Übung — AFB III (Verallgemeinern und Reflektieren)

a) Beim \(\alpha\)-Zerfall entstehen genau zwei Teilchen: der Tochterkern und das \(\alpha\)-Teilchen. Energie- und Impulserhaltung legen dann fest, wie sich die frei werdende Energie \(Q\) auf beide verteilt — es gibt nur eine einzige Möglichkeit. Jede \(\alpha\)-Gruppe ist deshalb monoenergetisch und erscheint als scharfe Linie. Beim \(\beta^-\)-Zerfall entsteht zusätzlich ein Antineutrino; es ist ein Dreikörperzerfall. Für Elektron und Neutrino gilt zwar in jedem einzelnen Zerfall \(W_{\mathrm e}+W_\nu=W_{\max}=Q\), die Aufteilung ist aber beliebig. Über viele Zerfälle treten daher alle Elektronenenergien von nahezu 0 bis \(W_{\max}\) auf: ein lückenloses Band.

Wichtig: Es geht beim \(\beta\)-Zerfall keine Energie verloren. Das scheinbar fehlende Stück steckt im Neutrino, das praktisch nicht wechselwirkt und deshalb unbemerkt entweicht. Historisch war genau das der Grund für Paulis Neutrino-Vorschlag von 1930 — er rettete die Energieerhaltung, nachgewiesen wurde das Teilchen erst 1956.

b) \(W_\nu=W_{\max}-W_{\mathrm e}=0{,}60\;\mathrm{MeV}-0{,}25\;\mathrm{MeV}=\mathbf{0{,}35\;MeV}\). Das Neutrino trägt hier sogar mehr als das Elektron.

Typischer Fehler: \(W_{\max}\) als mittlere Energie der Elektronen zu lesen. \(W_{\max}\) ist die obere Grenze; das Bandmaximum liegt deutlich weiter links, und \(W_{\max}\) erreicht nur, wer dem Neutrino fast nichts übrig lässt.

a) \(m=\dfrac{4{,}95-6{,}68}{500\;\mathrm{s}-0\;\mathrm{s}}=\dfrac{-1{,}73}{500\;\mathrm{s}}=-3{,}5\cdot10^{-3}\;\mathrm{s^{-1}}\) ⇒ \(\lambda=3{,}5\cdot10^{-3}\;\mathrm{s^{-1}}\) ⇒ \(T_{1/2}=\dfrac{\ln 2}{\lambda}=\dfrac{0{,}693}{3{,}5\cdot10^{-3}\;\mathrm{s^{-1}}}\approx 2{,}0\cdot10^{2}\;\mathrm{s}\).

b) Nachweis, dass der Ansatz passt: Die Differenzen der Logarithmen für jeweils \(\Delta t=100\;\mathrm{s}\) lauten −0,34; −0,35; −0,34; −0,35; −0,35. Sie sind im Rahmen der Rundung konstant. Konstante Differenzen von \(\ln n\) bedeuten: \(\ln n\) ist linear in \(t\), die halblogarithmische Auftragung ergibt eine Gerade — und genau das ist das Kennzeichen eines exponentiellen Verlaufs. In gleichen Zeitschritten wird mit demselben Faktor multipliziert (\(e^{-0{,}347}\approx0{,}71\) je 100 s), nicht derselbe Betrag abgezogen.

Kontrollrechnung: Die Rate fällt von 800 1/s auf 400 1/s zwischen \(t=0\) und \(t=200\;\mathrm{s}\) — genau eine Halbierung in 200 s. Das bestätigt \(T_{1/2}\approx200\;\mathrm{s}\) unabhängig von der Steigungsrechnung. Eine zweite Ablesung an anderer Stelle (400 → 200 zwischen 200 s und 400 s) liefert denselben Wert; dass jede Ablesestelle dasselbe \(T_{1/2}\) ergibt, ist die Kern-Eigenschaft der Zerfallsfunktion.

Warum weit auseinanderliegende Punkte: Jeder abgelesene Wert trägt eine Unsicherheit. Bei zwei benachbarten Punkten ist die Differenz \(\Delta(\ln n)\approx0{,}35\) klein, die Ablesefehler wirken sich also stark aus. Über die volle Messstrecke ist \(\Delta(\ln n)=1{,}73\) — derselbe absolute Ablesefehler fällt fünfmal weniger ins Gewicht. Grenze der Auswertung: Sie ist nur so gut wie die Voraussetzung, dass genau ein Nuklid und ein sauber abgezogener Nulleffekt vorliegen (vergleiche A10).

a) Plateaumitte: \(U_{\mathrm B}\approx500\;\mathrm V\). Über die 200 V von 400 V bis 600 V steigt die Rate nur von 148 1/s auf 161 1/s, also um 13 1/s (rund 9 %).

b) Begründung: Das Plateau ist kein „Bestwert“, sondern ein Sicherheitsbereich. Dort ändert sich die Zählrate bei Spannungsschwankungen kaum — die Messung wird also stabil und reproduzierbar, und es gilt die Zählbedingung ein Teilchen = ein Impuls. In der Mitte des Plateaus hat man nach beiden Seiten Puffer: Rutscht die Spannung nach unten, droht der Bereich unter der Einsatzspannung \(U_{\mathrm E}\approx350\;\mathrm V\), wo das Feld für Lawinen zu schwach ist und die Rate auf nahezu null einbricht. Am oberen Rand ist der Puffer weg.

Zum Vorschlag „aufdrehen“: Er ist abzulehnen. Bei 680 V liegt das Rohr im Dauerentladungsbereich: Die 470 1/s stammen nicht von einzelnen Teilchen, sondern von einer selbstständigen Entladung, die auch ohne Präparat weiterläuft. Die Werte sind damit keine gültigen Messwerte mehr, und das Rohr kann Schaden nehmen. Höhere Spannung macht das Rohr also nicht empfindlicher.

Was man stattdessen tut, wenn die Rate zu klein ist: im Plateau bleiben und die Impulszahl erhöhen — länger messen (etwa 30 min statt 60 s), die Probe näher ans Fenster bringen oder mehr Material verwenden, den Nulleffekt unter gleichen Bedingungen lange messen und abziehen, und ihn durch eine Bleiabschirmung senken.

Merke: Einsatzspannung, Plateau und Dauerentladung betreffen das Einstellen des Geräts; Totzeit und Nulleffekt betreffen das Korrigieren der Messung (siehe A7). Beides nicht vermischen.

a) Zählgas: \(\Delta N/N=1/\sqrt{3{,}3\cdot10^{4}}=1/182\approx5{,}5\cdot10^{-3}=\mathbf{0{,}55\;\%}\). Silizium: \(1/\sqrt{2{,}8\cdot10^{5}}=1/527\approx1{,}9\cdot10^{-3}=\mathbf{0{,}19\;\%}\). Weil Silizium nur 3,6 eV statt 30 eV je Paar braucht, entstehen rund 8,3-mal so viele Träger; die relative Schwankung wird um \(\sqrt{8{,}3}\approx2{,}9\), also etwa den Faktor 3 kleiner — die Peaks sind rund dreimal schmaler.

Warum die Schwankung die Peakbreite erzeugt: Die Impulshöhe ist proportional zur Trägerzahl \(N\), und \(N\) streut von Ereignis zu Ereignis wie \(N\pm\sqrt N\). Eine scharfe Energie erscheint deshalb als Peak endlicher Breite. Mehr Träger heißt kleinere relative Streuung heißt schmalerer Peak — genau das nennt man besseres Auflösungsvermögen.

b) Entscheidung: der Halbleiterdetektor. Der entscheidende Grund ist nicht die Statistik, sondern das Messprinzip: Das Zählrohr arbeitet im Plateau als Alles-oder-nichts-Gerät — jede Lawine ist gleich groß, ob ein \(\alpha\)- oder ein \(\beta\)-Teilchen gestartet hat. Der Einzelimpuls enthält gar keine Energieinformation, es entstehen überhaupt keine Peaks. Der Halbleiterdetektor verzichtet bewusst auf eine Verstärkung im Detektor: Die Zahl der Elektron-Loch-Paare ist \(N=W/W_{\text{Paar}}\), die gesammelte Ladung \(Q=N\cdot e\) und damit die Impulshöhe proportional zur Energie.

Einwand „dann messen wir eben länger“ — zurückzuweisen: Eine längere Messzeit verbessert nur die Zählstatistik: Die Peaks werden höher, ihre Flächen genauer bestimmt. Die Breite eines Peaks entsteht dagegen aus der Schwankung eines einzelnen Impulses und hängt nur von \(N\) und vom Material ab — sie schrumpft durch Messdauer nicht. Beim Zählrohr gibt es ohnehin keine Peaks, die schmaler werden könnten.

Falsche Begründungen, die häufig genannt werden: „mehr Teilchen pro Sekunde zählbar“ und „dünneres Eintrittsfenster“ — beides betrifft die Rate bzw. die Nachweiswahrscheinlichkeit, nicht die Auflösung. „Die Lawine verstärkt im Halbleiter“ — die Lawine ist gerade der Grund, warum das Zählrohr keine Energie messen kann.

a) Beide Linien stammen von demselben Nuklid. Die Linie bei 5,49 MeV gehört zu den Zerfällen, bei denen der Tochterkern im Grundzustand entsteht — das \(\alpha\)-Teilchen erhält dann die gesamte frei werdende Energie, das ist die höchstmögliche \(\alpha\)-Energie. Bei 5,30 MeV entsteht der Tochterkern in einem angeregten Zustand; die Anregungsenergie fehlt dem \(\alpha\)-Teilchen und wird kurz darauf als \(\gamma\)-Quant abgestrahlt.

Beide Linien sind scharf, weil es sich um Zweikörperzerfälle handelt: Energie- und Impulserhaltung legen die Aufteilung zwischen Tochterkern und \(\alpha\)-Teilchen für jeden der beiden Übergänge eindeutig fest.

b) \(W_\gamma=5{,}49\;\mathrm{MeV}-5{,}30\;\mathrm{MeV}=0{,}19\;\mathrm{MeV}=\mathbf{190\;keV}\). Der erste angeregte Zustand liegt also 190 keV über dem Grundzustand, und eine \(\gamma\)-Messung müsste genau diese Linie zeigen — das ist die Vorhersage, an der sich die Deutung prüfen lässt. Häufigkeit: \(\sum A=2400+7600=10\,000\), also \(h_{\text{rel}}(5{,}49\;\mathrm{MeV})=7600/10\,000=\mathbf{76\;\%}\) gegenüber 24 % für die 5,30-MeV-Linie.

Warum Fläche und nicht Höhe: Die Fläche ist die Gesamtzahl der Impulse und bleibt gleich, wenn sich die Energieauflösung verschlechtert — der Peak wird dann nur breiter und niedriger. Die Höhe hängt dagegen vom Detektor ab.

Zurückzuweisen: „Die Peaks haben eine Breite, also haben \(\alpha\)-Teilchen keine feste Energie.“ Das verwechselt Messgerät und Strahlung. Die Breite entsteht im Detektor (\(N\pm\sqrt N\) Ladungsträger). Prüfbar ist das direkt: Ein besserer Detektor liefert schmalere Peaks an denselben Stellen. Zutreffend ist nur, dass ein Einzelimpuls die Energie mit einer Unsicherheit liefert. Ebenfalls falsch: die Linienenergien zu addieren — jedes Teilchen gehört zu genau einer Gruppe.

a) \(\Delta A=238-206=32\Rightarrow n_\alpha=32/4=\mathbf{8}\). Acht \(\alpha\)-Zerfälle allein brächten \(Z\) von 92 auf 76; da \({}^{206}\mathrm{Pb}\) aber \(Z=82\) hat, fehlen 6 Einheiten, die jeweils ein \(\beta^-\)-Zerfall liefert: \(n_{\beta^-}=\mathbf{6}\). Kontrolle der Doppelbilanz: \(92-2\cdot8+1\cdot6=82\) ✓ und \(238-4\cdot8=206\) ✓.

b) Warum genau vier Reihen: Der \(\alpha\)-Zerfall ändert \(A\) um \(-4\), der \(\beta\)-Zerfall lässt \(A\) unverändert. Damit bleibt der Rest von \(A\) bei Division durch 4 in jedem einzelnen Schritt erhalten — er ist eine Erhaltungsgröße. Es gibt nur die Reste 0, 1, 2 und 3, also genau vier Familien: \(4n\) (Thorium, \({}^{232}\mathrm{Th}\rightarrow{}^{208}\mathrm{Pb}\)), \(4n+1\) (Neptunium, \({}^{237}\mathrm{Np}\rightarrow{}^{209}\mathrm{Bi}\)), \(4n+2\) (Uran-Radium, \({}^{238}\mathrm{U}\rightarrow{}^{206}\mathrm{Pb}\)) und \(4n+3\) (Uran-Actinium, \({}^{235}\mathrm{U}\rightarrow{}^{207}\mathrm{Pb}\)). Ein Kern kann seine Restklasse deshalb nie verlassen; Start und Endnuklid haben immer denselben Rest (208 → 0, 209 → 1, 206 → 2, 207 → 3).

c) Urteil: Der Merksatz trifft einen richtigen Kern — die drei Reihen, die es in der Natur noch gibt, enden tatsächlich bei \({}^{206}\mathrm{Pb}\), \({}^{207}\mathrm{Pb}\) und \({}^{208}\mathrm{Pb}\). Als allgemeiner Satz ist er aber falsch: Die Neptunium-Reihe endet bei \({}^{209}\mathrm{Bi}\). Sie kommt in der Natur nur deshalb nicht mehr vor, weil \({}^{237}\mathrm{Np}\) mit \(T_{1/2}=2{,}1\cdot10^{6}\;\mathrm a\) gemessen am Erdalter von \(4{,}5\cdot10^{9}\;\mathrm a\) etwa 2100 Halbwertszeiten hinter sich hat — sie ist längst ausgestorben. Auch die Begründung im Zitat trägt nicht: Nicht die Wanderrichtung erzwingt das Ende, sondern das Erreichen eines stabilen Nuklids im Stabilitätsband.

Präzise Formulierung: „Die drei in der Natur noch vorkommenden Zerfallsreihen enden bei Blei.“ Physikalische Aussagen sollten ihren Gültigkeitsbereich mitnennen.

a) Stellungnahme: Miras Beobachtung ist korrekt, ihre Schlussfolgerung nicht. Ein Messfehler ist ein Zufallseffekt und zeigt sich als Streuung um eine Gerade — einzelne Punkte liegen darüber, andere darunter, ohne System. Hier liegen die Punkte aber in beiden Abschnitten sauber auf je einer Geraden, und der Wechsel geschieht an einer bestimmten Stelle. Das ist ein systematischer Steigungswechsel und damit ein physikalischer Befund, kein Fehler. Wer die Werte streicht, wirft genau die Information weg, die die Probe interessant macht. Zusätzlich verstößt das Streichen gegen die Redlichkeit: Man verwirft Daten nicht, weil sie der erwarteten Deutung widersprechen.

b) Deutung: Die Probe enthält zwei Nuklide mit sehr verschiedenen Halbwertszeiten. Die gemessene Rate ist die Summe zweier Exponentialfunktionen. Am Anfang dominiert das kurzlebige Nuklid mit großem \(\lambda\) — daher die steile Gerade. Nach einigen seiner Halbwertszeiten ist es praktisch verschwunden; übrig bleibt die flachere Gerade des langlebigen Nuklids. Die Summe zweier Exponentialfunktionen ist selbst keine Exponentialfunktion — deshalb ist eine einzige Gerade hier gar nicht zu erwarten.

c) Richtige Auswertung: (1) \(\lambda\) des langlebigen Nuklids aus der Steigung des flachen Teilstücks bestimmen, dort möglichst weit auseinanderliegende Punkte wählen. (2) Diese Gerade nach \(t=0\) zurück-extrapolieren und ihre Werte von den gemessenen Raten abziehen. (3) Die Differenzen erneut halblogarithmisch auftragen — sie ergeben die Gerade des kurzlebigen Anteils und liefern dessen Halbwertszeit. Prüfung: die Messung deutlich länger fortsetzen. Bleibt der hintere Teil eine Gerade mit unveränderter Steigung, ist die Zwei-Nuklid-Deutung bestätigt; ein Messfehler oder ein vergessener Untergrundbeitrag würde die Gerade dagegen erneut verbiegen. Ergänzend: Nulleffekt lange und unter denselben Bedingungen nachmessen — ein falsch abgezogener konstanter Untergrund biegt die Kurve am unteren Ende ebenfalls ab.

Die Wendung zum Mitnehmen: Die „störenden“ Messwerte waren die wertvollsten der ganzen Reihe. Ob eine Abweichung ein Fehler oder ein Befund ist, entscheidet nicht ihre Größe, sondern ihr Muster.