (205, dann 470 1/s) — das Rohr zündet selbstständig durch. Als Betriebsspannung wählt man die Plateaumitte, also etwa \(U_\mathrm{B} = 500\,\mathrm{V}\).
Begründung — warum nicht einfach „mehr Spannung, mehr Anzeige"
Das Plateau ist kein „Bestwert", sondern ein Sicherheitsbereich: dort ändert sich die Zählrate kaum, wenn die Spannung schwankt — die Messung wird stabil. Am unteren Rand droht man unter die Einsatzspannung zu rutschen und zählt gar nichts mehr; am oberen Rand ist der Puffer weg und man landet in der Dauerentladung. Die 470 1/s bei 680 V stammen dann nicht von einzelnen Teilchen, sondern von der selbstständigen Entladung: keine gültigen Messwerte, dazu Zerstörungsgefahr für das Rohr. Wer mehr Impulse braucht, erhöht deshalb nicht die Spannung, sondern die Messdauer, verkleinert den Abstand oder schirmt den Untergrund mit Blei ab.
Gemessene Kennlinie n(U)
A7
Halbleiterdetektor kalibrieren — vom Kanal zur Energie
AFB IIEin Vielkanalanalysator sortiert die Impulse eines Halbleiterdetektors nach ihrer Höhe in Kanäle. Zwei bekannte \(\alpha\)-Linien dienen als Eichmarken: Kanal 120 \(\leftrightarrow\) 4,20 MeV und Kanal 480 \(\leftrightarrow\) 6,00 MeV. Für die Kalibriergerade gilt \(W = m\cdot K + b\).
a) Berechne die Steigung — trage sie in keV je Kanal ein. b) Berechne den Achsenabschnitt \(b\). c) Welche Energie gehört zu Kanal 340? d) In welchem Kanal liegt eine Linie mit 5,49 MeV?
keV/Kanal
MeV
MeV
Kanal
Ansatz: Zwei Punkte legen eine Gerade fest: \(m = \dfrac{\Delta W}{\Delta K}\), danach \(b = W_1 - m\cdot K_1\). Rückwärts wird umgestellt zu \(K = \dfrac{W-b}{m}\) — erst \(b\) abziehen, dann durch \(m\) teilen. Und: 1 MeV = 1000 keV.
Rechenweg: \(m = \dfrac{6{,}00 - 4{,}20}{480 - 120}\,\dfrac{\mathrm{MeV}}{\text{Kanal}} = \dfrac{1{,}80}{360} = 0{,}0050\,\dfrac{\mathrm{MeV}}{\text{Kanal}} = 5{,}0\,\dfrac{\mathrm{keV}}{\text{Kanal}}\). Dann \(b = 4{,}20 - 0{,}0050\cdot 120\). Für c) \(W = 0{,}0050\cdot 340 + b\), für d) \(K = (5{,}49 - b)/0{,}0050\).
Lösung: a) 5,0 keV/Kanal. b) \(b = 3{,}60\,\mathrm{MeV}\). c) 5,30 MeV. d) Kanal 378.
Vollständige Lösung
a) \(m = \dfrac{6{,}00\,\mathrm{MeV} - 4{,}20\,\mathrm{MeV}}{480 - 120} = \dfrac{1{,}80\,\mathrm{MeV}}{360} = 0{,}0050\,\dfrac{\mathrm{MeV}}{\text{Kanal}} = 5{,}0\,\dfrac{\mathrm{keV}}{\text{Kanal}}\).
b) \(b = 4{,}20\,\mathrm{MeV} - 0{,}0050\,\dfrac{\mathrm{MeV}}{\text{Kanal}}\cdot 120 = 4{,}20 - 0{,}60 = 3{,}60\,\mathrm{MeV}\). Kontrolle mit der zweiten Marke: \(0{,}0050\cdot 480 + 3{,}60 = 6{,}00\ \checkmark\).
c) \(W(340) = 0{,}0050\cdot 340 + 3{,}60 = 1{,}70 + 3{,}60 = 5{,}30\,\mathrm{MeV}\).
d) \(K = \dfrac{5{,}49 - 3{,}60}{0{,}0050} = \dfrac{1{,}89}{0{,}0050} = 378\).
b) \(b = 4{,}20\,\mathrm{MeV} - 0{,}0050\,\dfrac{\mathrm{MeV}}{\text{Kanal}}\cdot 120 = 4{,}20 - 0{,}60 = 3{,}60\,\mathrm{MeV}\). Kontrolle mit der zweiten Marke: \(0{,}0050\cdot 480 + 3{,}60 = 6{,}00\ \checkmark\).
c) \(W(340) = 0{,}0050\cdot 340 + 3{,}60 = 1{,}70 + 3{,}60 = 5{,}30\,\mathrm{MeV}\).
d) \(K = \dfrac{5{,}49 - 3{,}60}{0{,}0050} = \dfrac{1{,}89}{0{,}0050} = 378\).
Kalibriergerade W = m·K + b
A8
\(\alpha\)-Linien deuten — Fingerabdruck und Feinstruktur
AFB IIJedes Nuklid sendet \(\alpha\)-Teilchen mit festen Energien aus — die Peaklagen sind sein Fingerabdruck. a) Ordne den gemessenen Linien zu, wozu sie gehören. Achte dabei zuerst auf die Form, dann auf die Energieskala.
0,14 MeV
1,17 MeV
4,2 MeV
8,8 MeV
Das Spektrum rechts stammt von einem Präparat: Peak P1 bei 5,30 MeV (Fläche 2400), Peak P2 bei 5,49 MeV (Fläche 7600).
b) Berechne die Energie des \(\gamma\)-Quants, das den Höhenunterschied der beiden Kernzustände abtransportiert (in keV). c) Berechne die relative Häufigkeit des 5,30-MeV-Übergangs.
keV
%
Ansatz: Für die Zuordnung gilt: \(\alpha\)-Linien liegen typisch bei 4 bis 9 MeV, \(\gamma\)-Linien oft bei einigen hundert keV bis gut 1 MeV — und 140 keV sind 0,14 MeV. Für b): \(W_\gamma = W_{\alpha,\max} - W_{\alpha,\text{klein}}\). Für c): \(h_\mathrm{rel} = \dfrac{A_\mathrm{Peak}}{\sum A}\) — mit der Fläche, nicht der Höhe.
Rechenweg: \(W_\gamma = 5{,}49\,\mathrm{MeV} - 5{,}30\,\mathrm{MeV} = 0{,}19\,\mathrm{MeV}\), und 0,19 MeV = 190 keV. Gesamtfläche \(\sum A = 2400 + 7600 = 10\,000\), also \(h_\mathrm{rel}(\mathrm{P1}) = \dfrac{2400}{10\,000}\).
Lösung: 0,14 MeV → Tc-99m (γ), 1,17 MeV → Co-60 (γ), 4,2 MeV → U-238 (α), 8,8 MeV → Po-212 (α); \(W_\gamma = 190\,\mathrm{keV}\); \(h_\mathrm{rel}(\mathrm{P1}) = 24\ \%\) (P2 entsprechend 76 %).
Vollständige Lösung
a) Erst die Form, dann die Skala: alle vier Angaben sind Linien, also \(\alpha\) oder \(\gamma\). Im MeV-Bereich (4,2 und 8,8 MeV) liegen die \(\alpha\)-Energien — 4,2 MeV gehört zu \({}^{238}\mathrm{U}\), 8,8 MeV zu \({}^{212}\mathrm{Po}\). Bei einigen hundert keV bis gut 1 MeV liegen die \(\gamma\)-Photopeaks: 0,14 MeV = 140 keV ist die bekannte Linie von \({}^{99\mathrm{m}}\mathrm{Tc}\), 1,17 MeV eine der \({}^{60}\mathrm{Co}\)-Linien.
b) Beide \(\alpha\)-Gruppen stammen vom selben Zerfall: bei 5,49 MeV entsteht der Tochterkern im Grundzustand (das \(\alpha\) bekommt die gesamte frei werdende Energie), bei 5,30 MeV bleibt der Tochterkern angeregt zurück. Die Differenz \(W_\gamma = 5{,}49 - 5{,}30 = 0{,}19\,\mathrm{MeV} = 190\,\mathrm{keV}\) wird als \(\gamma\)-Quant abgestrahlt — der erste angeregte Zustand liegt also 190 keV über dem Grundzustand.
c) \(\sum A = 2400 + 7600 = 10\,000\); \(h_\mathrm{rel}(\mathrm{P1}) = 2400/10\,000 = 24\ \%\), \(h_\mathrm{rel}(\mathrm{P2}) = 76\ \%\). Der 5,49-MeV-Übergang ist gut dreimal so häufig.
b) Beide \(\alpha\)-Gruppen stammen vom selben Zerfall: bei 5,49 MeV entsteht der Tochterkern im Grundzustand (das \(\alpha\) bekommt die gesamte frei werdende Energie), bei 5,30 MeV bleibt der Tochterkern angeregt zurück. Die Differenz \(W_\gamma = 5{,}49 - 5{,}30 = 0{,}19\,\mathrm{MeV} = 190\,\mathrm{keV}\) wird als \(\gamma\)-Quant abgestrahlt — der erste angeregte Zustand liegt also 190 keV über dem Grundzustand.
c) \(\sum A = 2400 + 7600 = 10\,000\); \(h_\mathrm{rel}(\mathrm{P1}) = 2400/10\,000 = 24\ \%\), \(h_\mathrm{rel}(\mathrm{P2}) = 76\ \%\). Der 5,49-MeV-Übergang ist gut dreimal so häufig.
Begründung — warum die Fläche zählt und nicht die Höhe
Die Fläche eines Peaks ist die Gesamtzahl der Impulse, die zu dieser \(\alpha\)-Gruppe gehören — sie ist die eigentliche Häufigkeit. Die Höhe hängt zusätzlich davon ab, wie breit der Peak ist, und die Breite ist eine Eigenschaft des Detektors, nicht der Strahlung: die Zahl der Elektron-Loch-Paare streut um \(N \pm \sqrt{N}\), deshalb wird aus einer scharfen Energie ein Peak endlicher Breite. Ein Detektor mit schlechterer Auflösung liefert breitere und niedrigere Peaks — die Fläche bleibt dieselbe. Deshalb ist „der höchste Peak hat die größte Energie" doppelt falsch: die Lage gibt die Energie, die Fläche die Häufigkeit, die Breite die Auflösung.
α-Spektrum mit Feinstruktur
A9
Linien oder Band? \(\alpha\)-Spektrum gegen \(\beta\)-Spektrum
AFB IIZwei Energie-Häufigkeits-Diagramme liegen vor. a) Ordne jedes Merkmal der Strahlungsart zu, zu der es gehört.
wenige scharfe Linien bei festen Energien
lückenloses Band von nahezu 0 bis \(W_{\max}\)
Zweikörperzerfall — die Aufteilung ist eindeutig festgelegt
Dreikörperzerfall — ein Neutrino nimmt einen beliebigen Anteil mit
b) Ein \(\beta\)-Band endet bei \(W_{\max} = 0{,}60\,\mathrm{MeV}\); gemessen wird ein Elektron mit 0,25 MeV. Welche Energie trägt das Neutrino? c) Für ein anderes Nuklid gilt \(W_{\max} = 1{,}44\,\mathrm{MeV}\), das Elektron hat 0,52 MeV. Wie viel bleibt für das Neutrino?
MeV
MeV
Ansatz: Form zuerst: Linien deuten auf \(\alpha\) (oder \(\gamma\)), ein Band auf \(\beta\). Für die Rechnung gilt die Bilanz \(W_{\text{Elektron}} + W_{\text{Neutrino}} = W_{\max}\), also \(W_\nu = W_{\max} - W_\mathrm{e}\). Die Summe ist bei jedem einzelnen Zerfall dieselbe — nur die Aufteilung wechselt.
Rechenweg: b) \(W_\nu = 0{,}60\,\mathrm{MeV} - 0{,}25\,\mathrm{MeV}\). c) \(W_\nu = 1{,}44\,\mathrm{MeV} - 0{,}52\,\mathrm{MeV}\) — das Neutrino nimmt hier fast zwei Drittel mit.
Lösung: b) 0,35 MeV. c) 0,92 MeV.
Vollständige Lösung
a) Scharfe Linien und Zweikörperzerfall gehören zum \(\alpha\)-Spektrum, Band bis \(W_{\max}\) und Dreikörperzerfall zum \(\beta\)-Spektrum.
b) \(W_\nu = W_{\max} - W_\mathrm{e} = 0{,}60 - 0{,}25 = 0{,}35\,\mathrm{MeV}\) — das unsichtbare Neutrino trägt hier mehr als das gemessene Elektron.
c) \(W_\nu = 1{,}44 - 0{,}52 = 0{,}92\,\mathrm{MeV}\).
b) \(W_\nu = W_{\max} - W_\mathrm{e} = 0{,}60 - 0{,}25 = 0{,}35\,\mathrm{MeV}\) — das unsichtbare Neutrino trägt hier mehr als das gemessene Elektron.
c) \(W_\nu = 1{,}44 - 0{,}52 = 0{,}92\,\mathrm{MeV}\).
Begründung — warum das \(\beta\)-Spektrum überhaupt ein Band ist
Beim \(\alpha\)-Zerfall entstehen genau zwei Teilchen: Tochterkern und \(\alpha\)-Teilchen. Energie- und Impulserhaltung legen die Aufteilung dann eindeutig fest — je Übergang genau ein Energiewert, also eine scharfe Linie. Beim \(\beta\)-Zerfall entstehen drei Teilchen: Tochterkern, Elektron und (Anti-)Neutrino. Die Summe \(W_\mathrm{e} + W_\nu\) ist zwar bei jedem Zerfall dieselbe (\(= W_{\max} = Q\)), die Aufteilung aber beliebig — daraus wird ein lückenloses Band von nahezu 0 bis \(W_{\max}\). Wichtig: \(W_{\max}\) ist die obere Grenze, nicht der Mittelwert; die meisten Elektronen liegen deutlich darunter, und nur wer dem Neutrino fast nichts lässt, erreicht \(W_{\max}\). Beim \(\beta\)-Zerfall geht also keine Energie verloren — man hatte bis 1930 nur einen Teilnehmer übersehen.
A10
Abschirmungs-Experiment auswerten — was steckt im Strahl?
AFB IIEin unbekanntes Präparat wird untersucht. Abstand und Messdauer bleiben konstant, die Abschirmungen werden nacheinander hinzugefügt — von der schwächsten zur stärksten:
| Abschirmung | nichts | Blatt Papier | + 2 mm Alu | + 4 cm Blei | kein Präparat |
|---|---|---|---|---|---|
| \(n\) in 1/s | 1240 | 430 | 96 | 12 | 0,4 |
a) Wie groß ist der \(\alpha\)-Anteil der Zählrate? b) Wie groß ist der \(\beta\)-Anteil? c) Das Wievielfache des Nulleffekts misst man noch hinter dem Blei?
1/s
1/s
· Nulleffekt
d) Dasselbe Blei hat für diese \(\gamma\)-Strahlung die Halbwertsdicke \(d_{1/2} = 12\,\mathrm{mm}\). Welche Rate bliebe von \(I_0 = 800\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\) hinter 36 mm Blei übrig?
1/s
Ansatz: Werte über Differenzen aus: was ein Blatt Papier wegnimmt, war \(\alpha\); was zusätzlich von 2 mm Aluminium gestoppt wird, war \(\beta\); was danach noch durchkommt, ist \(\gamma\). Für d) gilt \(I = I_0\cdot\left(\tfrac12\right)^{n}\) mit \(n = \dfrac{d}{d_{1/2}}\) — \(n\) ist Exponent, nicht Divisor.
Rechenweg: \(\alpha\): \(1240 - 430\). \(\beta\): \(430 - 96\). Restrate hinter Blei: \(12 : 0{,}4\). Für d): \(n = 36\,\mathrm{mm} : 12\,\mathrm{mm} = 3\), also \(I = 800\cdot\tfrac18\).
Lösung: a) 810 1/s. b) 334 1/s. c) das 30-Fache. d) 100 1/s.
Vollständige Lösung
a) Das Blatt Papier stoppt \(\alpha\) vollständig: \(1240 - 430 = 810\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\).
b) Die zusätzlichen 2 mm Aluminium stoppen \(\beta\): \(430 - 96 = 334\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\).
c) Hinter dem Blei bleiben 12 1/s, der Nulleffekt beträgt 0,4 1/s: \(12 : 0{,}4 = 30\). Die Restrate ist also das 30-Fache des Nulleffekts — klar messbar und damit der eigentliche \(\gamma\)-Nachweis. Das Präparat sendet alle drei Strahlungsarten aus.
d) \(n = 36\,\mathrm{mm} : 12\,\mathrm{mm} = 3\) Halbwertsdicken, also \(I = 800\cdot\left(\tfrac12\right)^3 = 800/8 = 100\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\). Wer stattdessen durch 3 teilt, erhält 267 1/s — ein klassischer Fehler.
b) Die zusätzlichen 2 mm Aluminium stoppen \(\beta\): \(430 - 96 = 334\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\).
c) Hinter dem Blei bleiben 12 1/s, der Nulleffekt beträgt 0,4 1/s: \(12 : 0{,}4 = 30\). Die Restrate ist also das 30-Fache des Nulleffekts — klar messbar und damit der eigentliche \(\gamma\)-Nachweis. Das Präparat sendet alle drei Strahlungsarten aus.
d) \(n = 36\,\mathrm{mm} : 12\,\mathrm{mm} = 3\) Halbwertsdicken, also \(I = 800\cdot\left(\tfrac12\right)^3 = 800/8 = 100\ \tfrac{1}{\mathrm{s}}\). Wer stattdessen durch 3 teilt, erhält 267 1/s — ein klassischer Fehler.
Begründung — warum man von schwach nach stark abschirmt
Jeder Schritt sagt nur, ob ein Anteil vorhanden war — nicht, ob er der einzige ist. Beginnt man gleich mit der Bleiplatte, misst man nur noch die \(\gamma\)-Restrate und übersieht \(\alpha\) und \(\beta\) vollständig; die Differenzen, aus denen die Anteile stammen, entstehen erst durch die Reihenfolge nichts → Papier → Alu → Blei. Der zweite Punkt betrifft das Ende der Kette: 12 1/s sind nicht null, und sie werden es auch nie. \(\alpha\) und \(\beta\) haben eine echte Reichweite, \(\gamma\) dagegen wird nach \(I(d) = I_0\,e^{-\mu d}\) nur abgeschwächt — jede Schicht nimmt denselben Anteil weg, für keine endliche Dicke wird das exakt null. „Abgeschirmt" heißt im Strahlenschutz deshalb nie „null", sondern „unterhalb eines festgelegten Grenzwerts", und man muss dazusagen, welcher Wert gemeint ist.
Absorptionsversuch in vier Schritten
Reflexion — bevor du weitergehst
Drei Fragen zum Nachdenken — antworte für dich selbst.
- 1. Faktoren statt Differenzen:In A2, A3 und A10 ging es immer um wiederholtes Halbieren. Bei welcher Aufgabe warst du versucht, stattdessen einen festen Betrag abzuziehen oder zu dividieren — und woran hättest du den Fehler sofort erkannt?
- 2. Einheiten und Zehnerpotenzen:\(\lambda\) in \(\mathrm{s^{-1}}\) statt \(\mathrm{h^{-1}}\), keV statt MeV, Impulse statt Impulse pro Sekunde: Welche Umrechnung hat dich am meisten Zeit gekostet? Notiere dir die drei Faktoren, die du dir merken willst.
- 3. Gerät oder Strahlung?Peakbreite, Plateau, Totzeit, Nulleffekt — das sind Eigenschaften des Messgeräts. Linienlage, Bandform und Halbwertszeit gehören zur Strahlung. Bei welcher Aufgabe war diese Trennung der eigentliche Schlüssel zur Begründung?