Kidolgozott példák RELATIVITÁSELMÉLET 1. példa Rajzolja fel a K vonatkoztatási rendszer Minkowski-diagramját úgy, hogy mindkét tengelyen [3*108 m] = [3,5 cm] léptéket használ! (a) Ábrázolja ezen a diagramon a v = 0,7c sebességgel mozgó űrhajóhoz rögzített K' vonatkoztatási rendszer tengelyeit léptékhelyesen, ha tudjuk, hogy a t = -1 s időpillanatban volt az űrhajó az x = 0 pontban és ez megfelel a t' = 0 időpillanatnak! (b) Vegyen fel az ábrán olyan A, B eseménypárt, amelyek K'-ben ugyanakkor történtek, de K' szerint B esemény 2*108 m-rel távolabb következett be, mint A. Állapítsa meg, hogy K szerint hogyan különülnek el időben az események, szerkessze meg és számolja ki a K-ban megfigyelt időkülönbséget! (c) Rajzolja fel annak az objektumnak a világvonalát, amely a K rendszerben 0,5c sebességgel mozog és áthalad a K' vonatkoztatási rendszer origóján. Szerkesztéssel és számolással is határozza meg, hogy mekkora a K'-ben mért sebessége ezen objektumnak?
Megoldás (a)
0,7 ;
1 1 2
1,4 ;
1 2 1,71 ; LI=1,71*35 mm≈60 mm a lépték a KI tengelyein. 2 1
(b) x I 2 10 8 m ; t I 0 ; A inverz Lorentz-transzformáció szerint:
x I v t 2 x I t I 0,653s c c Másrészt a Minkowski-diagramról: t I
(c) u I
23mm 1s 0,657 s 35mm
u v 0,307c uv 1 2 c
A Minkowwski-diagramra felrajzolva a KI vonatkoztatási rendszer origóján átmenő 0,5 meredekségű egyenest (az ábrán szürke színű egyenes), kiválasztva egy tetszőleges C pontját, párhuzamos vetítésekkel meghatározzuk és lemérjük ezen pont x CI és ct CI koordinátáit, kapjuk ,hogy
I
x CI ct
I C
19mm 0,301 . 63mm
2. példa Egy 100 m nyugalmi hosszúságú űrhajó saját óránk szerint 0,19 μs alatt haladt el mellettünk. Milyen hosszúságúnak láttuk az űrhajót?
Megoldás Legyen K az űrhajó, K' pedig a mi vonatkoztatási rendszerünk, tehát x 100 m és t I 1,9 10 7 s . A
x x x I ct I , amiből I ct 1 2 x 0,868 és 2 , így az űrhajó hossza szerintünk x I 50 m .
hosszkontrakció jelensége miatt:
3. példa Egy távoli csillag színképében a hidrogén-spektrum ún. C-vonalának hullámhossza a laboratoriumban mérhető = 0,656279 m helyett ' = 0,656935 m-nek adódott. Határozzuk meg a csillag távolságát millió fényév egységben az ún. Hubble-törvény felhasználásával: v = H*R , ahol v a relatív sebesség, R a távolság és H =1,5*104 (m/s)/(millió fényév) az ún. Hubble-állandó!
Megoldás l
A relativisztikus Doppler-effektus távolodó objektumra: f f
cv , cv
cv , melyet v-re megoldva kapjuk, hogy: v=10-3c=3*105 m/s. cv 3 * 10 5 m v s millió fényév 20 millió fényév . A Hubble-törvényből: R H 1,5 * 10 4 m s l
amelyből a hullámhosszakra:
KVANTUMELMÉLET 4. példa Fémmegmunkáló impulzuslézer 60 J energiájú, 0,5 ms időtartamú, 694 nm hullámhosszúságú fényimpulzusokat bocsát ki. Az 1mm átmérőjű lézersugarat vaslemezre bocsátjuk. A lemez felületéről a fény (fotonok) 65%-ka visszaverődik. (a) Hány foton van egyetlen fényimpulzusban? (b) Mekkora nyomást fejt ki egy fényimpulzus a lemezen? (c) Milyen vastag vaslemez fúrható át egyetlen fényimpulzussal? (A vas sűrűsége 7800 kg/m3, párolgáshője pedig 6,85 MJ/kg.) Megoldás (a)
0,694 10 6 m , f
c 4,323 1014 Hz , h f 6,625 10 34 Js 4,323 1014 Hz 2,864 10 19 J
E 60 J 2,1 10 20 foton van egyetlen fényimpulzusban. -19 2,864 10 J m (b) Egy foton lendülete (impulzusa): i 9,55 10 28 kg . Egy visszaverődő foton lendület változása c s 2i (mivel i -ről i -re változik a lendülete), míg egy elnyelődő foton lendületváltozása i (mivel i -ről n
0-ra változik a lendülete), tehát a teljes eredő lendületváltozás:
I 0,65n 2i 0,35n i 3,3 10 7 kg
m . s
Newton II. axiómája szerint az erőhatás:
v mv I F ma m t t t F p 840 Pa . 2 d 4
3,3 10 7 kg 5 10 - 4 s
m s 6,6 10 4 N , és így a lemezre kifejtett nyomás:
(c) A lézersugár egy x hosszúságú hengert éget ki a vaslemezből, amelynek a tömege:
d2 x , az elnyelt energiának ennyi vas elégetéséhez szükséges hőt kell fedeznie, tehát: 4 d2 0,35 60 J m L p x L p x 0,5 mm vastagságú vaslemezt fúr át egyetlen fényimpulzus. 4 m
5. példa Határozza meg a H-atom M héjján levő elektron sebességét a Bohr-modell alapján, ha tudjuk, hogy a legbelső héj sugara 53 pm. Megoldás A Bohr-modell szerint: rn n 2 r1 , így r3 = 9*53 pm = 4,77*10-10 m , másrészt:
me v n rn n
h , amiből: v3 = 7,29*105 m/s 2
6. példa Valamely fém Kα elektron-átmenetéből származó fotonokat ugyanezen fém felületére bocsátva azt tapasztaljuk, hogy a foto-effektussal kilépő elektronok 11,5 V ellentérrel fékezhetők le. Melyik ez a fém, ha tudjuk, hogy a kilépési munka 2,25 eV és a Kα-átmenetéhez tartozó empirikus árnyékolási korrekciós tényező 1,84? Megoldás A fotoeffektus Einstein-egyenlete szerint:
h Wk E m Wk U e e 2,25eV 11,5eV 13,75eV 2,2 10 18 J , amiből: 3,32 1015 Hz . 1 4 1 K -átmenet: n1 2 n 2 1 , tehát a: Z s 2 R 2 2 képletből: Z s 3 (Lítium). 3R n 2 n1
ATOMMAGFIZIKA 7. példa A bróm rendszáma 35, relatív atomsúlya 79,9. Két stabil (természetben található) izotópja van: a Br 79 és a Br81. (a) Határozza meg a két stabil izotóp előfordulási gyakoriságát! (b) Irja fel a Br-atom részletes elektronszerkezetét és magyarázza a vegyértékét! (c) A Br82-izotóp β—-bomlású radioaktív anyag. Milyen kémiai elem keletkezik a bomlás során? Megoldás (a) 79,9 x 79 1 x 81 x 0,55 , tehát a 79-es izotóp 55%-ban, a 81-es 45%-ban fordul elő. (b) Ks:2 , Ls:2 , Lp:6 , Ms:2 , Mp:6 , Md:10 , Ns:2 , Np:5 , tehát a bróm 1, illetve 5 vegyértékű. (c) 35Br82
36
Kr82 + e- + + energia , tehát kripton keletkezik.
8. példa A szén 14-es tömegszámú izotópja radioaktív, felezési ideje 5760 év. A légkörben a C14 mennyisége stabilizálódott, mivel a kozmikus sugárzás miatti keletkezés és a radioaktív bomlás üteme egyensúlyba került. Az élő szervezetek az anyagcseréjük során C14-et is beépítik, majd elpusztulásuk után a C14 aktivitása folyamatosan csökken a szerves anyagban (mivel leállt az anyagcsere nincs C14 utánpótlás), így a C14 aktivitásának méréséből következtetni lehet arra, hogy mikor pusztult el az élőlény (az ún. karbon kormeghatározási módszer). Szenofern fáraó fából készült szarkofágjából vett minta aktivitása ma 8,67 Bq, ugyanezen fajtájú élő fából kimetszett pontosan ugyanekkora tömegű minta aktivitása pedig 15,150,05 Bq. Becsülje meg, hogy mikor halt meg Szenofern fáraó, ha a mérést 1971-ben végezték! Megoldás
At A0 2
tT
ln t T
A0
At , melybe behelyettesítve A0=8,67 Bq, az A(t)=15,2 Bq, illetve ln 2
A(t)=15,1 Bq aktivitásértékeket 4665, illetve 4611 év adódik, tehát ie. 2694 és ie. 2640 közöttre tehető Szenofern fáraó halála.
9. példa Földünkön jelenleg a természetes uránban átlagosan 0,08% U236-izotóp, 99,92% U238-izotóp. Az atomreaktorok egyik igen elterjedt típusában használatos dúsított uránban 6% U236-izotóp, 94% U238-izotóp. Az U236-izotóp felezési ideje 2,1*106 év, az U238-izotópé pedig 4,51*109 év. 1996-ban izgalmas felfedezésről lehetett olvasni: Dél-Afrikában olyan uránkőzetre bukkantak, melyben az U236-izotóp százalékos aránya a fenti átlagos érték harmincszorosa, tehát megdöbbentő mértékben eltér a természetes aránytól. Az egyik (kissé fantasztikus!) magyarázat szerint azon a helyen valamikor atomreaktor
működött. Ha feltételezzük, hogy a fenti típusú reaktorban használták a dúsított uránt, akkor mennyi idővel ezelőtt üzemelt a reaktor? Megoldás Ha feltételezzük, hogy egy reaktorban használt urán üzemanyagról van szó, akkor a reaktor működésekor
N 236 t 0 6 . N 238 t 0 94 N t 2,4 Ma, azaz t idővel később ez az arány: 236 . N 238 t 97,6 (tehát t=0 időkor) a 236-os és 238-as izotóp aránya:
A bomlási törvény szerint: N 236 t N 236 t 0 2 Ezeket visszaírva (2)-be és felhasználva (1)-et:
t
T236
(1) (2)
és N 238 t N 238 t 0 2
t
T238
.
t
2, 4 6 2 T236 , amely egy-ismeretlenes egyenlet t-re és megoldásként t=2,89 millió év adódik. 97,6 94 t T238 2 10. példa Egy anyag abszorpciós felezési távolságát úgy határozzák meg, hogy 0,5 mm vastagságú fóliát készítenek belőle. A fóliát egy rétegben helyezve a radioaktív vastagságmérőbe a másodpercenkénti beütésszám 16640, két rétegben pedig 520. Mekkora az anyag felezési távolsága és a detektor felülete, ha a detektor 20 cm távolságra van a 3*108 Bq aktivitású pontszerű forrástól, a sugárzás felezési távolsága levegőben 17,2 cm? Megoldás Adatok: A1=16640 Bq, A2=520 Bq, A0=3*108 Bq, d=0,5 mm, r=20 cm, Rlev=17,2 cm Az aktivitás távolságfüggését kétszer alkalmazva: r F d Rlev 2 2 R 2 4r r F 2d Rlev A2 A0 2 2 R 2 4r d A Amiből: 1 32 2 R , tehát R=d/5=0,1 mm a felezési távolság, majd visszahelyettesítés után a detektor A2
A1 A0
felületére F=20 cm2 adódik.
11. példa A tórium 90Th 232 izotópja radioaktív. Egy kapszula 0,1 mg tórium-oxidot ( Th3O8 ) tartalmaz (feltételezhetjük, hogy a mintában csak a 232-es tórium izotóp van). Ezen a mintán 1000 darab egyenként 10 másodperces mérést elvégezve az alábbi eredményt kaptuk (k a 10 s alatt detektált bomlások száma, Nk pedig azon mérések száma, amelyben k bomlás történt):
k 0 Nk 33 Hány év a
1 2 3 4 5 114 198 207 184 134
6 72
7 33
8 16
9 7
10 2
90
Th 232 felezési ideje?
Megoldás
k Nk k*Nk
0 33 0
1 2 3 4 5 6 7 8 114 198 207 184 134 72 33 16 114 396 621 736 670 432 231 128
9 7 63
10 2 20
A k beütésszám várható értéke (a Poisson-eloszlás paramétere) az aktivitás és a mérési idő szorzata:
1 3411 1 k Nk 3,411 A t , 1000 k 1000 s 1 így a minta aktivitása: A 0,3411 t s
A tórium-oxid ( Th3O8 ) móltömege: M (Th3O8 ) 3 232 8 16 824
g , mol
10 -4 6 10 23 7,28 1016 , 824 a tórium atomok (és atommagok) száma pedig: N 3 N (Th3O8 ) 3 7,28 1016 2,18 1017 így a tórium-oxid molekulák száma: N (Th3O8 )
Így:
A 1 ln 2 1,56 10 18 , a felezési idő: T f 4, 44 1017 s 1,41 1010 év 14,1 milliárd év . N s
STATISZTIKUS FIZIKA 12. példa Mekkora a valószínűsége annak a szomorú eseménynek, hogy zárthelyi írás közben megfullad a hallgatóság, mivel a Nagyelőadóban található levegő „magától” a tábla előtt levő előadói asztal alatt gyűlik össze? (A Nagyelőadó 4140 légköbméteres, az előadói asztal alatti térfogat 6 m3, a levegő nyomása a teremben 105 Pa, hőmérséklete pedig mindvégig 300 K.) Számolja ki termodinamikai (az entrópia mennyiségen keresztül) és kombinatorikai úton is! Megoldás
pV1 NkT N
pV1 10 29 molekula van a Nagyelőadóban. kT
V V Termodinamikai számolással az izoterm folyamat entrópiája: S Nk ln 2 k ln 2 V1 V1
N
N
1 k ln , 690
10 29
w w 1 másrészt az entrópia valószínűségi értelmezése szerint: S k ln 2 2 w1 w1 690 Kombinatorikailag pedig: a két térfogatot képzeletben tetszőleges V térfogatcellákra osztva az elemi V V száma m1 1 , illetve m 2 2 , amelyekből a lehetséges konfigurációk száma V V w1 m1N , illetve w2 m 2N , tehát a folyamat valószínűsége:
N 2 N 1
w2 m w1 m
V2 V V1 V
N
10 29 1 . 690
13. példa Egy 1 m3 térfogatú tartályban 362,3 K hőmérsékletű, 105 Pa nyomású oxigén gáz van, egy másik 2 m3 térfogatú tartályban pedig azonos hőmérsékletű és nyomású nitrogén gáz. Mekkora a teljes entrópia-változás, ha a két tartályt egybenyitjuk és feltételezzük, hogy izoterm állapotváltozás zajlik le? A számítást végezze el termodinamikai és statisztikus fizikai (kombinatorikai) megközelítésben is! Megoldás:
pV NkT N
pV alapján az oxigén-molekulák száma N O2 2 10 25 , a nitrogén-molekuláké pedig kT
N N 2 4 10 25 . Termodinamikai számolással az izoterm folyamat entrópiája:
3 m3 3 m3 S k N O2 ln N N 2 ln 1m3 2 m3
J 527 . K
Kombinatorikailag pedig: a térfogatokat képzeletben tetszőleges V térfogatcellákra osztva a
1 m3 2 m3 , illetve m N 2 , amelyekből a lehetséges V V 3 m3 , míg a végállapotban a mikroállapotok száma m 2 és a V
mikroállapotok száma a kezdeti állapotban mO2 N
N
konfigurációk száma w1 mO2O2 m N 2N 2
N
lehetséges konfigurációk száma w2 m2 O2
m w S k ln 2 k ln 2 mO w1 2
N O2
m 2 mN 2
N N2
. Az entrópia mikroszkópikus értelmezése szerint:
NN2
3 m3 3 m3 J V V k N O2 ln N N 2 ln 527 3 3 K 1m 2m V V
14. példa Egy kémiai reakció sebessége 310 K-en háromszor akkora, mint 280 K-en. Mekkora a reakció aktivációs energiája? Megoldás
e
kT1
3e
kT2
ε
k ln 3 4,39 10 20 J 1 1 T2 T1
15. példa Biztosan tapasztalták már, hogy az asztalra pohárban kitett alkohol gyorsabban tűnik el, mint a víz. Ezt a jelenséget fogjuk rá a párolgásra. A víz párolgáshője Lv = 2,2*106 J/kg, az alkoholé La = 7,3*105 J/kg, az alkohol móltömege M = 36 kg/kmol. A víz párolgási sebessége 300 K hőmérsékleten, normál nyomáson 10-6 kg/s. Mekkora az alkohol párolgási sebessége ugyanezen a hőmérsékleten és azonos körülmények között? Megoldás Az Avogadro-törvény alapján 1 kg vízben Nv=3,33*1025 , míg 1 kg alkoholban Na=1,67*1025 molekula van, így az egy molekulára jutó átlagos molekuláris kötési energia vízben: v
a
Lv 6,6 10 20 J , alkoholban: Nv
La 4,38 10 20 J . A párolgási sebességek arányosak az -nál nagyobb energiával rendelkező Na
molekulák számával, így a Boltzmann-eloszlás alapján a párolgási sebességek aránya:
a
v a a e kT kg kT a v e 213,2 10 6 , tehát az alkohol mintegy 213-szor gyorsabban v v s kT e
párolog 300 K hőmérsékleten, mint a víz.
