E5 Übungsblatt 5
Author:
Jean Amadeus Elsner
Last Updated:
9 years ago
License:
Creative Commons CC BY 4.0
Abstract:
Experimentalphysik 5: Kern- und Teilchenphysik
\begin
Discover why 18 million people worldwide trust Overleaf with their work.
Experimentalphysik 5: Kern- und Teilchenphysik
\begin
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\begin{document}
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\lhead{E5: Kern- und Teilchenphysik}
\rhead{Übungsblatt 4}
\begin{enumerate}
\item \textbf{Energieverlust kosmischer Myonen in Eisen}\\
Betrachten Sie ein kosmisches Myon der Energie $E=\SI{3}{\giga\electronvolt}$, welches durch eine $\SI{5}{\centi\metre}$ dicke Eisenplatte ($Z=\num{26}$, $A=\num{55.85}$, $\varrho = \SI{7.874}{\gram\per\cubic\centi\metre}$) fliegt. Berechnen Sie den Energieverlust des Myons im Eisen. Warum können Sie hierfür den Energieverlust als eine Konstante betrachten, anstelle über die vom Myon zurückgelegte Streckte zu integrieren?\\
Hinweis: Vernachlässigen Sie die Dichteeffektkorrektur und nehmen Sie für das Ionisationspotential $I\approx Z\cdot \SI{10}{\electronvolt}$ an.
\begin{align*}
-\expval{\dv{E}{x}}&=K\cdot z^2\cdot\rho\frac{Z}{A}\cdot\frac{1}{\beta^2}\qty[\frac{1}{2}\ln{\frac{2m_ec^2\beta^2\gamma^2\cdot T_{max}}{I^2}}-\beta^2]\\
E &= \gamma m c^2 \qquad \land \qquad \beta = \sqrt{1-\frac{1}{\gamma^2}} \qquad\land\qquad K=\frac{4\pi N_a \alpha \qty(\hbar c)^2}{m_e c^2}\\
\Rightarrow \gamma &= \frac{\SI{3}{\giga\electronvolt}}{m_{\mu}c^2}=\num{28.39}\\
\beta &= \num{0.999}\approx \num{1}\\
T_{max} &= \frac{2m_ec^2\beta^2\gamma^2}{1+2\gamma\frac{m_e}{M}+\qty(\frac{m_e}{M})^2}\stackrel{M\gg m_e}{\approx}2m_ec^2\beta^2\gamma^2=\SI{823.7}{\mega\electronvolt}\\
K &= \SI{6.74e-16}{\joule\per\metre\kg\cubed} = \SI{4.20e-3}{\mega\electronvolt\per\metre\kg\cubed}\\
-\expval{\dv{E}{x}} &=\SI{2.151}{\mega\electronvolt\per\cm}\\
\dd{E}\qty(\SI{5}{\cm}) &= \SI{10.755}{\mega\electronvolt}
\end{align*}
\item \textbf{Solare Neutrinos}\\
In der Präsenzübung hatten Sie die Energieerzeugung der Sonne mittels thermonuklearer Fusion betrachtet. Hierbei werden in der sogenannten \textit{pp}-Kette vier Protonen in mehreren Zwischenschritten zu einem $^4$He-Kern fusioniert. Die Gesamtreaktion ergibt sich dabei zu:
\begin{align}
\ce{4p -> ^4He++ + 2e+ + 2\nu_e + Q}
\end{align}
mit der bei der Fusion freiwerdenden Gesamtenergie Q.
\begin{enumerate}
\item Welche Lebensdauer erhält man für die Sonne unter der Annahme, dass alle in der Sonne vorhandenen Protonen in der \textit{pp}-Katte zu He umgewandelt werden? Verwenden Sie hierfür den in der Präsenzaufgabe berechneten Neutrinofluss auf der Erde (d.h. in $\SI{1}{\astronomicalunit} = \SI{1.5e11}{\metre}$ Abstand von der Sonne) von $\Phi_{pp}=\SI{6.89e14}{\per\metre\squared\per\second}$.
\begin{align*}
m_{Sun} &= \SI{2.0e30}{\kilogram}\\
\dot{N}_{\nu} &= \Phi_{pp}\cdot A = \Phi_{pp}\cdot 4\pi \cdot (\SI{1}{\astronomicalunit})^2=\SI{1.948e38}{\per\second}\\
\dot{N}_{p} &= \num{2} \cdot \dot{N}_{\nu} = \SI{3.896e38}{\per\second}
\end{align*}
Der Wasserstoffgehalt der Sonne beträgt momentan etwa $\SI{75}{\percent}$.
\begin{align*}
\Rightarrow N_p &= \frac{\SI{75}{\percent}\cdot m_{Sun}}{m_p} = \num{8.971e56}\\
T &= \frac{N_p}{\dot{N}_p} = \SI{7.3e10}{\year}
\end{align*}
In einem Nebenzweig des \textit{pp}-Zyklus werden durch Einfang eines Elektrons an $^7$Be in der Reaktion
\begin{align}
\label{2}
\ce{e- + ^7Be -> ^7Li + \nu_e}
\end{align}
mono-energetische Neutrinos mit einer Energie von $E_{\mathrm{Be}} = \SI{862}{\kilo\electronvolt}$ erzeugt, die in unterirdischen Detektoren über Neutrino-Elektron-Streuung nachgewiesen werden können. Im sogenannten \textit{Borexino}-Experiment dient z.B. ein hochreiner Flüssigszintillator (Pseudocumol, $\mathrm{C_9H_{12}}$) von $\SI{100}{\tonne}$ Masse als Elektronentarget, in dem die Rückstoßelektronen ein Lichtsignal erzeugen.
\item Erläutern Sie qualitativ, warum das in Reaktion \eqref{2} emittierte Neutrino mono-energetisch ist. Sie können dabei eine mögliche Anregung des $^7$Li Kerns vernachlässigen, da er in $\SI{89.48}{\percent}$ der Zerfälle im Grundzustand erzeugt wird.\\
\\
Die durch die Kernumwandlung frei werdende Energie (Bindungsenergie des eingefangenen Elektrons) wird als kinetische Energie an das Neutrino abgegeben. Verbleibt der durch die Umwandlung entstandene Tochterkern im Grundzustand, so geht die gesamte Energie an das Neutrino.
\item Berechnen Sie die Anzahl der $\nu_e$ -- $e^-$-Streuereignisse im Detektor pro Tag. Gesehen Sie dabei von einem Wirkungsquerschnitt $\sigma_{\nu_e-e^-} = \SI{7.93e-21}{\barn}$ und einem Neutrinofluss $\Phi_{Be} = \SI{3.3e13}{\per\metre\squared\per\second}$ auf der Erde aus.
\begin{align*}
N_e &= \frac{m_{Szintillator}}{\frac{\SI{120}{\gram\per\mol}}{N_A}}\cdot\underbrace{9\cdot 6\cdot 12}_{\text{Anzahl der $e^-$ pro Molekül}} = \num{3.251e32}\\
\dot{N} &= N_e \cdot \Phi_{Be} \cdot \sigma_{\nu_e-e^-} = \SI{735}{\per\day}
\end{align*}
\end{enumerate}
\item \textbf{Spurenelementanalyse (Teil einer Staatsexamensaufgabe)}\\
Spritzmittel, die im Weinbau verwendet werden, können Arsen enthalten. Um festzustellen, wie viel davon in den Wein gerät, werde eine Weinprobe mit der Masse $\SI{2.00}{\gram}$ für $\SI{16}{\minute}$ in einem Reaktor mit einer Neutronenflussdichte $\Phi = \SI{1.0e15}{\per\second\per\centi\metre\squared}$ bestrahlt. Dabei wird natürliches \ce{^75As} in ein radioaktives \ce{As}-Isotop mit $t_{1/2} = \SI{26.5}{\hour}$ umgewandelt (Aktivierung). Der Wirkungsquerschnitt für diesen Prozess beträgt $\sigma = \SI{5.4e-24}{\per\centi\metre\squared}$.
\begin{enumerate}
\item Geben Sie die Reaktionsgleichung für den Neutroneneinfang an. Welcher Zerfallsprozess ist für das radioaktive \ce{As}-Isotop zu erwarten? Geben Sie die Zerfallsgleichung an.\\
\\
Das Arsen besitzt durch die Bestrahlung einen Neutronen-Überschuss und wird somit wahrscheinlich einen $\beta^-$-Zerfall erfahren.
\begin{align*}
\ce{^75As + n &-> ^76As}\\
\ce{^76As &-> ^76Se + e- + \bar{\nu}_e}
\end{align*}
\item Berechnen Sie die Produktionsrate des radioaktiven As-Isotops, wenn die Probe zu $\num{e-5}$ Gewichtsteilen aus Arsen besteht.
\begin{align*}
\dot{N} &= N_{\mathrm{As}}\cdot\Phi\cdot\sigma = \frac{\SI{2.00}{\gram}\cdot \num{e-5}}{\frac{\SI{75}{\gram\per\mol}}{N_A}}\cdot\Phi\cdot\sigma = \SI{8.67e8}{\per\second}
\end{align*}
\item Wie groß ist die Anzahl $N_{\mathrm{akt}}$ der As-Atome, welche im gesamten Bestrahlungsprozess aktiviert werden? Diskutieren Sie, inwiefern $N_{\mathrm{akt}}$ exakt der am Ende der Bestrahlung vorhandenen Anzahl $N_0$ der radioaktiven As-Atome entspricht.
\begin{align*}
N_{\mathrm{akt}} &= \dot{N}_{\mathrm{As}}\cdot t_{\mathrm{akt}} = \num{8.3e11}
\end{align*}
\end{enumerate}
\item \textbf{Thermische Neutronen und Uranspaltung}
\begin{enumerate}
\item Geben Sie die Rolle des Neutrons bei der Spaltung eines Urankerns \ce{^235U} an. Begründen Sie, warum der Wirkungsquerschnitt mit abnehmender Neutronenenergie zunimmt.\\
\\
Durch thermische –- d. h. vergleichsweise langsame -– Neutronen sind meistens nur Isotope mit ungerader Neutronenzahl gut spaltbar. Nur diese Atomkerne gewinnen durch die Aufnahme eines Neutrons Paarenergie hinzu.
\item In einem Kernspaltungsreaktor wird als Moderationsmaterial zur Abbremsung der Neutronen auf thermische Energie von $E_{n,\mathrm{therm}} \sim \SI{0.025}{\electronvolt}$ oftmals \ce{H2O} verwendet. Betrachten Sie ein Neutron ($m_n = \SI{939.6}{\mega\electronvolt\per\clight\squared}$) mit der kinetischen Energie $E_{\mathrm{kin},n}=\SI{1.74}{\mega\electronvolt}$ und bestimmen Sie seine kinetische Energie\\
\\
Impulserhaltung
\begin{align*}
m_n\cdot v_n &= m_n \cdot v'_n + m_k \cdot v'_k\\
\Rightarrow v'_k &= \frac{m_n\qty(v_n-v'_n)}{m_k}
\end{align*}
Energieerhaltung
\begin{align*}
\frac{m_n}{2}v_n^2 &= \frac{m_n}{2}v'^2_n + \frac{m_k}{2}v'^2_k\\
\Rightarrow \frac{m_n}{2}\qty(v^2_n-v'^2_n) &= \frac{m_k}{2}v'^2_k\\
\frac{m_n}{2}\qty(v^2_n-v'^2_n) &= \frac{m_k}{2}\qty(\frac{m_n(v_n-v'_n)}{m_k})^2\\
\frac{m_n}{2}\qty(v^2_n-v'^2_n) &= \frac{m_n^2}{2m_k}\qty(v_n-v'_n)^2\\
\Leftrightarrow \frac{m_k}{m_n}\qty(v_n+v'_n) &= \qty(v_n-v'_n)\\
\Leftrightarrow v'_n\qty(1+\frac{m_k}{m_n}) &= v_n\qty(1-\frac{m_k}{m_n})\\
\Leftrightarrow v'_n\qty(m_k+m_n) &= v_n\qty(m_n-m_k)\\
\Leftrightarrow v'_n &= v_n\frac{m_n-m_k}{m_n+m_k}\\
\end{align*}
Kinetische Energie
\begin{align*}
E_{\mathrm{kin},n} &= \frac{m_n}{2}v^2_n\\
\Rightarrow v_n &= \sqrt{\frac{2E_{\mathrm{kin},n}}{m_n}} = \SI{1.826e7}{\metre\per\second}
\end{align*}
\begin{enumerate}
\item nach einem zentralen Stoß mit einem ruhenen H-Kern ($m_p=\SI{938}{\mega\electronvolt\per\clight\squared}$), und
\begin{align*}
v'_n &= \SI{1.556e4}{\metre\per\second}\\
\Rightarrow E'_{\mathrm{kin},n} &= \SI{1.265}{\electronvolt}
\end{align*}
\item nach einem zentralen Stoß mit einem ruhenden O-Kern ($m_O=\SI{14900}{\mega\electronvolt\per\clight\squared}$).
\begin{align*}
v'_n &= \SI{-1.609e7}{\metre\per\second}\\
\Rightarrow E'_{\mathrm{kin},n} &= \SI{1.353}{\mega\electronvolt}
\end{align*}
\end{enumerate}
\item Unter Berücksichtigung nichtzentraler Stöße des Neutrons mit ruhenden H-Kernen gilt im Mittel für jeden Stoß: $E_{n,\mathrm{nacher}}=\num{0.368}\cdot E_{n,\mathrm{vorher}}$. Bestimmen Sie die Anzahl \textit{N} solcher Stöße, die zur Abbremsung eines Neutrons von $E_n=\SI{1.74}{\mega\electronvolt}$ auf thermische Energie notwendig ist.
\begin{align*}
E_{\mathrm{therm}} &\geq E_n \cdot \num{0.368}^n\\
\Rightarrow \frac{E_{\mathrm{therm}}}{E_n} &\geq \num{0.368}^n\\
\ln(\frac{E_{\mathrm{therm}}}{E_n}) &\geq n\cdot \ln(\num{0.368})\\
n &\geq \frac{\ln(\frac{\SI{0.025}{\electronvolt}}{\SI{1.74}{\mega\electronvolt}})}{\ln(\num{0.368})} > \num{18.06}\\
n &\geq \num{19}
\end{align*}
\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}