Differentialgleichungen — Radioaktivität und Abkühlung

Aufgabenstellung

Ausgangspunkt

Kohlenstoff-14 (C-14) ist ein radioaktives Isotop, das in lebenden Organismen in einem konstanten Verhältnis vorkommt. Nach dem Tod eines Organismus zerfällt C-14 mit einer konstanten Rate. Die Halbwertszeit beträgt $t_{1/2} = 5730$ Jahre. Ein archäologisches Fundstück (Holzkohle) enthält noch 35 % des ursprünglich vorhandenen C-14.

Aufgaben

• (a) Stelle die Differentialgleichung für den radioaktiven Zerfall auf und löse sie. Berechne die Zerfallskonstante $\lambda$ aus der gegebenen Halbwertszeit. (5 BE)

• (b) Berechne das Alter des Fundstücks. Runde auf volle Jahre. (4 BE)

• (c) Newton’sches Abkühlungsgesetz: Ein Metallstück hat zum Zeitpunkt $t = 0$ eine Temperatur von $80\,°\mathrm{C}$ und kühlt in einem Raum mit konstanter Temperatur $T_\infty = 20\,°\mathrm{C}$ ab. Nach $t = 10$ Minuten beträgt die Temperatur $60\,°\mathrm{C}$. Stelle die DGL auf, löse sie mit der Anfangsbedingung, bestimme die Abkühlkonstante $k$ und berechne, nach wie vielen Minuten die Temperatur $25\,°\mathrm{C}$ beträgt. (6 BE)

Lösungsweg

Schritt 1: Radioaktiver Zerfall — DGL und Lösung (a)

Die Anzahl der C-14-Atome $N(t)$ nimmt proportional zur vorhandenen Menge ab:

$N'(t) = -\lambda \cdot N(t)$

Lösung durch Trennung der Variablen:

$\frac{dN}{N} = -\lambda\,dt$

$\int \frac{dN}{N} = \int -\lambda\,dt$

$\ln|N| = -\lambda t + C_1$

$N(t) = e^{C_1} \cdot e^{-\lambda t} = C \cdot e^{-\lambda t}$

Anfangsbedingung $N(0) = N_0$:

$N_0 = C \cdot e^0 = C$

Damit ist die spezielle Lösung:

$\boxed{N(t) = N_0 \cdot e^{-\lambda t}}$

Bestimmung der Zerfallskonstante $\lambda$ aus der Halbwertszeit:

Nach der Halbwertszeit $t_{1/2} = 5730$ Jahren gilt $N(t_{1/2}) = \frac{N_0}{2}$:

$\frac{N_0}{2} = N_0 \cdot e^{-\lambda \cdot 5730}$

$e^{-5730\lambda} = \frac{1}{2}$

$-5730\lambda = \ln\frac{1}{2} = -\ln 2$

$\lambda = \frac{\ln 2}{5730} \approx \frac{0{,}6931}{5730} \approx 1{,}2097 \times 10^{-4} \text{ pro Jahr}$

Schritt 2: Alter des Fundstücks (b)

Gesucht ist der Zeitpunkt $t^*$, zu dem noch 35 % des ursprünglichen C-14 vorhanden sind:

$N(t^*) = 0{,}35 \cdot N_0$

Einsetzen in die Lösungsformel:

$0{,}35 \cdot N_0 = N_0 \cdot e^{-\lambda t^*}$

$e^{-\lambda t^*} = 0{,}35$

$-\lambda t^* = \ln(0{,}35)$

$t^* = -\frac{\ln(0{,}35)}{\lambda} = \frac{-(-1{,}0498)}{1{,}2097 \times 10^{-4}}$

$t^* = \frac{1{,}0498}{1{,}2097 \times 10^{-4}} \approx 8678 \text{ Jahre}$

$\boxed{t^* \approx 8678 \text{ Jahre}}$

Plausibilitätsprüfung: 35 % liegt zwischen $\frac{1}{4}$ (zwei Halbwertszeiten ≈ 11460 Jahre) und $\frac{1}{2}$ (eine Halbwertszeit = 5730 Jahre). Ein Alter von ca. 8700 Jahren liegt erwartungsgemäß zwischen diesen Werten. ✓

Schritt 3: Newton’sches Abkühlungsgesetz (c)

DGL aufstellen: Die Abkühlungsrate ist proportional zur Temperaturdifferenz zwischen Körper und Umgebung:

$T'(t) = -k \cdot (T(t) - T_\infty) = -k \cdot (T(t) - 20)$

Substitution: Setze $u(t) = T(t) - 20$ (Temperaturdifferenz zur Umgebung). Dann gilt $u'(t) = T'(t)$:

$u'(t) = -k \cdot u(t)$

Lösung (wie beim Zerfall):

$u(t) = C \cdot e^{-kt}$

Also:

$T(t) = 20 + C \cdot e^{-kt}$

Anfangsbedingung $T(0) = 80\,°\mathrm{C}$:

$80 = 20 + C \cdot e^0 = 20 + C \quad \Rightarrow \quad C = 60$

Spezielle Lösung:

$T(t) = 20 + 60 \cdot e^{-kt}$

Bestimmung von $k$ aus $T(10) = 60\,°\mathrm{C}$:

$60 = 20 + 60 \cdot e^{-10k}$

$40 = 60 \cdot e^{-10k}$

$e^{-10k} = \frac{40}{60} = \frac{2}{3}$

$-10k = \ln\!\left(\frac{2}{3}\right) = \ln 2 - \ln 3$

$k = -\frac{\ln(2/3)}{10} = \frac{\ln(3/2)}{10} \approx \frac{0{,}4055}{10} \approx 0{,}04055 \text{ min}^{-1}$

Vollständige Lösungsformel:

$\boxed{T(t) = 20 + 60 \cdot e^{-0{,}04055\,t}}$

Zeit bis $T = 25\,°\mathrm{C}$:

$25 = 20 + 60 \cdot e^{-0{,}04055\,t}$

$5 = 60 \cdot e^{-0{,}04055\,t}$

$e^{-0{,}04055\,t} = \frac{1}{12}$

$-0{,}04055\,t = \ln\!\left(\frac{1}{12}\right) = -\ln 12$

$t = \frac{\ln 12}{0{,}04055} \approx \frac{2{,}4849}{0{,}04055} \approx 61{,}3 \text{ min}$

$\boxed{t \approx 61{,}3 \text{ Minuten}}$

Plausibilitätsprüfung: $T(10) = 20 + 60 \cdot e^{-0{,}4055} \approx 20 + 60 \cdot 0{,}667 = 20 + 40 = 60\,°\mathrm{C}$ ✓. Bei $t \to \infty$ gilt $T \to 20\,°\mathrm{C}$ (Raumtemperatur) ✓.

Ergebnis

Teilaufgabe	Ergebnis
(a) Zerfallskonstante	$\lambda = \dfrac{\ln 2}{5730} \approx 1{,}21 \times 10^{-4}\,\mathrm{a}^{-1}$; $N(t) = N_0 e^{-\lambda t}$
(b) Alter des Fundstücks	$t^* \approx 8678$ Jahre
(c) Abkühlkonstante	$k \approx 0{,}04055\,\mathrm{min}^{-1}$; $T(t) = 20 + 60e^{-kt}$
(c) Zeit bis 25 °C	$t \approx 61{,}3$ Minuten