A számolásokban az alábbi közelítő értékekkel számolunk: Fejből tudni kell: - a Planck-állandó közelítő értéke 34 6,63 10 h Js - a vákuum-beli fénysebesség közelítő értéke 8 3 10 / c m s - távolságmérték prefixumai - Celsius fok és Kelvinfok közti átváltás 0 273 ; 1 1 T C K T C K Amit a feladatokban megadunk - a Boltzmann-állandó közelítő értéke 8 2 4 10 5, 67 W mK - a Wien-állandó közelítő értéke 3 10 2,9 W Km - a Hidrogén-atom energia-szintjeit jellemző energia-érték - az elemi töltés nagysága 19 1,6 10 e C - az elektron tömege 31 9,1 10 e m kg - a H-atom energiaszintjeire jellemző energia 18 2,18 2,18 10 E aJ J - az Avogadro-szám 23 1 10 6 Av ol N m M.1. Egy vákuumban lévő, abszolút fekete testnek tekinthető fűtőszál 20 cm hosszú, átmérője 1 mm. Mekkora elektromos teljesítménnyel lehet 3500 K hőmérsékleten megtartani? (A hővezetési, és egyéb veszteségektől eltekintünk.) A feladat értelmezése A 3500 K fokra felmelegített fűtőszál folyamatosan veszít az energiájából, mivel fekete test sugárzást bocsát ki magából. Az így kisugárzott energiát nekünk kell visszapótolni az elektromos áram hőhatásának segítségével. A kérdés, hogy ennek az elektromos áramnak mekkora teljesítményt kell biztosítania? Lévén elhanyagoljuk az egyéb hatásokat, elmondható, hogy a fekete test sugárzás teljesítményének meg kell egyezni az elektromos teljesítménnyel, vagyis ft e P P . Adatok, jelölések, információk l = 20 cm = 0,2 m d = 1 mm = 10 -3 m T = 3500 K 8 2 4 10 5, 67 W mK A megoldás A hőmérsékleti sugárzás teljes sugárzási teljesítménye 4 ft P TA , ahol A a test felszíne, ami – lévén hengerről van szó – 2 2 2 A r rl . Ehhez minden adat a rendelkezésünkre áll, bár először kiszámoljuk a henger sugarát, ami r = d/2 = 5·10 -4 m lesz.
This document is posted to help you gain knowledge. Please leave a comment to let me know what you think about it! Share it to your friends and learn new things together.
Transcript
A számolásokban az alábbi közelítő értékekkel számolunk: Fejből tudni kell:
- a Planck-állandó közelítő értéke 346,63 10h Js
- a vákuum-beli fénysebesség közelítő értéke 83 10 /c m s - távolságmérték prefixumai - Celsius fok és Kelvinfok közti átváltás 0 273 ; 1 1T C K T C K
Amit a feladatokban megadunk
- a Boltzmann-állandó közelítő értéke 82 4
105,67W
m K
- a Wien-állandó közelítő értéke 3102,9W K m
- a Hidrogén-atom energia-szintjeit jellemző energia-érték
- az elemi töltés nagysága 191,6 10e C
- az elektron tömege 319,1 10em kg
- a H-atom energiaszintjeire jellemző energia 182,18 2,18 10E aJ J
- az Avogadro-szám 23 1
106Av olN
m
M.1. Egy vákuumban lévő, abszolút fekete testnek tekinthető fűtőszál 20 cm hosszú, átmérője 1 mm. Mekkora elektromos teljesítménnyel lehet 3500 K hőmérsékleten megtartani? (A hővezetési, és egyéb veszteségektől eltekintünk.) A feladat értelmezése A 3500 K fokra felmelegített fűtőszál folyamatosan veszít az energiájából, mivel fekete test sugárzást bocsát ki magából. Az így kisugárzott energiát nekünk kell visszapótolni az elektromos áram hőhatásának segítségével. A kérdés, hogy ennek az elektromos áramnak mekkora teljesítményt kell biztosítania? Lévén elhanyagoljuk az egyéb hatásokat, elmondható, hogy a fekete test sugárzás teljesítményének meg kell egyezni az elektromos teljesítménnyel, vagyis ft eP P .
Adatok, jelölések, információk l = 20 cm = 0,2 m d = 1 mm = 10-3 m T = 3500 K
82 4
105,67W
m K
A megoldás A hőmérsékleti sugárzás teljes sugárzási teljesítménye
4ftP T A ,
ahol A a test felszíne, ami – lévén hengerről van szó – 22 2A r r l . Ehhez minden adat a rendelkezésünkre áll, bár először kiszámoljuk a henger sugarát, ami r = d/2 = 5·10-4 m lesz.
A fentieket összefoglalva, majd behelyettesítve:
4 4 2 42 2 2 5359,44e ftP P T A T r r l r T r l W .
Ekkora teljesítménnyel lehet tehát fenntartani a fűtőszál 3500 K fokos hőmérsékletét. Megjegyzés 1. A félév során sok olyan számolási feladatunk lesz, ahol nagyon nagy számokat és nagyon kis számokat kell tudnunk helyesen kezelni. Egyrészt nem mindegyik számológép kezeli ezeket rendesen, másrészt a nagyon nagy, vagy nagyon kicsi 10 hatványok bepötyögése közben sok hibát ejthetünk. Ezért javaslom, hogy a behelyettesítés során szedjük össze, és írjuk külön a 10 hatványokat, és azok előtagjait, és csak az előtagokat számoljuk ki számológéppel, a 10 hatványokkal akár fejben is el lehet bánni. Valahogy így:
Ebben két trükköt azért „elkövettem”. Egyrészt a kifejezés elején szereplő 2·5 helyére beírtam a 10-et, másrészt a zárójelből kiemeltem egy 10-4 faktort. Ezek egyike sem „kötelező”, csak akkor érdemes ilyesmit bevetni, ha a többi számolásban már eléggé otthon vagytok! Megjegyzés 2. Az érdekesség kedvéért érdemes kiszámolni a henger alapjai által kisugárzott teljesítményt. Az intuíciónk azt súgja, hogy azok annyira kicsik, hogy elhanyagolható a sugárzási teljesítményük.
4 4 22 13,37alaplapok alaplapokP T A T r W .
Ez látványosan kisebb, mint a teljes teljesítmény, de mégsem hanyagolható el. Ez a magas hőmérsékletnek és a teljesítmény hőmérséklet-függésének (negyedik hatvány) köszönhető.
M.2. 800 C° belső hőmérsékletű kemence ajtajának mérete 0,2 x 0,25 m2. A környezet hőmérséklete 30 C°. Nyitott kemenceajtó esetén mekkora teljesítmény szükséges a hőmérséklet fenntartásához? A feladat értelmezése A 800 Celsius fokos kemence, lévén tökéletesen szigetelt, csak az ajtón keresztül bocsát ki hőmérsékleti sugárzást, és ezzel veszít a hőmérsékletéből. A kemencét két dolog fűti: egyrészt a külső környezet, lévén az is kibocsát hőmérsékleti sugárzást (a hőmérséklete nem abszolút nulla) a kemenceajtón keresztül. Másrészt melegítjük mi, valamekkora teljesítménnyel. Az erre vonatkozó mérlegegyenlet
kemence külső miP P P .
Adatok, jelölések, információk A = 0,2 x 0,25 m2 = 0,05 m2 Tkemence = 800 C° = 1073 K Tkülső = 30 C° = 303 K
82 4
105,67W
m K
A megoldás A hőmérsékleti sugárzás teljes sugárzási teljesítménye
4ftP T A ,
ahol A a kemence ajtajának területe. A fentieket összefoglalva, majd behelyettesítve:
4 4 4 4 3734mi kemence külső kemece külső kemece külsőP P P T A T A T T A W .
Ekkora teljesítménnyel lehet tehát fenntartani a kemence hőmérsékletét. Megjegyzés Standard hiba, hogy ilyen mérlegegyenlet esetén valaki a két hőmérséklet különbségéből számol. Az semmiképpen sem lesz jó, sokkal alacsonyabb eredményt kapunk a teljesítmény értékére. Ez egyébként a fenti számolásnál a kiemelés után jól látszik. A két hőmérséklet különbségének negyedik hatványa (ez a rossz) nem egyezik meg a két hőmérséklet negyedik hatványainak különbségével (ez a jó).
M.3. A Nap felszíni hőmérséklete kb. 5800K, λmax = 0,5 μm hullámhossznál (zöld színnél) van hőmérsékleti sugárzásának intenzitás maximuma. A Nap és a Föld közepes távolsága 150 millió km, a Föld sugara 6370 km, a Napé 696350 km. a) Ezen adatok segítségével számítsuk ki λmax aktuális értékét a következő hőmérsékletekre:
- 10000 K-es ívfény - 37 C°-os ember - 2,7 K-es világűr (a Big Bang háttérsugárzása) b) Számítsuk ki, hogy csupán a hőmérsékleti sugárzás miatt mennyi tömeget veszít a Nap másodpercenként.
A fekete testre érvényes formulákat alkalmazzuk! c) Mennyi a Föld pályája mentén a napsugárzás energiaáramsűrűsége? (Ezt Napállandónak nevezzük,
standard értéke kb. 1390 Joule 1 négyzetméteren 1 másodperc alatt.) d) Számítsuk ki a Föld (mindenütt azonosnak tekintett, átlagolt) egyensúlyi hőmérsékletét! Tekintsük mind
a napsugárzás elnyelésekor, mind pedig a Föld hőmérsékleti sugárzása során a Földet abszolút fekete testnek.
Adatok, jelölések, információk Tʘ = 5800 K megjegyzés: a „körben egy pont” általában a Nap jele
λmaxʘ = 0,5 μm = 5·10-7 m
Tívfény = 104 K
Tember = 37 C° = 310 K
TBB = 2,7 K
Δt = 1 s
dNF=150000000 km = 1,5·1011 m
Rʘ = 696350 km =6,9635·108 m
RF = 6370 km =6,37·106 m 346,63 10h Js
83 10 /c m s
82 4
105,67W
m K
3102,9W K m
Az intenzitás-maximumokhoz tartozó hullámhosszak kiszámítása A maximális intenzitásokhoz tartozó hullámhosszakat a Wien-féle eltolódási törvényből számolhatjuk ki. Jelen esetben kétféleképpen is. Egyrészt számolhatunk az alapösszefüggésből, vagyis maxW T .
Másrészt felhasználhatjuk a Nap felszínéről érkező sugárzásról kapott információkat, és így minden esetben max maxT T . Itt ez utóbbit választjuk, mert a feladat szövege nem tartalmazza a Wien-féle
állandó konkrét értékét.
Ívfény esetén: 7max
max max, max, 2,9 10 290ívfény ívfény ívfényívfény
TT T m nm
T
.
Ez az érték az ibolya tartományba esik. Ez azt is jelenti, hogy a kisugárzott teljesítménynek egy elég komoly része az ultraibolya tartományban van, ezért kell ívfény közelében a szemet külön védeni.
Ember esetén: 6max
max max, max, 9,355 10 9,355ember ember emberember
TT T m m
T
.
Ez az érték az infravörös tartományba esik.
A kozmikus háttérsugárzás esetén: 3max
max, 1,074 10 1,074BBBB
Tm mm
T
.
Ez az érték a milliméteres rádióhullámok tartományába esik. A Nap másodpercenkénti tömegcsökkenése A Nap sugárzás formájában energiát bocsát ki. Most csak a felszíni hőmérsékletből származó fekete test sugárzást vizsgáljuk, sok egyéb jelenséggel nem. Ennek hatására az egy másodperc alatt kibocsátott energia
4 4 2 264 3,91 10E P t T A t T R t J .
Felhasználva a tömeg-energia ekvivalencia 2E mc összefüggését megkapjuk az egy másodperc alatt elveszített tömeg értékét
2 92
4,344 10E
E mc m kgc
.
A Napállandó kiszámítása – érdekesség A Napállandó azt mondja meg, hogy a Nap által egy másodperc alatt kisugárzott energia mekkora energiát jelent a Föld pályájának megfelelő távolságban, 1 m2 területen. Vagyis ki kell számolnunk, hogy egy Nap-Föld (közepes) távolság sugarú gömbfelület 1 m2-nyi területére hány Joule energia jut.
43
2 21,383 10
4SCNF NF NF
T AE P WG
A t A d m
Megjegyzendő, hogy a pontosabb számításokon alapuló értéke ennek 1,362·103 W/m2. Fontos továbbá kiemelni, hogy ennek a konkrét értéke nagyban függ a Napfelszíni tevékenységtől, így nem lehet „állandó”-nak tekinteni. A Föld átlagos egyensúlyi hőmérséklete a fentiek alapján A fentiek alapján a Földet hőmérsékleti sugárzás éri a Nap felől. Ezen felül maga a Föld is kibocsát hőmérsékleti sugárzást. Egyensúlyi helyzetben a kettő meg kell egyezzen egymással. A Nap felől érkező sugárzás értékét ismerjük a Föld pályáján 1 m2-re. A Nap felől nézve a Föld egy RF sugarú kör, így a Földre érkező sugárzás teljesítménye
2 171,763 10NF SC FP G R W
Eközben a Föld a teljes felszínén hőmérsékleti sugárzást bocsát ki, ami 4 4 24F F F F FP T A T R . A
kettő egyenlőségéből kiszámolható a keresett hőmérséklet-érték
2 4 2 4 44 4 279, 44 6,444
SCNF F SC F F F SC F F
GP P G R T R G T T K C
.
Ebből is látható, mennyit köszönhetünk a Föld légkörének…
M.4. Az emberi szem már alig veszi észre azt a sárga fényt (0,6 μm hullámhossz), amely 1,7·10-6 W teljesítménnyel érkezik a retinára. Hány foton érkezik 1 s alatt a szembe? A feladat értelmezése Mivel a fény „adagokban” (kvantumokban) érkezik a retinára, ha kiszámoljuk az 1 s alatt ráeső fény energiáját, illetve egy foton energiáját, a kettő hányadosa megadja a keresett darabszámot. Adatok, jelölések, információk λ = 0,6 μm = 6·10-7 m P = 1,7·10-6 W t = 1 s
346,63 10h Js 83 10 /c m s
A megoldás Egy foton energiája kiszámolható az alábbi módon, ha figyelembe vesszük, hogy a foton frekvenciája és hullámhossza között fennáll a f = c / λ összefüggés.
191 3,315 10
cE hf h J
A retinára eső fény energiája 1 s alatt kiszámolható, mint
61,7 10összesE Pt J .
Ebből a fotonok keresett száma
12
1
5,128 10összesEN
E .
M.5. Milyen hullámhosszú röntgensugárzás keletkezik, ha 50 kV-tal gyorsított elektronok teljes kinetikus energiájukat elveszítik fékeződéskor? A feladat értelmezése A vizsgált elektront először felgyorsítjuk 50 kV nagyságú gyorsítófeszültséggel. Ez az első fizikai folyamat, a rá vonatkozó munkatétel
, ,2 ,1 ,2 ,20e k I k k k kq U E E E E E .
Ezután valamilyen (a feladat által meg nem határozott) hatásra zérus sebességre lassul, közben az energiaváltozást foton formájában sugározza ki. Ennek az energiaváltozásnak a nagysága (lévén a korábbi sebességéről lassul álló helyzetbe) megegyezik a gyorsítás során szerzett mozgási energiával. Ennyit veszít az elektron, és ezt sugározza ki foton formájában, vagyis az energiákra az alábbi mérlegegyenlet írható fel
, ,3 ,2 ,2 ,20 k II k k k kE hf E E hf E hf hf E .
Adatok, jelölések, információk
191,6 10eq e C 319,1 10em kg
U = - 50 kV = - 5·104 V A gyorsítófeszültség előjele annak köszönhető, hogy negatív részecskét szeretnénk gyorsítani, így egy megfelelő polaritású feszültségre van szükség.
346,63 10h Js A megoldás A fenti két, I-el és II-vel jelölt folyamat egyenletei egy egyenlet-rendszert alkotnak, amelynek a megoldása egyszerű:
,2
,2
e k
ek
q U Ehf q U
hf E
.
Lévén a foton frekvenciája és hullámhossza között fennáll a f = c / λ összefüggés,
112, 486 10ee
c hchf h q U m
q U
.
Megjegyzés Számoljuk ki a felgyorsított elektron sebességét!
2 8,2
211,326 10
2e
e k ee
q U mq U E m v v
m s . Ez így nem jó!
Ez a sebesség már erősen megközelíti a vákuumbeli fénysebesség értékét. Ekkor már a mozgási energiára nem írható fel egyszerűen az ½ mv2 kifejezés. A korábbi levezetés nem használja a mozgási energia pontos képletét, ezért ez a probléma nem merül fel. Ha egy feladatban ki kell számolni egy felgyorsított elektron sebességét, és az megközelíti a fénysebesség értékét (mondjuk 107 m/s-nál nagyobb), vagy át is lépi, akkor a mozgási energia fenti képletét nem lehet használni. Ezesetben jelezni kell az oktatónak a problémát.
M.6. Mekkora az elektron de Broglie hullámhossza, ha v = 3·106 m/s sebességgel mozog? Az elektron
tömege 319,1 10em kg .
Adatok, jelölések, információk v = 3·106 m/s
319,1 10em kg 346,63 10h Js
A megoldás A megadott adatok alapján kiszámolhatjuk a de Broglie hullámhosszt.
102,43 10ee e
h hm
I m v .
Lévén elektronról van szó, a fenti eredményt nincs értelme összehasonlítani az elektromágneses sugárzás jellegzetes hullámhossz- és frekvencia-tartományaival.
M.7. Lítium katód esetén a kilépési munka 4,2·10-19 J. a) Legalább mekkora frekvenciájú fénnyel kell megvilágítani a Li katódot, hogy elektronok lépjenek ki belőle? Mekkora ennek a fénynek a hullámhossza? b) Milyen sebességű elektronok lépnek ki a katódból, ha azt 7·1014 Hz frekvenciájú fénnyel világítjuk meg? c) Mekkora az ekkor kilépő elektronok de Broglie-hullámhossza? A feladat értelmezése A feladat egy jellegzetes számolási példa a fotoeffektus, vagy más néven a fényelektromos jelenség kapcsán. Adatok, jelölések, információk Wki = 4,2·10-19 J f = 7·1014 Hz
319,1 10em kg 346,63 10h Js
83 10 /c m s A határfrekvencia és a határhullámhossz kiszámítása A határfrekvencia és a határhullámhossz a katód anyagára jellemző állandó értékek. Ezek meghatározzák azt a minimális energiát, amellyel még elektron léptethető ki a fotokatódból. Először a határfrekvenciát számoljuk ki
146,335 10kihatár ki határ
Whf W f Hz
h
Ez alapján a határhullámhossz a frekvencia és a hullámhossz közti általános összefüggésből kiszámolható
74,525 10 452,5határhatár
cm nm
f
Az elektron sebességének kiszámítása Most írjuk fel egy valóságos folyamatra (egy foton a katódból kilök egy elektront) a fotoeffektus energiamérlegét, és abból számoljuk ki az elektron sebességét!
2 5213,11 10
2ki
ki ee
hf W mhf W m v v
m s
Ez az érték – lévén nagyon messze van a vákuum-beli fénysebesség értékétől – elfogadható. Az elektron de Broglie hullmhossza
92,34 10 2,34ee e
h hm nm
I m v
M.8. A fotocellára monokromatikus fénysugarat bocsájtunk. A fotoelektronok mozgási energiáját 1,8 V ellenfeszültséggel tudjuk kompenzálni. A fotocella cézium anyagára vonatkozó határhullámhossz 635 nm. Számítsuk ki a) a kilépési munkát, b) a beeső fénysugár frekvenciáját és hullámhosszát, c) a beeső fénysugár egyetlen fotonjának impulzusát! A feladat értelmezése A feladat egy másik jellegzetes számolási példa a fotoeffektus, vagy más néven a fényelektromos jelenség kapcsán. Adatok, jelölések, információk λhatár = 635 nm = 6,35·10 -7 m
U = 1,8 V mivel az elektront lassítani fogjuk, ez a helyes polaritás 191,6 10eq e C
346,63 10h Js 83 10 /c m s
A kilépési munka kiszámítása A kilépési munka a katód anyagára jellemző állandó értékek. Ez adja meg azt a minimális energiát, amellyel még elektron léptethető ki a fotokatódból.
193,13 10ki határhatár
cW hf h J
.
Az elektron sebességének kiszámítása A feladat b) részének megoldásához két folyamatot kell figyelembe vennünk. Az első folyamatban a beeső fény egy fotonja kilök egy elektront a fotokatódból valamekkora sebességgel, illetve mozgási energiával. A második folyamatban ezt egy U feszültséggel lelassítjuk. A két folyamat egyenletei az alábbiak:
és 0ki k e k k k khf W E q U E E E eU E .
Ezeket az egyenleteket egyenletrendszerként megoldjuk az ismeretlen frekvenciára
149, 065 10ki k kiki
k
hf W E W eUhf W eU f Hz
eU E h
Ez alapján a beeső foton hullámhossza
73,31 10 331c
m nmf
A foton impulzusának kiszámítása
272,003 10f
h mI kg
s .
M.9. Legfeljebb mekkora lehet azon fényerősítő berendezés fotokatódja bevonatának kilépési munkája, amely az ember által kibocsátott hőmérsékleti sugárzás intenzitásmaximumán még működőképes? (A bőrfelszíni hőmérséklet legyen 30 C°.) A feladat értelmezése A feladat ismét a fotoeffektusról szól, itt azonban csak az anyagi állandókat kell kiszámolnunk. Ehhez segítségként kapunk egy hőmérséklet-értéket. A Wien-féle eltolódási törvény segítségével kiszámolhatjuk az ezen hőmérséklethez tartozó maximális intenzitás hullámhosszát, és a feltételünk az, hogy ez egyezzen meg a fotokatód maximális kilépési munkához tartozó határhullámhosszának. Vagyis λhatár = λmax. Adatok, jelölések, információk
3102,9W K m
T = 30 C° = 303 K 346,63 10h Js
83 10 /c m s A határhullámhossz kiszámítása A Wien-féle eltolódási törvény alapján
6max max 9,571 10W
W T mT
.
A feltételünk alapján
6max 9,571 10határ m .
A kilépési munka kiszámítása Ez alapján már kiszámolható a kilépési munka minimális értéke, ami
202,078 10ki határhatár
cW hf h J
.
Ha ennél kisebb lenne a kilépési munka, az nagyobb határhullámhosszt jelentene. Vagyis az már a 30 Celsius foknak megfelelő hőmérsékleti sugárzás intenzitás-maximumánál még nem működne, csak magasabb hőmérsékletű sugárzás esetén.
M.10. Milyen frekvenciájú, illetve hullámhosszú foton képes a Hidrogén-atom egy elektronját az 1. energiaszintről a 3.-ra juttatni? Mekkora a H-atom ionizációs energiája? A feladat értelmezése A H-atom energiaszintjei leírhatóak a Bohr-féle atommodell segítségével, ahol az n-edik pálya energiája
2
1nE E
n .
Ezután kiszámoljuk az érintett két pálya energiáinak különbségét, vagyis ha az elektron az n-edik pályáról az m-edire lép, akkor az energiakülönbség nm n mE E E . Ennek abszolútértékéből megkapjuk a keresett
foton energiáját, amiből a frekvenciája (és persze a hullámhossza) meghatározható. Az energia-különbség előjele pedig arra utal, hogy az illető fotont elnyelte (az energiakülönbség negatív), vagy kibocsátotta (az energiakülönbség pozitív) az elektron. Adatok, jelölések, információk
1n 3m
346,63 10h Js 83 10 /c m s
182,18 2,18 10E aJ J A frekvencia és a hullámhossz kiszámítása Először számoljuk ki az energiakülönbséget az 1. -> 3. ugrás tekintetében
182 2 2 2
1 1 1 11,938 10nm n mE E E E E E J
n m m n
.
Vagyis jól látszik, hogy az elektron valóban elnyeli a fotont, illetve ebből már kiszámolható a foton frekvenciája és hullámhossza
Ez az érték az ultraibolya tartományba esik. Az ionizációs energia kiszámítása Az ionizálás során az elektron kikerül az atommag potenciálteréből. Ekkor az energiája zérus kell legyen. Ez formálisan a „végtelenedik” pályához tartozik, lévén
2
1lim 0n
E E Jn
.
Így az ionizációs energia nem más, mint 1 1E E E érték ellentettje (hiszen az ionizációs energiát
nekünk kell befektetni), vagyis 1ionizációsE E E E .
M.11. Mi történik, amikor egy elektron a Hidrogén-atomban a 4. pályáról a 2.-ra ugrik? A feladat értelmezése A tanultak alapján a két energiaszint különbségét az elektron kibocsátja, mégpedig foton formájában. Ezzek a fotonnak a frekvenciáját és hullámhosszát kell kiszámolnunk. A H-atom energiaszintjei leírhatóak a Bohr-féle atommodell segítségével, ahol az n-edik pálya energiája
2
1nE E
n .
Ezután kiszámoljuk az érintett két pálya energiáinak különbségét, vagyis ha az elektron az n-edik pályáról az m-edire lép, akkor az energiakülönbség nm n mE E E . Ennek abszolútértékéből megkapjuk a keresett
foton energiáját, amiből a frekvenciája (és persze a hullámhossza) meghatározható. Az energia-különbség előjele pedig arra utal, hogy az illető fotont elnyelte (az energiakülönbség negatív), vagy kibocsátotta (az energiakülönbség pozitív) az elektron. Adatok, jelölések, információk
4n 2m
346,63 10h Js 83 10 /c m s
182,18 2,18 10E aJ J A frekvencia és a hullámhossz kiszámítása Először számoljuk ki az energiakülönbséget az 4. -> 2. ugrás tekintetében
192 2 2 2
1 1 1 14,09 10nm n mE E E E E E J
n m m n
.
Vagyis jól látszik, hogy az elektron valóban kibocsátja a fotont, illetve ebből már kiszámolható a foton frekvenciája és hullámhossza
Ez a látható fény tartományába esik, a türkiz-kék színnek felel meg.
R.1. Egy kémia szertárban lévő 2,71 gramm tömegű KCl mintát radioaktívnak találtak, és aktivitását állandónak mérték, mégpedig 44,9 Bequerelnek. A minta radioaktivitása a 40K izotóptól származik, amely a kálium 0,0117%-a. Számítsuk ki a 40K felezési idejét! A kálium és a klór móltömege rendre MK = 39,102 g/mol és MCl = 35,453 g/mol. A feladat értelmezése A feladat megoldásának kulcsa az 0A aktivitás és az 0N kezdeti, adott bomlásra képes magok száma között
fennálló összefüggés 0 0A N , amelynek segítségével a λ bomlásállandó, illetve abból a felezési idő
meghatározható. Adatok, jelölések, információk m = 2,71 g MK = 39,102 g/mol MCl = 35,453 g/mol A0 = 44,9 Bq k = 0,0117% = 1,17·10 -4
23 1106Av ol
Nm
Az 0N kezdeti érték kiszámítása
A KCl moltömege egyszerűen kiszámolható a kálium és a klór moltömege segítségével
74,555 /KCl K ClM M M g mol
Ebből a 2,71 grammnyi KCl anyagmennyisége, illetve abból a káliumatomok darabszáma (ami megegyezik a klóratomokéval):
220,0363 2,118 10K AvKCl
mn mol N nN
M .
Ennek 0,0117%-a a keresett 40K izotópok aránya, így
180 2,56 10KN k N .
A felezési idő kiszámítása Ennek felhasználásával
1700 0
0
11,7538 10
AA N
N s ,
és ebből a felezési idő
16 91/2
ln 23,9523 10 1, 25 10T s év
.
Megjegyzendő, hogy ennek az „irodalmi” értéke 1,277·109 év, ami jól egyezik a számolásunk eredményeivel.
R.2. A természetes káliumnak 0,012 %-a a 40K izotóp. A 40K izotóp radioaktív, a felezési ideje 1,28 milliárd év, a kálium többi izotópja (39K és 41K) nem radioaktív. Számítsuk ki egy átlagos emberben lévő (nyilvánvalóan természetes izotópösszetételű) 4,375 mólnyi mennyiségű kálium radioaktivitását! A feladat értelmezése A feladat megoldásának kulcsa az 0A aktivitás és az 0N kezdeti, adott bomlásra képes magok száma között
fennálló összefüggés 0 0A N , amelynek segítségével az aktivitás meghatározható. Ebben fontos szerepe
van annak a meglátásnak, hogy mivel a felezési idő nagyon nagy, ezért egy emberöltő alatt az aktivitás nem változik érzékelhető mértékben, így állandónak tekinthetjük. Adatok, jelölések, információk n = 4,375 mol T1/2 = 1,28·109 év = 4,0366·1016 s k = 0,012% = 1,2·10 -4
23 1106Av ol
Nm
Az 0N kezdeti érték kiszámítása
A természetes kálium anyagmennyiségéből meghatározható az atomok száma, majd abból a 40-es izotóp részarányával annak darabszáma:
24 2002,625 10 , illetve ebből 3,15 10K Av KN nN N k N .
Ennek 0,0117%-a a keresett 40K izotópok aránya, így
180 2,56 10KN k N .
Az aktivitás kiszámítása A felezési idő ismeretében kiszámolható a bomlásállandó értéke
17
1/2
ln 2 11,717 10
T s ,
és ebből az aktivitás
0 0 5409A N Bq .
R.3. Hány éve vágták ki azt a fát, amelynek maradványaiban a 14C fajlagos aktivitása (az inaktív szénre vonatkoztatva) 60%-a a frissen kidöntött fákban mért fajlagos aktvitásnak? A 14C felezési idejét vegyük 5730 évnek. A feladat értelmezése A még élő fában a folyamatos anyagcsere biztosítja a szénizotópok természetes összetételét. Miután a fa kidől, és megszűnik az anyagcsere, a radioaktív 14C száma (és ezzel az aktivitása) csökkenni kezd a bomlások hatására. Az aktivitás időfüggésére vonatkozó (a bomlástörvényből levezetett)
0( ) tA t A e
összefüggés segítségével a megadott aktivitás-arányból kiszámolható az idő, amióta nincs a fában anyagcsere. Adatok, jelölések, információk T1/2 = 5730 év k = 60% = 0,6
Az idő kiszámítása A feladatban keressük azt a t’ időpillanatot, amikor igaz, hogy
0( ')A t k A .
Alkalmazva az aktivitás időfüggésére vonatkozó egyenletet, az alábbi összefüggésre jutunk
' '0 0( ') ln 't tA t k A A e k e k t .
Ez az egyenlet egyszerűen megoldható, ha a felezési időt átváltjuk másodpercre, kiszámoljuk a bomlásállandót ( 1/2ln 2 / T ), megoldjuk az egyenletet t’-re, majd visszaszámolunk év mértékegységbe.
Itt egy másik levezetést mutatunk, ahol több lépés is leegyszerűsödik
1/21/2
ln 2 ln ln 0,6ln ' ln ' ' 5730 4223
ln 2 ln 2
kk t k t t T év év
T .
R.4. A 40K-atommagok kb. 11%-a bomlik 40Ar-ra 1,28·109 év felezési idővel. Határozza meg a földkéreg életkorát abból a feltevésből indulva, hogy az összes, a Földön található 40Ar-atommag 40K-atommagból keletkezett elektron-befogással. Egy grönlandi kőzetben a 40Ar és 40K izotópok arányát 0,77 értékűnek mérték. Milyen idős a földkéreg ezen darabja? A feladat értelmezése A feladat megoldásának alapja a bomlástörvény, mely szerint
0( ) tN t N e .
Ennek alkalmazásával, illetve figyelembe véve a feladat feltevéseit végigkövetjük, mi történt a bomlások során, és a mai napra vonatkoztatva felhasználjuk az argon és a kálium arányát. Ezen összefüggésekből kiszámolható a keresett időtartam. Adatok, jelölések, információk T1/2 = 5730 év k = 11% = 0,11 η = 0,77
Az idő kiszámítása A 40-es Kálium atommagok száma a bomlás miatt a bomlástörvénynek megfelelően változik az időben. A kiindulási pontnak a keresett múltbeli időpontot tekintjük, az azóta eltelt időt jelöljük t’-nek (ezt az értéket keressük a feladatban), így
'0( ') t
K KN t N e .
Lévén az Argon a Kálium bomlásából származik (és csak abból), figyelembe kell vennünk, hogy a t’ idő alatt bekövetkező Kálium-bomlások száma 0 ( ')K KN N t . Ezen bomlásoknak csupán 11%-a vezet 40-es
Argon-hoz, így ezen atommagok száma a t’ idő elteltével
' '0 0 0 0( ') ( ') 1t t
Ar K K K K KN t k N N t k N N e k N e .
A kettő aránya tehát ma
' '0
' '0
1 1( ')
( ')
t tKAr
t tK K
k N e k eN t
N t N e e
.
Mivel ismerjük a felezési időt, a bomlásállandót könnyű kiszámolni ( 1/2ln 2 / T ), így a fenti egyenletben
az egyetlen ismeretlen a keresett t’ idő.
'
' ' ' ''
11
t
t t t tt
k ee k e e k k e
e
Egy oldalra gyűjtjük az exponenciális függvényt tartalmazó tagokat, és egyszerűsítünk:
' ' ' 't t t t ke k k e k e k e
k
.
Vesszük az egyenlet természetes alapú logaritmusát, majd behelyettesítjük a felezési idő és a bomlásállandó között fennálló egyenletet
'1/2
1/2
lnln 2
' ln ' ln 'ln 2
t
k
kk k ke t t t T
k k T k
.
Ebbe a kifejezésbe behelyettesítve megkapjuk a keresett időtartamot
9 91/2
0,11ln ln
0,77 0,11' 1,28 10 3,84 10
ln 2 ln 2
kk
t T év év .
Érdemes megjegyezni, hogy más mérésekből a földkéreg életkorát átlagosan 3,8 milliárd évre becsülik. A számításaink ezzel összhangban vannak.
R.5. Egy ember vérébe A0 = 2000 Bq aktivitású 24Na radioaktív izotópot tartalmazó oldatot juttatunk. 5 óra múlva egy 1 cm3-es vérminta aktivitását 16 bomlás/perc-nek mérik. A 24Na radioaktív izotóp felezési ideje 15 óra. Mekkora az ember vérének össztérfogata? A feladat értelmezése Az aktivitásnak ismerjük az időbeli változását, amit az
0( ) tA t A e
összefüggés ír le. A kezdeti aktivitás ismeretében kiszámolható a megadott időpontban az aktivitás. Ezt összehasonlítva a kis minta aktivitásával, kiszámolható a térfogat. Adatok, jelölések, információk T1/2 = 15 óra t’ = 5 óra A0 = 2000 Bq Aminta(t’) = 16 bomlás/perc = 0,2666 bomlás/s = 0,2666 Bq Vminta = 1 cm3
Megjegyzés: az SI mértékegység-rendszerbe át nem váltott mennyiségeknek az arányai szerepelnek a feladatban, és ezek azonos mértékegységben vannak megadva. Így az átváltásukra jelen feladatban nincs szükség. Ha ez bizonytalanságot szül, érdemes minden mennyiséget SI-be átváltani, vagyis az idő-ket s-ban, a térfogatot m3-ben megadni. A vér térfogatának kiszámítása A vérbe juttatott izotóp aktivitása az 5 óra elteltével (behelyettesítjük a bomlásállandó kifejezését a felezési idővel, ami 1/2ln 2 / T ):
1/2
ln 2'
'0 0( ') 1587,4
tTtA t A e A e Bq
.
Lévén az izotóp eddigre egyenletesen oszlik el a vérben, a minta aktivitása és a teljes aktivitás között ugyanaz az arány, mint a térfogatok között, vagyis
3( ') ( ')5952,75 6
( ') ( ') mintaminta minta minta
A t V A tV V cm l
A t V A t .
R.6. Egy tó vizének térfogatát úgy mérik meg, hogy 740 MBq aktivitású radioaktív konyhasót szórnak bele. A NaCl-nak 0,01 ezreléke tartalmaz radioaktív 24Na-atomot, a felezési idő 15 óra, a konyhasó móltömege 58,4 g. a) Hány gramm sót dobnak a tóba? b) Hány m3 víz van a tóban, ha 60 órával később egy 5 l-es vízminta aktivitását 370 Bq-nek mérik? A feladat értelmezése A só tömegét a kezdeti aktivitás alapján tudjuk meghatározni, majd az aktivitás időbeli változásának
0( ) tA t A e
ismeretében kiszámolható a megadott időpontban az aktivitás. Ezt összehasonlítva a minta aktivitásával, kiszámolható a térfogat. Adatok, jelölések, információk MNaCl = 58,4 g/mol T1/2 = 15 óra = 5,4·104 s t’ = 60 óra = 21,6·104 s (= 4· T1/2 ) A0 = 740 MBq = 7,4·108 Bq Aminta(t’) = 370 Bq Vminta = 5 l k = 0,01 ezrelék = 10-5
23 1106Av ol
Nm
A konyhasó tömegének kiszámítása A felezési idő segítségével kiszámolható a bomlásállandó ( 1/2ln 2 / T ), és annak segítségével a kezdeti 24Na-atomok száma:
130 0 1/20 0 0 5,765 10
ln 2
A A TA N N
Ez azonban az összes Na atomnak csupán 0,01 ezreléke. Ki kell számolnunk az összes Nátrium atom számát, majd abból az anyagmennyiséget
18 600 5,765 10 9,61 10Na
Na Na NaAv
N NN kN N n mol
k N .
Mivel egy mol konyhasóban 1 mol Na van, ezért NaCl Nan n , és így már ki tudjuk számítani a tóba öntött
konyhasó tömegét
45,61 10NaCl NaCl Na NaClm n M n M g .
A tó térfogatának kiszámítása A tóba juttatott izotóp aktivitása 60 óra elteltével (a számolás során az egyszerűsítés kedvéért felhasználjuk, hogy a megadott időtartam a felezési idő négyszerese):
1/2
ln 2'
' 4ln 2 70 0 0( ') 4,625 10
tTtA t A e A e A e Bq
.
Vagy ennél egyszerűbben is meghatározható ez az aktivitás, lévén 15 óránként feleződik az aktivitás, vagyis
8 8 8 8(15 ) 3,7 10 (30 ) 1,85 10 (45 ) 0,925 10 (60 ) 0,4625 10A h Bq A h Bq A h Bq A h Bq Lévén az izotóp eddigre egyenletesen oszlik el a tóban, a minta aktivitása és a teljes aktivitás között ugyanaz az arány, mint a térfogatok között, vagyis
5 3 3( ') ( ')6,23 10 623
( ') ( ') mintaminta minta minta
A t V A tV V dm m
A t V A t .
R.7. Napjainkban a 235U izotóp atommagok csak 0,72%-t teszik ki a teljes uránmennyiségnek (a többit a 238U izotóp teszi ki). Mekkora volt ez az arány 4,6 milliárd évvel ezelőtt? A 235U izotóp felezési ideje 7,1·108 év, az 238U izotóp felezési ideje pedig 4,5·109 év. A feladat értelmezése A feladat megoldásának alapja a bomlástörvény, mely szerint
0( ) tN t N e .
Célunk, hogy kiszámoljuk a kezdeti időpontnak tekintett, 4,6 milliárd évvel ezelőtti pillanatban az
0,2350
0,235 0,238
Nk
N N
arányt úgy, hogy ismerjük ennek a mai értékét.
Adatok, jelölések, információk T235 = 7,1·108 év T238 = 4,5·109 év t’ = 4,6 milliárd év = 4,6·109 év k(t’) = 0,72% = 7,2·10-3 A keresett arány kiszámítása Első lépésben írjuk fel a 235-ös Urán részarányát a jelenre vonatkoztatva
235
235 238
( ')( ')
( ') ( ')
N tk t
N t N t
.
Ebbe behelyettesítjük a bomlástörvényt, illetve a bomlásállandó helyére a 1/2ln 2 / T kifejezést külön a
235-ös, külön a 238-as Uránra vonatkoztatva.
235 235
235 238
235 238
ln 2'
'0,235 0,235 0,235
ln 2 ln 2' '' '
0,235 0,238 0,235 0,238
0,235 0,238
0,01121( ')
0,01121 0,49236
tt T
t tt t
T T
N e N e Nk t
N e N e N NN e N e
Ebből az egyenletből az 0,238 0,235/N N arányt tudjuk kiszámolni