Fizika 11 Emelt Tankönyv Feladatainak Megoldásai

MEG

K O S Á D L O

Tartalomjegyzék:

1. lecke Rezgések leírása, harmonikus rezgőmozgás 2. lecke Harmonikus rezgőmozgás kinematikai leírása 3. lecke A rezgésidő. Fonálinga 4. lecke A rezgési energia. Rezgések a valóságban 5. lecke Hullámok terjedése, osztályozása. Hullámok leírása 6. lecke Hullámok visszaverődése, törése 7. lecke Hullámok találkozása, elhajlása 8. lecke A hang 9. lecke A mágneses mező 10. lecke Az áram mágneses mezője 11. lecke Erőhatások mágneses mezőben 12. lecke Az elektromágneses indukció 13. lecke Az önindukció 14. lecke A váltakozó áram 15. lecke A váltakozó áramú áramkör 16. lecke Az elektromágneses rezgés 17. lecke Az elektromágneses hullámok 18. lecke A fény. A geometriai optika alapfogalmai 19. lecke A fényvisszaverődés 20. lecke A fény törése 21. lecke Tükrök és lencsék képalkotása 22. lecke Optikai eszközök 23. lecke Hullámoptika. Fényhullámok interferenciája, elhajlása 24. lecke A fény polarizációja 25. lecke Az atom. Az elektron 26. lecke A modern fizika születése 27. lecke Speciális relativitáselmélet 28. lecke A fényelektromos hatás. A foton 29. lecke Az első atommodellek es a Rutherford-kísérlet 30. lecke A Bohr-modell 31. lecke: Az elektron hullámtermészete 32. lecke A kvantummechanikai atommodell 33. lecke Az atommag és a kötési energia 34. lecke A radioaktivitás 35. lecke A radioaktivitás alkalmazása 36. lecke A maghasadás és a láncreakció 37. lecke A magfúzió 38. lecke Ionizáló sugárzások 40. lecke Elemi részecskék 41. lecke A Naprendszer 42. lecke Csillagok és galaxisok 44. lecke Az űrkutatás és az űrhajózás eredményei és távlatai

2

1.lecke

Rezgések leírása, harmonikus rezgőmozgás

1. Egy 3 méter sugarú körhintán ülő, 40 kg tömegű gyermek 15 másodperc alatt 3 kört tesz meg egyenletesen. a) Mekkora a körmozgást végző test periódusideje, frekvenciája? b) Mekkora a körmozgást végző test szögsebessége, kerületi sebessége? c) Mekkora a gyermek által 1,5 másodperc alatt befutott körív hossza, és a szögelfordulás? d) Mekkora a gyermek gyorsulása és a testre ható erők eredője? Megoldás: Adatok: r = 3 m, m = 40 kg, k = 3, t = 15 s, t = 1,5 s. t 1 a) T 5 s; f 0,2 Hz T k 1 m b) 2 f 1,26 , vk r 3,77 s s t 1,9 rad 108 c) i v k t 5,65 m , d) acp

vk2 r

4,74

m , s2

F

m acp

189,5 N

1 , dobjának átmérője 30 cm. A forgó dob min oldalfalára „tapadt” egy 5 dkg tömegű zokni. a) Mekkora a zokni periódusideje? b) Mekkora a zokni sebessége, szögsebessége? c) Mekkora erő kényszeríti egyenletes körmozgásra a centrifuga oldalfalára „tapadt” zoknit? 2. A centrifuga fordulatszáma 700

Megoldás:

1 11,67 Hz, d = 2R = 0,3 m, m = 5 dkg. min 1 1 0,086 s f 11,67 1 s 2 R f 11 m/s 2 f 73,3 1/s

Adatok: f a) T b) vk c)

F

700

K

macp

vk2 m R

40,3 N.

3

3. Egy Ottó-motor hengerében a lökethossz 96 mm. 3000 1/min fordulatszám mellett mekkora „utat tesz meg” a dugattyú a hengerben percenként? (A dugattyú lökethossza megegyezik a rezgés két szélsőhelyzete közötti távolsággal.) Megoldás: Adatok: t 60 s , l = 96 mm, f = 3000 1/min = 50 1/s. A dugattyú 1 perc alatt 3000-szer futja be a dugattyú lökethosszát oda-vissza. A megtett útja 1 perc alatt: s = 3000 2 96 mm = 576 m.

4. A gitár E-húrja 6652-t rezeg 20 másodperc alatt. Mekkora a frekvencia? Mekkora a rezgésidő? Megoldás: Adatok: k = 6652, t 20 s k f 332,6 Hz, T t

1 f

3 ms.

5. Rugós játék figura rugójának felső végét megfogjuk, a rugó függőleges helyzetű lesz, az alsó végén a 30 dkg tömegű játék figura függ. Amikor a test nyugalomban van, a rugó megnyúlása 6 cm. Mekkora a rugó rugóállandója? Megoldás: Adatok: l 6 cm , m = 0,3 kg A test egyensúlyakor a ráható erők eredője nulla. F ma Fr mg m g = 50 N/m. D l m g D l

4

6. A vízszintes helyzetű rugó egyik végét rögzítjük. A másik végéhez egy test van erősítve, ami súrlódás nélkül képes mozogni a vízszintes asztallapon. A testet egyensúlyi helyzetéből 5 cm-rel kitérítjük, majd magára hagyjuk. A kialakuló rezgés periódusideje 1,5 s. Mekkora a mozgás frekvenciája? Mekkora utat tesz meg a test és mekkora a test elmozdulása 3 s, illetve 4,5 s idő alatt? Megoldás: Adatok: A= 0,05 m, T = 1,5 s, f = 1/T = 2/3 Hz 3 másodperc alatt 2 periódusidő telik el, ezalatt 8 amplitúdónyi utat jár be a test: s1 8 A 0,4 m . A test visszaér a kezdeti helyére: r1 0 4,5 másodperc alatt 2,5 periódusidő telik el, ezalatt 10 amplitúdónyi utat jár be a test: s 2 10 A 0,5 m . A test által megtett elmozdulás: r2 2 A 0,1 m .

7. Egy időben vizsgálunk két különböző szabályos rezgőmozgást (például spirálrugókra akasztott két test mozgását). Mindkét rezgő test a vizsgálat kezdőpillanatában az egyensúlyi helyzeten egy irányban halad át. Az egyik rezgés periódusideje 2, a másiké 3 másodperc. Adjuk meg azokat az időpontokat, amikor a két test egyszerre halad át az egyensúlyi helyzeten! Megoldás: Adatok: T1 = 2 s, T2 = 3 s Az egyensúlyi helyzeten való újbóli áthaladásig periódusidő felének egész számú T T többszöröse telik el mindkét rezgés esetén. 1 , 2 1, 1,5 3 s , t k 3 s, k N 2 2

8. A függőleges helyzetű rugó felső végét rögzítjük, az alsóra két azonos tömegű testet helyezünk. Amikor a testek nyugalomban vannak, a rugó megnyúlása 10 cm. Az alsó test hírtelen elválik a felsőtől. Mekkora gyorsulással indul az egyik, illetve a másik test? Mekkora amplitúdójú rezgést végez a rugón maradó test? Adatok: l 0,1 m Amikor a két test nyugalomban van a rugón: Fr

D l 2m g m g m A testek elválása után az alsó test gyorsulása: a 1 g 10 2 (lefelé) m s Fr mg 2mg mg m A felső testre változatlan rugóerő hat: a 2 g 10 2 m mg s (felfelé) A rezgés amplitúdóját megkapjuk az alsó szélső-, és az egyensúlyi helyzethez tartozó rugómegnyúlás különbségeként:

5

l

2m g D ,

l'

mg D

l A 2 ,

l

l'

6

l 2

5 cm

2. lecke

Harmonikus rezgőmozgás kinematikai leírása

1.Az alábbi ábra a harmonikus rezgőmozgást végző játékfigura (12. oldal) kitérés-idő függvényét mutatja.

Mekkora a mozgás amplitúdója és rezgésideje? Adjuk meg a test kitérés-idő függvényét! Mekkora a mozgás sebességének és gyorsulásának legnagyobb értéke? Adjuk meg és ábrázoljuk a harmonikus rezgőmozgás v-t, és a-t függvényeit! Mekkora a rezgő test kitérése, sebessége, gyorsulása t = 1,4 s időpontban?

a) b) c) d) e)

Megoldás: a) A grafikonról leolvasható: A=12 cm, T=1,6 s 1 b) y A sin t 0,12 m sin 3,93 t s 2 m c) vmax A 0,12 m 0,47 , 1,6 s s a max

2

A

d) a

e)

v A

2

sin

y

0,12 m

A

cos t

2 1,6 s

2

1,85

m s2

m 1 cos 3,93 t , s s m 1 1,85 2 sin 3,93 t s s t

8,45 cm , v

0,47

0,33

m , a s

1,305

7

m s2

2. A motor hengerében a dugattyú harmonikus rezgőmozgást végez! A periódusidő hányad részében egyirányú a dugattyú kitérése és a sebessége? Megoldás: A periódusidő ½-ben egyirányú a harmonikus rezgőmozgást végző test kitérése és a sebessége.

3. A motor dugattyújának kitérés-idő függvénye: y y 0 sin 2 f t , y 0 1 f 600 . s a. Mekkora a dugattyú lökethossza, frekvenciája, és rezgésideje? b. Mekkora a dugattyú legnagyobb sebessége? c. Ábrázoljuk a rezgő test kitérés-idő függvényét! d. Adjuk meg test v-t, és a-t függvényeit! e. Ábrázoljuk a test v-t, és a-t függvényeit! Megoldás: a) Amplitúdója A=5 cm, a lökethossz l= 2A=10 cm. Frekvenciája f=3000 1/min=50 1/s, rezgésideje T=0,02 s. f 15,7 m/s b) vmax A 2

c)

d) a

v A

2

sin

A

cos t

m cos 6000 s m 1 4935 2 sin 6000 t s s t

15,7

8

1 t s

5 cm ,

e) 4. A megpendített „tűs” hangvilla vége a nyélhez viszonyítva harmonikus rezgőmozgást végez. Amennyiben egy egyenes mentén egyenletesen végighúzzuk a kormozott üveglapon, a nyoma szinuszgörbe lesz. A 440 Hz-es hangvilla által húzott „hullámvonalon” centiméterenként négy teljes rezgés nyomát látjuk. Mekkora sebességgel mozgattuk a hangvillát? Megoldás: Egy cm-es szakaszon négy teljes rezgés történik. Használjuk a sebesség fogalmát: s s s f v 1,1 m/s. t 4 T 4

5. Egy szálloda páternosztere (nyitott kabinok láncából álló lift) elromlik. Az üzemzavar abban nyilvánul meg, hogy a kabinok 10 cm amplitúdójú harmonikus rezgőmozgást végeznek függőleges egyenes mentén. A vendégek épségben elhagyták ugyan a kabinokat, de egy bőrönd benn maradt. Legfeljebb mekkora a rezgés frekvenciája, ha a mozgás során a bőrönd nem emelkedik el a padlótól? Megoldás: A bőrönd akkor marad a mozgás során végig a fülke padlóján, ha a rezgőmozgás legnagyobb gyorsulása nem nagyobb a nehézségi gyorsulásnál: a max g . A 2 f

2

g

f

1 2

g A

1,58 Hz .

6. A periódusidő hány százalékában nagyobb a harmonikus rezgőmozgást végző tömegpont kitérése az amplitúdó felénél? Megoldás:

2 4 A y 1 6 2. Az y kitéréshez tartozó fázisszög sin . 2 3 2 A 2 6 A periódusidő 66,7% százalékában (kétharmadában) nagyobb a harmonikus rezgőmozgást végző tömegpont kitérése az amplitúdó felénél.

9

7. Egy test harmonikus rezgőmozgásának amplitúdója 5 cm, periódusideje 2 s. Mekkora a test sebessége akkor, amikor a test kitérése 3 cm? Megoldás: Adatok: A = 5 cm, T = 2 s, y = 3 cm 2 1 3,14 v A2 y 2 T s,

12,56

cm a s ,

2

y

0,296

m s2

8. Mekkora kezdőfázissal kezdi meg harmonikus rezgőmozgását az a tömegpont, amelynek a sebessége pontosan fele a sebességamplitúdónak a megfigyelés kezdőpillanatában? Megoldás: v max 2

Adatok: v v(t

0)

cos

0

v0 cos(

1 2

0

0

3

0

)

v0 2

( 60 )

10

3. lecke

A rezgésidő. Fonálinga

1. A Nemzetközi Űrállomáson a testek a súlytalanság állapotában vannak. Hagyományos mérleggel a testek tömege nem mérhető meg. Dolgozzunk ki mérési eljárást arra, hogyan lehetne a Nemzetközi Űrállomáson tömeget mérni! Megoldás: A sztatikai tömegmérés helyett dinamikai tömegmérési módszert kell választani. Például rugóval rezgőmozgásra kényszerítjük a testet, és a rugóállandó, valamint a megmért rezgésidő ismeretében a tömeg számolható.

2. Az 1500 kg tömegű autót megrángatva, az 2 1/s frekvenciájú rezgésbe hozható. Hogyan változik a frekvencia, ha az autóban öt 60 kg tömegű ember is ül? Megoldás: Adatok: m1 1500 kg , f1 f

1 2

D m

D

2 1/s, m2 1500 kg 5 60 kg 1800 kg

4 m

2

f2

m1 f12

m2 f 22

m1 f1 1,825 1/s. m2 Az utasokkal megtelt autó frekvenciája 0,175 Hz-el csökken. f2

3. Egy függőleges rugóra akasztott test 5 cm-es megnyúlást okoz a rugón. A testet rezgésbe hozzuk. Mekkora periódusidejű mozgás alakul ki? Megoldás: Adatok: l

0,05 m , g

9,81 m

. s2 A rugó 5 cm-es megnyúlása mellett a test egyensúlyban van. Ennek dinamikai feltétele, hogy a testre ható erők eredője nulla: m l m g D l D g

11

m l 2 0,448 s D g 4. Egy rugón két azonos tömegű test függ egyensúlyban. A megnyúlás 5 cm. Ekkor az egyik hirtelen leesik. Mekkora frekvenciájú rezgésbe kezd a rugón maradó test? Mekkora a rezgés amplitúdója? T

2

Megoldás: Adatok: l 0,05 m , g = 9,81 m/s2. A rugó 5 cm-es megnyúlása mellett a rugóra akasztott két test egyensúlyban van. Ennek dinamikai feltétele, hogy a testre ható erők eredője nulla: D 2 g 2m g D l m l 1 D 1 2 g f 0,315 Hz 2 m 2 l Amikor a rugón két test van nyugalomban, a rugó megnyúlása 5 cm. Ez a kialakuló rezgőmozgás alsó szélső helyzete. Amikor a rugón csak egy test van nyugalomban, a rugó megnyúlása 2,5 cm. Ez a kialakuló rezgőmozgás egyensúlyi helyzete. A két megnyúlás különbsége adja a rezgés amplitúdóját: A = 2,5 cm.

5. Másodpercingának azt a matematikai ingát nevezzük, amelynek a fél lengésideje 1 másodperc. a) Mekkora a hossza, ha g = 9,81 m/s2? b) Mekkora a másodpercinga hossza a Holdon, ahol a nehézségi gyorsulás a földinek hatoda? c) Huygens a „méter” egységének a másodperc inga hosszát javasolta. Vajon miért nem elfogadható ez az ötlete? Megoldás: Adatok: T = 2 s, g = 9,81 m/s2, g H a) Tl

2

l g

lmp

g

T 2

g . 6

2

99,4 cm 1 m .

2

T 99,4 1 cm m 16,57 cm . b) lmp H g H 2 6 6 c) A másodpercinga hossza függ a nehézségi gyorsulástól, ami helyfüggő. Így a „méter mindenhol egy kicsit más érték lenne”, ezért nem elfogadható ez a javaslat.

12

6. Jean-Bernard-Léon Foucault (1819-1868) francia fizikus 1851-ben kísérletileg bizonyította be, hogy a Föld forog a tengelye körül. A párizsi Panthéon kupolacsarnokában 67 méter hosszú drótszálon lengő, nehéz vasgolyó lengéseit vizsgálta. A megfigyelés szerint a lengés síkja elfordul a Földhöz képest. A valóságban a lengési sík nem változik, hanem a Föld fordul el az inga alatt. Hány teljes lengése volt a vasgolyónak 1 óra alatt? Megoldás:

l 16,42 s. Egy óra alatt k g Egy óra alatt 219 teljes lengést végez az inga. Egy lengésidő Tl

2

3600 s 16,42 s

219,24 .

7. Az 1,2 méter hosszú fonálinga 10 lengésidejét 22 másodpercnek mértük. Mekkora a nehézségi gyorsulás értéke? Megoldás: Adatok: l=1,2 m, k=10, t=22 s, g

T

t k

2,2 s

Tl

2

l g

g

l

2 T

9,81 m

2

9,788

s2

.

m s2

8. Az ábrán látható elrendezés szerint a fonálinga kis kitérésű aszimmetrikus lengéseket végez. Mekkora az inga mozgásának periódusideje?

Megoldás: Adatok: l1 1 m , l 2

0,5 m , g

9,81 m

. s2 A fonálinga kis kitérésű lengéseket végez. Aszimmetrikus lengéseinek ismétlődő szakasza összetehető két matematikai inga fél-fél periódusából. T1 T2 l1 l2 T l1 l2 1,71 s 2 2 g g g .

13

4. lecke

A rezgési energia. Rezgések a valóságban

1. Egy csúzlit a közepén 100 N erővel feszítjük hátra. Ekkor a gumi szárainak megnyúlása 30 cm. (A feszítő erő arányos a gumiszár megnyúlásával.) Milyen magasra lehet ezzel a csúzlival lőni egy 60 g tömegű kavicsot? Megoldás: Adatok: F = 100 N, l 0,3 m , m = 0,06 kg. A kavicsra csak konzervatív (nehézségi, rugalmas) erők hatnak, így alkalmazható az energia-magmaradás törvénye: 1 F l Erug . Ehely. D l 2 mgh , D l F h 25 m 2 2 m g

2. Hányszorosára nő a rezgés energiája, ha a) az amplitúdót megduplázzuk, b) a frekvenciát megduplázzuk, c) az amplitúdót és a frekvenciát is megduplázzuk? Megoldás: Erezg . 2 2 m f 2 A2 összefüggést vizsgálva: a) Ha az amplitúdót megduplázzuk, a rezgési energia a négyszeresére változik. b) Ha a frekvenciát megduplázzuk, a rezgési energia a négyszeresére változik. c) Ha az amplitúdót és a frekvenciát is megduplázzuk, a rezgési energia a tizenhatszorosára változik.

3. A motor dugattyúja 3000 1/min fordulatszámon jár, 10 cm-es lökethosszon. Mekkora a 10 dkg tömegű dugattyú rezgési energiája? Megoldás: Adatok: f = 3000 1/min= 50 1/s, A=0,05 m, m = 0,1 kg. Használjuk a rezgési energiára vonatkozó összefüggést: Erezg . 2 2 m f 2 A2 12,34 J .

14

4. A rugós mérlegre helyezett test milyen mozgást végezne, ha nem lenne csillapítása? Hogyan tudjuk megállapítani a test tömegét ekkor? Megoldás: A rugós mérleg mutatója harmonikus rezgőmozgást végez a 0 és egy maximális tömegérték között. Ez a két érték jelzi a szélsőhelyzeteket. Az egyensúlyi helyzetben jelezné a mérleg a test tömegét, ami megegyezik a maximális kitérésnél jelzett tömeg felével.

5. Milyen energia biztosítja a tartós működését a hagyományos „felhúzós” órának, a fali „súlyos” kakukkos órának, illetve a kvarcórának? Megoldás: A hagyományos „felhúzós” órának a folyamatos működését a megfeszített („felhúzott”) rugóban tárolt rugalmas energia biztosítja. A fali „súlyos” kakukkos óra esetében felemelt (felhúzott) súly helyzeti energiacsökkenése, míg a kvarcóra esetében a gombelemben tárolt elektromos energia.

6. A gyermek egyenletes hintázását az biztosítja, hogy apuka időről időre pótolja a lengő gyermek környezetbe szökő energiáját. Milyen ütemben „lökje” az apa a hintát, ha a leghatékonyabban akar eljárni? Megoldás: Akkor a leghatékonyabb a hintáztatás, ha a gerjesztő erő frekvenciája megegyezik a hinta sajátfrekvenciájával. Pl. az apuka mindig akkor lök egy picit a hintán, amikor az a hozzá közelebbi szélsőhelyzetbe ért.

7. Mekkora kitérés esetén lesz a rugalmas energia a mozgási energia kétszerese a harmonikus rezgőmozgás során? Megoldás: E Adatok: rug.

Erezg .

Erug.

1 D A2 2

2 Emozg. Emozg .

Erug .

3 1 D y2 2 2

1 3 Erug . Erug. 2 2 2 y A 3

15

8. Az úttest 20 m-es betonlapokból van összerakva, melyek között egy pici hézag van. A visszapillantó tükörre akasztott rugós játékban a rugó rugóállandója D =20 N/m, a figura tömege m =0,155 kg. Az autó mekkora sebessége esetén kezd a játék intenzív rezgésbe? Megoldás: Adatok: s = 20 m, D = 20 N/m, m = 0,155 kg A játék „intenzív rezgése” azt jelenti, hogy a rugós játékot, mint rezgőképes rendszert olyan frekvenciájú külső kényszererő éri a betonlapok közötti hézagok miatt, amelynek frekvenciája a rendszer sajátfrekvenciájával egyezik meg. (rezonancia) A saját periódusidőt fejezzük ki kétféleképen: m s T 2 T D v, A jobb oldalakat tegyük egyenlővé: m s s D m km 2 v 36,15 130 D v 2 m s h

16

5. lecke

Hullámok terjedése, osztályozása. Hullámok leírása

1. 2007. augusztus 22-én a magyar-olasz (3:1) futballmérkőzésen a közönség soraiban is kialakult a mexikói hullám. A Puskás Ferenc Stadion átlagosan 480 méter kerületű nézőterén 40 s alatt vonult végig a hullám. Mekkora a mexikói hullám átlagos sebessége? Megoldás: Adatok: s = 480 m, t = 40 s. s m c 12 . t s

2. Ügyes szervezéssel el lehetne érni, hogy a 480 m kerületű Puskás Ferenc Stadionban a mexikói hullám ne csak egy lökéshullám legyen, hanem egy önmagába törésmentesen visszatérő hullámvonulat. Egy ilyen alkalommal a nézőknek 5 másodpercenként kéne felállni, és leülni. Milyen hullámhosszúságú hullám állna így elő? Egy időben hány hullámhegyet figyelhetnénk meg, ha a mexikói hullám terjedési sebessége 12 m/s? Megoldás: Adatok: K = 480 m, c=12 m/s, T= 5 s A hullámterjedés alapösszefüggése szerint: c T 60 m . K 8 , azaz 8 hullámhossznyi a stadion kerülete. Egy időben nyolc hullámhegyet láthatnánk.

3. A 9 m hosszú gumikötél végét 2 Hz frekvenciával „rezegtetjük”, és egy időben legfeljebb négy hullámhegyet figyelhetünk meg rajta. Legfeljebb mekkora a gumikötélen végig haladó hullám terjedési sebessége? Megoldás: Adatok: l = 9 m, f = 2 Hz. A legfeljebb 4 hullámhegy megfigyelése azt jelenti, hogy a gumikötél legalább 3 hullámhossznyi: 3 m. m A hullámterjedés alapösszefüggése szerint: c f 6 . s

17

4. Vajon milyen anyagszerkezeti magyarázat rejlik amögött, hogy a longitudinális hullámok terjedési sebessége gázokban a legkisebb, szilárd testekben a legnagyobb? Megoldás: A mechanikai hullám terjedési sebességét a rugalmas közeget alkotó részecskék tömege, és a köztük lévő rugalmas kölcsönhatás milyensége határozza meg. A gázrészecskék közötti kölcsönhatás igen csekély, a folyadékoknál valamivel erősebb, míg a szilárd testeknél nagyon erős. Ez az anyagszerkezeti háttér rejlik a terjedési sebességekben megmutatkozó különbségek mögött.

5. Egy horgász a közel állandó mélységű tóban egy helyben áll. Úgy becsüli, hogy két, szomszédos hullámtaréj távolsága 2 méter, és percenként 80 csapódik neki. Mekkora a vízhullám hullámhossza, frekvenciája, terjedési sebessége? Megoldás: A feladat szövegét vizsgálva: A két szomszédos hullámhegy (hullámtaréj) közötti távolság a hullámhossz: =2 m. Az úszó helyén percenként 80 teljes rezgés történik: f = 80 1/min = 4/3 Hz. 8 m A hullámterjedés alapösszefüggése szerint: c . f 3 s

6. Mennyi idő alatt érkezik hozzánk a tőlünk 2 km távol keletkező villám fénye, illetve m m hangja? A fény terjedési sebessége 3 108 , a hang terjedési sebessége 340 . s s Megoldás: Adatok: s = 2 km, cfény t fény

s c fény

6,67 10

6

3 108 s , thang

m m , chang 340 . s s s 5,9 s . chang

18

7. A közel állandó mélységű tóban 8 m hullámhosszúságú hullámok vannak. Ennek ellenére András bármelyik irányban azonos sebességgel tud haladni. A hullámokkal szemben sétálva négypercenként 135, a másik irányban haladva már csak 105 hullámhegyet számol. Mekkora a hullám terjedési sebessége? Mekkora sebességgel halad András a vízben? Hány hullámhegy csapódna Andráshoz percenként, ha állna a vízben? Megoldás: Adatok: =8 m, t= 240 s, , k1 135 , k2 105 . Amikor András a hullámokkal szemben sétál, akkor a k1 db hullámhosszat ő és a hullám együtt teszi meg: (1) k1 t c v . Amikor a hullám terjedési irányában halad, akkor az általuk megtett utak különbsége egyenlő k2 db hullámhosszal: (2) k2 t c v . 2 t c , majd rendezve: A fenti két egyenletet összeadva: k2 k3 k1 k2 m c 4 . 2 t s Az (1) egyenletből kifejezhetjük András sebességét: k1 m v c 0,5 . t s c A hullámterjedés alapösszefüggése szerint: f 0,5 Hz . Az egy helyben álló Andrásnak k

f 60 s 30 hullámhegy csapódik percenként.

8. Egy vonal menti hullám kitérését a következő kétváltozós hullám írja le: 1 1 y x, t 5 cm sin 6,28 t 3,14 x s m Mekkora a hullám amplitúdója, frekvenciája, hullámhossza, terjedési sebessége? Megoldás: 1 1 t 3,14 x . s m A megadott függvényről leolvashatók a kért adatok, ha azt összehasonlítjuk az általános t x alakkal. y x, t A sin 2 T A hullám amplitúdója: A = 5 cm 1 1 1 A hullám frekvenciája: 2 6,28 f 1 Hz . T s T 1 1 A hullámhossz: 2 3,14 2m m m A hullámterjedés alapösszefüggése szerint: c f 2 . s

Ismert a következő: y x, t

5 cm sin 6,28

19

6. lecke

Hullámok visszaverődése, törése

1. Mechanikai hullám hullámtanilag sűrűbb közegbe hatol. Hogyan változik a terjedési sebessége, a frekvenciája és a hullámhossza? Megoldás: Az új, hullámtanilag sűrűbb közegben (a definíció miatt) a terjedési sebesség csökken, a frekvencia nem változik, a hullámhossz csökken.

2. Levegőben keltett longitudinális hullám (hang) terjedési sebessége 340 m/s. A széndioxidnak levegőre vonatkoztatott törésmutatója 1,32. Mekkora a hullám terjedési sebessége a szén-dioxidban? Mekkora a levegőnek szén-dioxidra vonatkoztatott törésmutatója? Megoldás: Adatok: c1

340

m , n2,1 s

1,32 .

A törésmutató definíciója: n 2,1

c1 . c2

A szén-dioxidban a terjedési sebesség: c 2

c1 n2,1

257,6

m . s

A levegőnek szén-dioxidra vonatkoztatott törésmutatója: n1, 2

c2 c1

1 n2,1

0,76 .

3. Az ábrán látható módon a gumizsinóron keltett egy hullámhossznyi hullámvonulat hullámtanilag ritkább közeg felé halad. Egy része behatol az új közeg, másik része visszaverődik. Rajzoljuk be az új hullámvonulatokat!

Megoldás: A hullámtanilag ritkább („szabad vég”) közegről visszavert hullámban nincs fázisugrás, és a hullámhossza sem változik. A ritkább közegbe hatoló hullámban sincs fázisugrás, viszont a hullámhossza nagyobb lesz.

20

4. Hullámkád egyik része 3 cm-es, másik része 2 cm-es vízrétegből áll. A mélyebből indított 20 Hz-es egyeneshullámok merőlegesen érkeznek a sík közeghatárra. (Sekély g h összefüggés írja le, ahol vizekben terjedő felületi hullámok terjedési sebességét c g a nehézségi gyorsulás, h a vízmélység.) Mekkora sebességgel terjed a hullám a két közegben? Mekkorák a hullámhosszak? Adjuk meg a sekélyebb víznek a mélyebbre vonatkozó törésmutatóját! Megoldás: Adatok: h1 3 cm, h2

2 cm, f = 20 Hz.

g h összefüggést: A terjedési sebességek meghatározására használjuk a c cm cm , c2 . c1 g h1 54,25 g h2 44,3 s s A hullámterjedés alapösszefüggése szerint: c2 c1 2,7 cm , 2 2,2 cm . 1 f f c1 A törésmutató definíciója: n2,1 1,22 . c2 Az új közegben a hullám frekvenciája nem változik. (A sekélyebb vízben a kisebb terjedési sebesség miatt ugyanannyi víz egy hullámhegyben rövidebb szakaszon emelkedik ki, így a hullámhegy magasabb lesz. A víz belső súrlódásnak szerepe elhanyagolható.)

5. Mekkora lehet az olvasmány alapján a cunami terjedési sebessége a nyílt vízen? Melyik technikai eszköz sebessége lehet ekkora? Mi az oka annak, hogy a part közelében a kezdetben néhány dm-es amplitúdó több méteresre nő? Megoldás: Adatok: h1 5000 m , h2 Ac

c1

6000 m .

g h formulát használva a két mélységre: m km m , c2 g h1 221,5 800 g h1 242,6 s h s

875

km . h

A cunamik sebesség nyílt vízen, ahol az óceán mélysége 5-6 km, 800-900

km . h

Az utasszállító repülőgépek sebessége lehet ennyi. A cunami terjedési sebessége függ a tenger mélységétől, Parthoz közeledve csökken a vízmélység és így a terjedési sebesség is. Ugyanannyi víz egy hullámhegyben rövidebb szakaszon emelkedik ki, így a hullámhegy magasabb lesz. A víz belső súrlódásnak szerepe elhanyagolható. 21

6. Egyeneshullám ferdén érkezik hullámtanilag sűrűbb közegbe. Hogyan változik az új közegben a hullám frekvenciája, terjedési sebessége, hullámhossza, valamint a terjedési iránya? Megoldás: A hullámtanilag sűrűbb közegben a frekvencia nem változik, a terjedési sebesség, és a hullámhossz csökken. A terjedési irány a beesési merőlegeshez „törik”. A törési szög kisebb lesz a beesési szögnél.

7. Mechanikai hullám 30 -os beesési szöggel érkezik a hullámtanilag ritkább közeg sík határához. Mekkora szöget zár be a megtört és a visszavert hullám normálisa? A törésmutató n=0,8 . Legalább mekkora beesési szög esetén nem hatol be hullám a ritkább közegbe? Megoldás:

30 , n = 0,8.

Adatok:

A visszaverődés törvénye szerint

/

.

A Snellius-Descartes törési törvény szerint

sin

sin n

sin sin 0,625

n. 38,7 

Az ábra alapján A visszavert és megtört hullám normálisa által bezárt / 180 111,3 szög: A teljes visszaverődés határszögére vonatkozó összefüggés: sin h n 2,1 .

sin

h

n2,1

0,8

h

53,13 . Ha a beesési szög nagyobb

h

hullám nem hatol be a ritkább közegbe, teljesen visszaverődik.

22

53,13 -nél, akkor a

7. lecke

Hullámok találkozása, elhajlása

1. Az 5 Hz frekvenciájú haladó hullámok 2 m/s sebességgel folyamatosan haladnak az Y alakú gumizsinór 1 m hosszú szárain. (Lásd a 41. oldal, felső ábra) Hány hullámhossznyi hullámvonulat figyelhető meg a szárakon? Megoldás: Adatok: f = 5 Hz, c = 2 m/s, s = 1 m. Számoljuk ki a hullámhosszat: c 0,4 m. f s k 2,5 hullámvonulat figyelhető meg.

2. A hullámforrásnál folyamatosan energiát táplálunk a rezgő rugalmas pontsornak. Ennek ellenére a véges kiterjedésű hullámtérben időben állandósult hullámjelenséget (állóhullámot) tapasztalunk, az egyes pontok amplitúdója állandó. Hogyan lehetséges ez? Megoldás: A rugalmas pontsoron kialakult állóhullámban valóban minden pont állandó amplitúdóval rezeg. Ez mutatja, hogy a rendszer energiája állandó. A hullámtér rezgésben lévő pontjai kölcsönhatnak a környezetükkel, annak folyamatosan energiát adnak át. Az így elvesző energiát kell pótolnia a hullámforrásnak.

3. Gumizsinóron állóhullámokat keltünk. Periódusidőnként kétszer a zsinór kiegyenesedik, minden pontja egyidejűleg halad át az egyensúlyi helyzeten. Ezekben a pillanatokban a rezgési energia hányadrésze mozgási, illetve rugalmas energia? És negyed periódusidő múlva? Megoldás: Abban a pillanatban, amikor a gumizsinór kiegyenesedik, minden pontja az egyensúlyi helyzeten halad át (pontonként más) maximális sebességgel. Ekkor a rezgés energiája teljes egészében mozgási energiaként jelenik meg, rugalmas energia nincs a rendszerben. Negyed periódusidővel később a tömegpontok sebessége egy pillanatra nullára csökken, a tömegpontok (különböző) kitérései maximálisak. Ekkor a rezgés energiája teljes egészében rugalmas energiaként jelenik meg, mozgási energia nincs a rendszerben.

23

4. Miért nem helyes állóhullámra vonatkoztatva a következő definíció: „A hullámhossz itt is két azonos fázisban rezgő szomszédos pont távolsága.” Megoldás: Ezzel a definícióval az a baj, hogy két szomszédos csomópont közti hullámtér minden pontja azonos fázisban rezeg. Tehát azonos fázisban rezgő két pont közti távolság akár milyen kicsi is lehet. A helyes definíció: Két szomszédos, azonos fázisú duzzadóhely távolsága a hullámhossz.

5. Az Y alakú gumizsinór egyenlő hosszú szárait azonos frekvenciával, és azonos fázisban mozgatjuk, viszont az amplitúdójuk különböző: A1 5 cm , A2 3 cm . Adjuk meg a harmadik ágban létrejövő hullám jellemzőit. Megoldás: Az Y alakú gumizsinór harmadik ágának kezdőpontjáig a két haladó hullám azonos fázisban érkezik, ezért maximális erősítés történik. A A1 A2 8 cm . A többi jellemző (fázis, hullámhossz, terjedési sebesség, frekvencia) nem változik.

6. Az Y alakú gumizsinór egyenlő hosszú szárait azonos frekvenciával, de ellentétes fázisban mozgatjuk. Az amplitúdójuk különböző: A1 5 cm , A2 3 cm . Adjuk meg a harmadik ágban létrejövő hullám jellemzőit. Milyen feltétel mellett tapasztalnánk a harmadik ágban kioltást? Megoldás: Az Y alakú gumizsinór harmadik ágának kezdőpontjáig a két haladó hullám ellentétes fázisban érkezik, ezért maximális gyengítés történik. A A1 A2 3 cm . Az új hullám az 1. hullám fázisát viszi tovább. A többi jellemző (hullámhossz, terjedési sebesség, frekvencia) nem változik. A harmadik ágban történő kioltás feltételei: Az Y alakú gumizsinór egyenlő hosszú szárainak végéből indított két hullám frekvenciája, amplitúdója egyenlő legyen, fázisuk viszont ellentétes.

24

7. Mekkora frekvenciájú hullámforrás kelt az 1 méter hosszú, mindkét végén rögzített gumizsinóron négy duzzadóhellyel rendelkező állóhullámot? A hullám terjedési sebessége c= 6 m/s. Megoldás: Adatok: l=1 m, k=3, c= 6 m/s

Mindkét végen rögzített rugalmas pontsoron keltett állóhullámokra igaz: l

k 1

2

,

ahol k a belső csomópontok száma.

c . Ezt felhasználva: l f

A hullámterjedés alapösszefüggése szerint: A hullám frekvenciáját kifejezve: f

k 1

c 2 l

k 1

c . 2 f

12 Hz .

8. Hullámkádban két, egymáshoz erősített tűvel, azonos fázisban induló körhullámokat keltünk f=16 Hz frekvenciával. A hullámok terjedési sebessége 0,8 m/s. Milyen hullámjelenség figyelhető meg a hullámtér azon pontjában, a) amelyik az egyik hullámforrástól 12 cm , a másiktól 17 cm távolságra van; b) amelyik az egyik hullámforrástól 14 cm , a másiktól 21,5 cm távolságra van? Megoldás: Adatok: f=16 Hz, c=0,8 m/s, s1

12 cm , s 2

Először határozzuk meg a hullámhosszat:

17 cm , s 3 c f

14 cm , s 4

21,5 cm

5 cm .

a) A vizsgált pontnak a hullámforrástól mért távolságainak különbsége: s1, 2 s 2 s1 5 cm 1 . Ez azt jelenti, hogy a két hullám azonos fázisban találkozik, maximálisan erősíti egymást. b) A vizsgált pontnak a hullámforrástól mért távolságainak különbsége: . Ez azt jelenti, hogy a két hullám ellentétes 2 fázisban találkozik, maximálisan gyengíti egymást.

s 3, 4

s4

s3

7,5 cm

2 1 1

25

8. lecke

A hang

1. Adjuk meg a hallható hang hullámhossz tartományát! Megoldás:

1 , s

Az infrahangok határa f1

16

Az ultrahangok határa: f 2

1 20000 , s

1

c f1

21,25 m .

1

c f1

1,7 cm .

2. A tengervízben 1500 m/s sebességgel terjedő ultrahanggal mérik meg a tenger mélységét. A kibocsátott hang 3 másodperc múlva érkezik vissza a lehorgonyzott kutatóhajóra. Milyen mély a tenger? Mekkora időkülönbséget mérnek ugyanitt, ha a hajó 36 km/h sebességgel halad? Megoldás: Adatok: c=1500 m/s,

t

3 s , v=36 km/h = 10 m/s.

3 s idő alatt kétszer teszi meg a tenger mélységét. 2 h c t c t A tenger mélysége: h 2250 m . 2 t t Ha mozog a hajó, akkor a tenger h mélysége, a c , illetve a v távolságok egy 2 2 derékszögű háromszög oldalai. Az ultrahang

t

2

2

2 h t t 2,99993 s . c v A Pitagorasz-tételt használva: h , t/ 2 2 c2 v2 Tehát csak az 5. tizedesjegyben van változás. (A hajó ilyen mértékű sebességét, ha nem vesszük figyelembe, mindössze 5 cm-es eltérést kapunk, mint a pontos számolás alapján.)

3. A Central Parkban egy afrikai dobos másodpercenként 2 leütéssel egyenletesen veri a dobot. Ott, ahol most éppen állunk a dobütés látványa és hangja szinkronban van 26

egymással. Ha közeledünk, vagy távolodunk, ez az összhang felbomlik. Ha az eredeti helyünktől mérve 170 métert távolodunk a dobostól, a szinkron újból helyre áll. Mennyi a hang terjedési sebessége? Megoldás: A fény terjedési sebessége olyan nagy ( 3 108

m ) a hang várható terjedési sebességéhez s

képest, hogy várhatóan nem kell vele számolni. A dob 0,5 másodpercenként (T) szólal meg. A szomszédos, szinkronban lévő helyek távolsága 170 méter ( ). A szinkron azokon a helyeken jöhet létre, amelyekhez nT (n=0, 1, 2, …) idő alatt ér el a hang, azaz a dobtól ncT távolságra vannak. Két ilyen szomszédos hely távolsága, c

T

170 m 0,5 s

340

c T , amiből

m . s

4. Azonos hosszúságú zárt és nyitott síp közül melyiknek magasabb az alaphangja? Megoldás: A nyitott síp hossza megegyezik a benne kialakuló alaphang (állóhullám) 1 c c hullámhosszának a felével: l . Így az alaphang frekvenciája: f0, ny . 2 2l A zárt síp hossza megegyezik a benne kialakuló alaphang (állóhullám) hullámhosszának a 1 c c negyedével: l . Így az alaphang frekvenciája: f0, z . 4 4l A nyitott síp alaphangja (1 oktávval) magasabb, mint az azonos hosszúságú zárt síp.

5. Egy húr 440 Hz alapfrekvenciával rezeg. Hol kell leszorítani a húrt, hogy 880, illetve 1320 Hz frekvenciájú rezgéseket adjon? Elérhető-e leszorítással 440 Hz-nél kisebb frekvenciájú hang? Megoldás: Az alaphang 440 Hz frekvenciájú. Ekkor a húr hossza a kialakuló állóhullám hullámhosszának a fele. Kétszer nagyobb (880 Hz) frekvenciát akkor kapunk, ha a hullámhossz a felére csökken. Ez úgy érhető el, hogy húr közepén egy csomópontot hozunk létre. 880 Hz frekvenciájú hangot akkor kapunk, ha a húrt a felénél szorítjuk le. Háromszor nagyobb (1320 Hz) frekvenciájú hangot akkor kapunk, ha a húrt a harmadánál szorítjuk le. Ezzel a húrral 440 Hz-nél kisebb frekvenciájú hangot nem tudunk előállítani.

27

6. A szomszéd lakásban a fiatalok gyakran hallgatják hangosan a zenét. Hozzánk mégis csak a mély hangok jutnak át. Mi lehet ennek az oka? Megoldás: A jelenség hátterében az áll, hogy a különböző frekvenciájú hangok különböző mértékben nyelődnek. A magas hangok ugyanakkora vastagságú falban nagyobb mértékben nyelődnek, mint a mély hangok. Ezért jutnak át hozzánk a szomszédból inkább a mély hangok.

7. Egy satuba befogott fűrészlapot megpendítve 200 Hz frekvenciájú hangot ad. Milyen hosszú része áll ki a satuból? Megoldás: Adatok: f = 200 Hz. A megpendített fűrészlapon állóhullámok alakulnak ki. A satuba befogott vég rögzített, a legnagyobb amplitúdójú rezgést végző vége szabad. Az alaphang hullámhossza a fűrészlap szabadon rezgő részének a négyszerese: Alkalmazzuk

c

f

4 l f

a

l

c 4 f

4 l.

hullámterjedés

alapösszefüggését:

42,5 cm .

8. Szabolcsnak igen jó a zenei hallása. Az utcán sétálva, meglepődve tapasztalta, hogy a mellette elhaladó autó által kibocsátott dudajel hangmagasság-változása pontosan egy nagy nagyszekund (nagy egészhang). Hazaérve ki tudta számítani az autó sebességét. Betartotta-e az autó vezetője a lakott területen érvényes sebességkorlátozást? Megoldás: Feltételezhető, hogy az autó sebességéhez képest Szabolcs sebessége elhanyagolható – „lassan sétál” -, ezért úgy tekinthetjük, mintha az álló észlelőhöz közeledik, illetve távolodik a hangforrás. A Doppler-elv szerint az álló megfigyelő által észlelt hangfrekvencia v sebességgel közeledő hangforrás esetén:

28

f0

f1 1

v c

Távolodó hangforrás esetén:

f0

f2 1

v c

f Az 0 az autó által kibocsátott hang frekvenciáját, c a hang, v az autó sebességét jelöli. A fenti összefüggéseket figyelve kitűnik, hogy közeledéskor nagyobb, távolodáskor kisebb hangfrekvenciát érzékel Szabolcs, mint amit az autó kibocsát. A két érték különbsége adja a frekvencia-ugrást. A szekund hangköz: f1 : f 2 9 : 8 . E szerint: v 1 9 c v 8 1 c v v 9 9 8 8 c c 1 1 m m km v c 340 20 72 17 17 s s h

A 72

km km sebességgel haladó autó túllépte az 50 -s sebességkorlátozást. h h

29

9. lecke

A mágneses mező

1. Két, látszólag egyforma fémrúdról milyen kísérlettel lehetne megállapítani, hogy melyik a mágnes és melyik a vasrúd? Megoldás: A mágnesrúd középső tartománya nem fejt ki vonzó vagy taszító hatást, így az a rúd, amelyik nem képes a másik rúd középső részét vonzani, lesz a vasrúd.

2. A mágnesség meghatározásához speciális eszközöket, eljárásokat alkalmazunk. Miért vasreszeléket használunk a mágneses mező kimutatására? Miért lapos tekercset használunk magnetométernek? Miért nem rögzítjük az iránytű tűjét a tengelyhez, hanem csak egy hegyes végre illesztjük? Megoldás: A vas mágnesezhető anyag, részt vesz a mágneses kölcsönhatásokban. A kis méretű vasreszelék darabkák könnyen mozdulnak, rendeződnek a kölcsönhatás következtében. A darabkák hosszúkás alakja olyan, mint egy iránytűé, ez is segít a szemléltetésben. A magnetométer vagy más néven próbamágnes a mágneses mező erősségét mutatja a tér egy adott helyén. Mint ahogy a próbatöltést is pontszerűnek választottuk, a próbamágnest is célszerű minél kisebb méretűnek választani. Mivel a keresztmetszet a kölcsönhatás erősségét befolyásolja, ezért a tekercs hosszát rövidítik le. Az iránytű a mágneses indukcióvektor irányába áll be, azonban ez az irány nem feltétlenül vízszintes, így az iránytű függőleges irányba is eltérülhet, és ez az eltérülés is fontos adat lehet.

3. Gyűjtsünk a környezetünkben olyan berendezéseket, amelyekben elektromágnes van! Megoldás: Elektromágnes található az elektromotorban, így számtalan elektromos motorral hajtott konyhai és háztartási készülék felsorolható.

4. Mi történik, ha mágnesrúdra áramjárta vezetéket tekercselünk? Megoldás: A tekercselés irányától és az áramiránytól függően az áramjárta vezeték növelheti vagy csökkentheti a mágnes erősségét. A vezeték mágneses hatása olyan nagy is lehet, hogy a mágnes erősségét kioltja, sőt akár ellentétes pólusú mágneses hatást eredményez. (A vezeték nagy mágneses hatása a mágnest átmágnesezheti, maradandó változást okozhat benne.) 30

5. Hasonlítsuk össze az elektromos erővonalakat a mágneses indukcióvonalakkal! Megoldás: Az E-vonalak és a B-vonalak alapvetően nagyon hasonlítanak egymásra. Míg az E-vonalak a pozitív töltéstől a negatív felé irányulnak, addig a B-vonalak az északi pólustól a déli felé. Az erővonalak meghatározása mindkét esetben ugyanaz, az erővonalak sűrűsége jelzi a mező erősségét. Mindkét erővonalra értelmezhető a fluxus. (A későbbiekben majd látni fogjuk, hogy a B-vonalak tulajdonképpen önmagukba záródó görbék.)

6. Mekkora annak a mágnesrúdnak a mágneses indukcióvektora, amely az 5 menetes 4 cm2 területű magnetométert, melyben 300 mA áram folyik, éppen kimozdítja? A kimozdításhoz legalább 0,0001 Nm forgatónyomaték szükséges. Megoldás: Adatok: N 5, A 4cm2 , A 300mA, M max 0,0001Nm Az indukcióvektor, a menetszám, a terület és az áramerősség szorzatának legalább 0,0001 Nm nagyságúnak kell lennie. M max 0,0001Nm M max B N A I azaz B 0,167T 167mT N A I 5 4 10 4 m2 0,3 A

7. Melyik magnetométert érdemesebb használni, amelyik 10 menetes, 2 cm2 területű és 450 mA folyik rajta, vagy amelyik 4 menetes 4,5 cm2 területű és árama 400 mA? Megoldás: Az az érzékenyebb magnetométer, amelyikre ugyanaz a mágneses mező nagyobb forgató hatást gyakorol. Azonos mágneses mezőnél a nagyobb N·A·I szorzat eredményez nagyobb forgatónyomatékot. Az első: N A I 10 2 10 4 m 2 0,45 A 9 10 4 Am 2 A második: N A I 4 4,5 10 4 m 2 0,4 A 7,2 10 4 Am 2 Tehát az elsőt érdemesebb használni, az érzékenyebb.

31

8. Egy magnetométerre 0,0008 Nm maximális forgatónyomaték hatott, amikor egy elektromágnes mágneses mezejét vizsgáltuk. A 20 menetes magnetométer fluxusa, az egyensúly beállta után, 0,0004 Wb. Mekkora a magnetométer áramerőssége? Megoldás: 0,0004Wb Adatok: M max 0,0008Nm, N 20, Mivel a fluxust a BA szorzattal számolhatjuk ki, ezért mágneses kölcsönhatás képletében Nnel és I-vel megszorozva a maximális forgatónyomatékot kapjuk. Ebből az áramerősség: M max 0,0008Nm I 0,1T 100mT N B A 20 0,0004Wb

9. A mágneses mezőnek forgató hatása van. Miért mozdulnak el mégis a vasreszelékdarabkák a pólus irányába? Megoldás: A darabkák, bármilyen kicsik is, apró iránytűkké válnak, melynek azonos pólusa távolabb, ellentétes pólusa közelebb fog kerülni a mágnes pólusához. Így, ha kevéssel is, a vonzó hatás valamivel erősebb a taszító hatásnál, végeredményben gyenge vonzást érzékel. (Ezt a hatást a nem homogén mágneses mezőben érzékelhetjük.)

10. A NASA Pioneer űrszondái az 1960-as években megmérték a Nap mágneses mezőjét, melynek értéke 0,2 mT-nak adódott. Mekkora volt a magnetométer áramforrásának feszültsége, ha a 100 menetes 4 cm2 területű, 20 ohmos magnetométer 0,000005 Nm maximális forgatónyomatékot mért? Megoldás: Adatok: B = 0,2 mT, N = 100, A = 4 cm2, R = 20 Ω, Mmax = 0,000005 Nm. A magnetométer áramerőssége: M max 0,000005Nm I 0,625A 625mA N B A 100 0,2 10 3T 4 10 4 m2 Ohm törvénye szerint az áramforrás feszültsége:

U

R I

20

0,625A 12,5V

32

10. lecke

Az áram mágneses mezője

1. Melyik erősebb mágneses mező az alábbiak közül? a) Amely egy 25 menetes, 5 cm2 területű és 200 mA-rel átjárt lapos tekercsre 0,0004 Nm maximális forgatónyomatékkal hat. b) Amely egy 400 menetes, 7 cm hosszú tekercs belsejében alakul ki 1,5 A esetén. Megoldás: M max 0,0004Nm a) B 0,16T 160mT N A I 25 5 10 4 m2 0,2 A N I Vs 400 1,5 A b) B 12,56 10 7 0,01T 10mT 0 l Am 0,07m Az első erősebb mágneses mező.

2. Mekkora áramot folyassunk egy 300 menetes 5 cm hosszú egyenes tekercsben, hogy abban a mágneses mezőjének erőssége a Föld mágneses mezőjének erősségét kioltsa? (A Föld mágneses mezőjének erősségét tekintsük 0,05 mT-nak.) Megoldás: Adatok: N 300,  5cm, B 0,05mT A tekercs mágneses mezőjének erőssége is 0,05mT nagyságú kell legyen. B l 0,05 10 3T 0,05m I 6,63 10 3 A 6,63mA 7 Vs 12,56 10 Am 300 0 N

3. Rezgő rugóba egyenáramot vezetünk. Milyen mágneses mező alakul ki a rugó belsejében? Megoldás: A rezgő rugó folyamatosan változtatja hosszát, így a benne kialakuló mágneses mező erőssége is folyamatosan változni fog. Bár a B-vonalak egymással párhuzamosak, sűrűségük periodikusan változik, ezért a kialakult mező nem homogén.

33

4. Mekkora mágneses mező alakul ki egy 50 ohmos merülőforraló 5 menetes, 10 cm hosszú tekercsében, ha az vízbe merül? Megoldás: Adatok: R 50 , N 50,  10cm A 230 V-os hálózatra kapcsolt 50 ohmos merülőforralón I folyik. A mágneses mező erőssége: N I B 0,999991 12,56 10 r 0 l

7

Vs 5 4,6 A Am 0,1m

U R

230V 50

0,00028887T

4,6 A erősségű áram

0,28887mT

5. Milyen vasmagot tegyünk egy 100 menetes, 4 cm hosszú tekercsbe, hogy 320 mT erősségű mágneses mezőt hozzunk létre? Az áram maximális értéke 600 mA lehet. Megoldás: Adatok: N 100, 

4cm, B 320mT, I 600mA N I Vs 100 0,6 A Vasmag nélkül a B 12,56 10 7 0,001884T 1,884mT nagyságú 0 l Am 0,04m lehet. A 320 mT ennek az értéknek a 170-szerese. A táblázat alapján a vasmagnak kobaltból kell lennie.

6. A fülhallgató 50 menetes 1,5 cm hosszú tekercse acélra van felcsévélve. Ábrázoljuk a mágneses mező erősségének változását az idő függvényében, ha az áramerősség 0,1 s alatt 50 mA-ről 350 mA-re nő, majd 0,05 s alatt 150 mA-re csökken! Az acél mágneses adatát a Négyjegyű függvénytáblázatokból keressük ki! Megoldás: Az acél relatív permeabilitása 200 és 2000 közötti érték lehet. 2000-rel számolva kezdetben a mágneses mező erőssége N I Vs 50 0,05A B 2000 12,56 10 7 0,419T 419mT . r 0 l Am 0,015m 0,1 s múlva az áramerősség és így a B értéke is 7-szeresére nő, azaz B = 2933 mT. Újabb 0,05 s múlva az áramerősség és így a B értéke is a 7/3 részére csökken, így B = 1257 mT.

34

7. Magyarázzuk meg az alábbi ábra alapján a távíró működését!

Megoldás: Az ábra jobb oldalán látható Morse-kapcsolót (adó) lenyomva az áramkört zárjuk, ezáltal a másik állomáson (vevő) lévő elektromágnes magához vonzza a fölötte lévő vaslapot. A lebillenő vaslap felemeli a tűt, amely a tű fölé helyezett papírcsíkot átlyukasztja. A Morsekapcsoló hosszabb nyomva tartásával elérhető, hogy a tű hosszabb ideig felemelt állapotban legyen, ezzel a mozgó papírcsíkon rést vág. Így lehet a hosszú morzejelet (tá) előállítani.

8. Mekkora erősségű mágneses mező alakul ki a villámlástól 20 m-re? A villám áramerőssége 30 kA nagyságú. Megoldás: Adatok: r = 20 m, I = 30 kA A villámot, mint hosszú egyenes vezetéket tekintve: I Vs 30000A B 12,56 10 7 3 10 4 T 0 2r Am 2 20m 3,14

0,3mT

9. Egy körtekercs középpontján át, a tekercs középkörére merőlegesen egy hosszú egyenes vezeték halad. Mekkora áramot folyassunk ebben a vezetékben, ha a 8 cm sugarú középkörrel rendelkező 600 menetes, 500 mA-es körtekercs mágneses mezőjét ki szeretnénk vele oltani? Megoldás: Adatok: RK = 20 m, I = 500 mA, N = 600. A körtekercs mágneses mezője: N I Vs 600 0,5 A B 12,56 10 7 7,5 10 4 T 0,75mT 0 2 Rk Am 2 0,08m 3,14 Az egyenes vezető, tőle 8 cm-re ugyanekkora nagyságú mágneses mezőt kell létrehozzon: B 2r 7,5 10 4 T 2 0,08m 3,14 I 300A Vs 12,56 10 7 Am 0

35

10. Egy forgótekercses ampermérő mágneses indukcióvektora 500 mT. A 150 menetes forgótekercs keresztmetszete egy 2 cm oldalú négyzet. A műszer végkitérésekor a csavarrugó 3∙10-5 Nm forgatónyomatékkal hat. Mekkora a műszer méréshatára? Megoldás: Adatok: B = 500 mT, N = 150, a = 2 cm, Mmax = 3∙10-5 Nm. A tekercs keresztmetszete A = 4 cm2 = 0,0004 m2. A tekercsben folyó áram M max 0,00003Nm I 0,001A 1mA . Ez a műszer méréshatára. N B A 150 0,5T 4 10 4 m2

11. Nikkelkorong a rá merőleges tengelye körül szabadon foroghat. A korong egyik szélét lángba tartjuk, mialatt ettől negyedfordulatnyira, oldalról a koronghoz egy mágnessel közelítünk. Melyik irányba fordul el a korong? Miért? Megoldás: A nikkel ferromágneses anyag. Ha az egyik részét lángba tartjuk, – mivel a nikkel Curiepontja 358 °C – paramágnessé válik, és arra a részre a mágnes nem lesz hatással. Ezért a korong úgy fordul el, hogy a felmelegített rész távolodik a mágnestől. A folyamat nem áll meg, hiszen a lángba a korong újabb része fordul, ami szintén paramágnessé válik, míg a korábbi rész lehűlve újra ferromágneses lesz.

36

11. lecke

Erőhatások mágneses mezőben

1. Homogén mágneses mező indukcióvonalaira merőlegesen szabálytalan alakú áramjárta vezetőhurkot helyezünk. Milyen alakzatot vesz fel a vezetőhurok? Megoldás: A vezetékre ható Lorentz-erő merőleges a B-vonalakra és a vezetékre is. A vezetőhurok bármely két átellenes pontján az áram iránya ellentétes, tehát a rájuk ható Lorentz-erő is ellentétes irányú lesz. Ezek az ellentétes irányú erőpárok a vezetőhurkot szabályos körré feszítik ki.

2. Mekkora erősségű és milyen irányú homogén mágneses mezőt kell alkalmazni ahhoz a 20 g tömegű, 80 cm hosszú 2,5 A-es egyenes vezetékhez, hogy a levegőben lebegjen? Megoldás: A 20 g tömegű vezeték súlya 0,2 N. A Lorentz-erő nagyságának is ekkorának kell lennie: FL 0,2 N B 0,1T 100mT . A Lorentz-erőnek függőlegesen felfele kell mutatnia, I l 2,5 A 0,8m ezért a mágneses indukcióvektor vízszintes irányú és merőleges a vezetékre.

3. A fénysebesség tizedével száguldó elektronok a Föld mágneses mezőjébe kerülve körpályára kényszerülnek. Mekkora a körpálya sugara, ha a Föld mágneses mezőjének erőssége 0,01 mT? Megoldás: Adatok: m

r

m v Q B

c ,Q 1,6 10 19 C, B 0,01mT 10 9,1 10 31 kg 3 107 ms 17,0625m 17m 1,6 10 19 C 0,01 10 3T 9,1 10

31

kg, v

4. Mekkora és milyen irányú erő hat a kelet-nyugati irányú trolibusz felsővezeték 10 m hosszú darabjára a Föld mágneses mezője miatt, ha benne 180 A nagyságú egyenáram folyik? A Föld mágneses mezője legyen 0,05 mT. Megoldás: Adatok:  10m, I 180A, B 0,05mT

37

FL

I B l 180A 0,05 10 3T 10m 0,09 N

90mN . Iránya függőleges.

5. Carl Anderson (1905-1991) Nobel-díjas kísérleti fizikus 1932-ben egy új részecskét fedezett fel, mely a protonokkal azonos töltésű. A fénysebesség tizedével mozgó részecske a 10 mT erősségű mágneses mezőben 17 mm sugarú körívet írt le. Milyen részecskét fedezett fel Anderson? Megoldás:

c , B 10mT, r 17mm, Q 1,6 10 19 C 10 r Q B 17 10 3 m 1,6 10 19 C 0,01T m 9,07 10 31 kg . Ez a részecske a pozitron, mely 7 m v 3 10 s minden tulajdonságában megegyezik az elektronnal, csak a töltése pozitív. Adatok: v

6. Két egyforma rugón, melynek rugóállandója 3 N/m, 20 g tömegű 15 cm hosszú fémrúd függ vízszintes helyzetben. A fémrúd homogén mágneses mezőbe lóg, melynek iránya szintén vízszintes és merőleges a rúdra, nagysága 500 mT. Mekkora a rugók megnyúlása, ha a fémrúdban 4 A erősségű áram folyik? Megoldás: Adatok: D = 3 N/m, m = 20 g, l = 15 cm, B = 500 mT, I = 4 A. A rúdra ható Lorentz-erő: FL I B l 4 A 0,5T 0,15m 0,3N . A rúd súlya 0,2 N. A Lorentz-erő az áram irányától függően azonos és ellentétes irányú is lehet a súlyerővel. Ha azonos irányú, akkor a 0,5 N erőt a két rugó 0,25 N erővel kompenzálja, és ekkor a megnyúlás F 0,25N l 0,083m 8,3cm . Ha ellentétes irányú, akkor az eredő erő felfelé mutat és D 3 Nm 0,1 N, amit a két rugó 0,05 N erővel tart egyensúlyban. Ilyenkor a rugók összenyomódnak, F 0,05N 0,017m 1,7cm . melynek mértéke: l D 3 Nm 7. Azonos sebességgel lövünk be egyszeresen pozitív 12C+ és 14C+ ionokat a 950 mT nagyságú homogén mágneses mezőbe. Mekkora ez a sebesség, ha az ionok pályasugarának eltérése 0,3 mm? Melyik ion tesz meg nagyobb körívet? Használjuk a Négyjegyű függvénytáblázatokat! Megoldás: Adatok: B = 950 mT, Δr = 4 A.

38

m v képlettel számolhatjuk ki. A két pályasugarat egymásból kivonva, Q B m v majd az azonos mennyiségeket kiemelve kapjuk: r . Q B A tömegkülönbség a két ion között két darab neutron tömege. Ebből: r Q B 0,3 10 3 m 1,6 10 19 C 0,95T m km v 13612 49000 27 m 2 1,675 10 kg s h A pályasugarat a r

39

12. lecke

Az elektromágneses indukció

1. Faraday kísérletében az elektromágnes egy másik tekercsben feszültséget indukál. Mekkora az elektromágnes mágneses mezője, ha a 400 menetes, 8 cm hosszú vasmagos tekercsre 1,2 A erősségű áramot kapcsolunk? Mekkora feszültséget indukál ez a 600 menetes, 6 cm2 keresztmetszetű másik tekercsen, ha a bekapcsolás ideje 0,1 s, és a mágneses mező erőssége 90%-ban jelenik meg a másik tekercsben? Megoldás: Adatok: N 400,  8cm, I 1,2A, vas 2000, N 2 600, A 6cm2 , t 0,1s A vasból készült vasmag relatív permeabilitását tekintsük 2000-nek (acél). N I Vs 400 1,2 A B 2000 12,56 10 7 15,072T r 0 l Am 0,08m A másik tekercsben ennek 90 %-a jelenik meg, azaz 13,565 T. Az indukált feszültség: 13,565T 6 10 4 m 2 Ui N2 600 48,83V t 0,1s

2. Milyen gyorsan kapcsoltuk ki annak a tekercsnek a 2 A erősségű áramát, mely 200 menetes, 8 cm hosszú, 4 cm2 keresztmetszetű, nikkel magja van és a rákapcsolt feszültségmérő 24 V-ot mutatott? Megoldás: Adatok: I 2A, N 200,  8cm, A 4cm2 , nikkel 270, U 24V N I Vs 200 2 A B 270 12,56 10 7 1,7T A fluxus: r 0 l Am 0,08m B A 1,7T 4 10 4 m 2 6,8 10 4Wb . Ekkora fluxus szűnik meg, mialatt 24 V feszültség indukálódik. 6,8 10 4Wb t N 200 5,67 10 3 s 5,67ms Ui 24V

40

3. Számítsuk ki a Lenz-karikában indukált áram erősségét! Az alumíniumkarika 4 cm sugarú, 0,01 ohm ellenállású és a 400 mT erősségű mágnest a távolból 1,5 s alatt közelítettük hozzá! Megoldás: Adatok: r 4cm, R

0,01 , B 400mT, t 1,5s 2

A karika területe: A r 2 0,04m 3,14 5,024 10 3 m2 , így a fluxus a nulláról B A 0,4T 5,024 10 3 m 2 2,01 10 3Wb -re nő 1,5 s alatt. Az indukált feszültség Ui I

t U R

2,01 10 3Wb 1,34 10 3V 1,5s 1,34 10 3V 0,01

1,34mV , az indukált áram erőssége

0,134A 134mA

4. Mekkora feszültség indukálódik a vitéz 80 cm hosszú kardjának markolata és hegye között, ha 5 m/s sebességgel rohan kivont fegyverével, amely merőleges a Föld B-vonalaira? A Föld mágneses mezőjét 0,05 mT-nak vegyük! Megoldás: Adatok:  80cm, v

Ui

5 m s , B 0,05mT B l v 0,05 10 T 0,8m 5 ms 2 10 4V 3

0,2mV

5. Indukálódik-e feszültség a toronyóra nagymutatójában? Megoldás: Amennyiben a mutató a Föld mágneses indukcióvonalaira merőleges síkban forog, úgy a tengely és a mutató hegye között indukálódik feszültség.

41

6. Egy fél méter hosszú fémrúd 3 s-ig szabadon esett a Föld mágneses mezőjében. Ábrázoljuk a rúd két vége között indukálódott feszültséget az idő függvényében! A Föld mágneses mezőjének erőssége 0,05 mT. Megoldás: Adatok: t 3s,  0,5m, B 0,05mT A rúd sebessége v = gt = 10t m/s, ha az időt szekundumban mérjük. A feszültség U i B l v 0,05 10 3T 0,5m 10t ms 2,5t 10 4V 0,25t mV . A feszültség (abban az esetben, ha a rúd merőleges a B-vonalakra) egyenletesen nő nulláról 0,75 mV-ig 3 s alatt.

7. A legmodernebb konyhákban már indukciós tűzhelyeket találunk. Vásárláskor figyelmeztetnek, hogy az ilyen tűzhelyen csak olyan edénnyel lehet főzni, amelynek alja mágnesezhető fém. Találjuk ki, hogyan működhetnek ezek a tűzhelyek, és miért energiatakarékosabbak más tűzhelyeknél? Megoldás: Az indukciós tűzhelyek elektromágnest tartalmaznak. Üzem közben az elektromágnes változó mágneses mezőt kelt, ami a fölé helyezett fém fazék aljában örvényáramot indukál. Az örvényáram hőhatása melegíti az ételt. Ez a megoldás energiatakarékosabb, hiszen közvetlenül a fazekat melegítjük és nem az alatta lévő levegőt, kisebb az energiaveszteség.

42

8. Egy 400 menetes, 5 cm átmérőjű és 2,5 ohmos zárt tekercsben a mágneses mező értékét 0,6 s alatt nulláról 800 mT-ra növeltük, 0,2 s-ig változatlanul hagytuk, majd újabb 0,6 s alatt 200 mT-ra csökkentettük. Ábrázold az indukált feszültség és az indukált áram értékét az idő függvényében! Mennyi elektromos energia keletkezik ezalatt? Honnan nyerjük ezt az energiát és mivé válik? Megoldás: A tekercs keresztmetszete A r 2

0,0025m

2

3,14 1,96 10 5 m2 . Az indukált feszültség

0,8T 1,96 10 5 m 2 0,01V 10mV . A második t 0,6s szakaszban nulla, hiszen nincsen fluxusváltozás, a harmadik szakaszban pedig 0,6T 1,96 10 5 m 2 Ui N 400 0,0078V 7,8mV . Az indukált áram a három t 0,6s szakaszban az Ohm-törvény szerint: 4 mA, 0 A, 3,12 mA. A harmadik szakaszban a feszültség polaritása és az áram iránya ellentétes az első szakaszban lévőkkel. Az első szakaszban P = UI = 0,04 mW, a másodikban 0 W, a harmadikban 0,024 mW elektromos energia keletkezik. Ez a mágneses mezőből származik és hőenergiává alakul át.

az első szakaszban U i

N

400

9. A 86. oldalon lévő ábrán látható elrendezésben a homogén mágneses mező erőssége 200 mT, a 20 cm hosszú rudat 0,4 m/s sebességgel egyenletesen mozgatjuk. Mekkora az izzó ellenállása, ha az indukált áram erőssége 2 A? (A vezetékek és a rúd ellenállása elhanyagolható.) Mekkora erőre van szükség a rúd mozgatásához? Mennyi energiát táplálunk az áramkörbe 10 s alatt? (A súrlódástól eltekintünk.) Megoldás: Adatok: B = 200 mT, l = 20 cm, v = 0,4 m/s, I = 2A, t = 10 s. U i B l v 0,2T 0,2m 0,4 ms 0,016V 16mV Az ellenállás Ohm törvénye szerint 0,008 Ω. A mozgatáshoz akkora erőre van szükség, mint a Lorentz-erő, hiszen ezt kell leküzdeni. A Lorentz-erő FL I B l 2 A 0,2T 0,2m 0,08N . Ugyanekkora a húzóerő is. Annyi energiát táplálunk a körbe, amennyi az izzó világításához szükséges, azaz E = U·I·t = 0,32 J. Ez úgy is kiszámítható, hogy 10 s alatt az adott sebességgel a rudat 4 m-rel húztuk arrébb 0,08 N erővel, a munka W = F·s = 0,32 J.

43

10. Az előző feladatban szereplő sínpárt egy 30°-os lejtőre tesszük. A mágneses mező továbbra is merőleges a vezetőkre és erőssége 10 T. Az izzó ellenállása 10 ohmos. A 10 dkg tömegű rudat elengedjük a súrlódásmentes sínpáron. Mekkora lesz a rúd maximális sebessége? Megoldás: Adatok: B = 10 T, R = 10 Ω, m = 10 dkg. A rudat a gravitációs mező gyorsítja, és a Lorentz-erő fékezi. Mivel a gyorsító erő állandó nagyságú, a Lorentz-erő pedig folyamatosan nő, ezért a rúd egyensúlyba kerül egy bizonyos sebesség elérésekor. Ekkor a két erő egyenlő nagyságú. A gyorsító erő a 30°-os lejtő miatt a F 0,5N nehézségi erőnek éppen a fele, azaz 0,5 N. Az indukált áram I 0,25A , B l 10T 0,2m az indukált feszültség Ohm törvénye szerint U = R·I = 2,5 V. Ebből a sebesség U 2,5V v 1,25 ms B l 10T 0,2m

11. Az indukciós kemence egy közös vasmagon lévő sokmenetes elektromágnesből és egy egymenetes „tekercsből” áll. Az elektromágnes változó mágneses mezője áramot indukál az egymenetes tekercsben, ami egy fémreszelékkel megtöltött vályú. A kialakuló indukált áram hőhatása felolvasztja a fémet. Milyen nagy áram indukálódik abban a kemencében, amelynek 2000 menetes, 40 cm hosszú elektromágnesében 700 mA-es áramot kapcsolunk tizedmásodpercenként ki és be, és a 25 cm sugarú vályúba 2 ohmos fémreszeléket szórunk? Megoldás: Adatok: N = 2000, l = 40 cm, I = 700 mA, Δt = 0,1 s, r = 25 cm, R = 2 Ω. N I Vs 2000 0,7 A B 2000 12,56 10 7 8,8T . A vályú, mint vezetőhurok r 0 l Am 0,4m területe A r 2

0,25m

2

Az indukált feszültség U i

I

U R

17,25V 2

B A 8,8T 0,196m 2 1,725Wb . 3,14 0,196m2 . A fluxus 1,725Wb 17,25V , így az indukált áram t 0,1s

8,625A .

44

13. lecke

Az önindukció

1. Közös vasmagon ugyanolyan anyagból készült 200, 300 és 400 menetes tekercsek vannak. Hogyan kellene ezeket összekapcsolni, hogy a kapcsolás induktivitása a lehető legkisebb legyen? Megoldás: A 200 és 300 menetes tekercseket sorba kell kötni, így tulajdonképpen egy 500 menetes tekercset kapunk, majd a 400 menetes tekercset úgy kell utánuk kötni, hogy a rajta átfolyó áram mágneses mezője ellentétes legyen az első két tekercs mezőjével, azt gyengítse. Ezt fordított csévéléssel lehet elérni. Így olyan, mintha egy 100 menetes tekercsen folyna áram.

2. Fel lehet-e villantani egy ködfénylámpát egy 300 mH induktivitású tekerccsel, ha az abban folyó 12 A-es áramot 80 ms alatt kikapcsoljuk? (Egy ködfénylámpa 70–90 V nagyságú feszültség hatására villan fel.) Megoldás: Adatok: L 300mH, I 12A, t 80ms Ha egy tekercsben az áramot kikapcsoljuk, akkor feszültség indukálódik. Ennek nagysága I 12 A U öi L 0,3 H 45V értékűnek adódik. Ez a feszültség még nem elegendő egy t 0,08 s ködfénylámpa felvillanásához.

3. Egy tekercsben 4 V feszültség indukálódik, miközben a rajta átfolyó áram fél másodperc alatt 0-ról 10 A erősségűre nő. Mekkora a tekercs induktivitása? Mennyi energiát tárol a tekercs? Megoldás: Adatok: U öi

4 V, t

0,5s, I 10A

A tekercsben az áram

L

U öi I t

Emágn

4V A 20 s

1 L I2 2

0,2 H

I t

10 A 0,5 s

20

A gyorsasággal változik. Ebből az induktivitás értéke s

200 mH nagyságúnak adódik. A tekercs ez alapján maximum

0,2 H 100 A2

20 J mágneses energiát tud tárolni.

45

4. Egy 50 mH önindukciós együtthatójú tekercsen átfolyó áram erőssége egyenletesen növekszik 6 s alatt nulláról 3 A-re. Ábrázoljuk a tekercsben kialakult önindukciós feszültség nagyságát, valamint a tekercs mágneses energiáját az első 6 s alatt! Megoldás: Adatok: L 50mH, t

6s, I

3A

I 3A 0,05 H 0,025V 25 mV t 6s állandó nagyságú feszültség indukálódik. A mágneses energia az idő elteltével folyamatosan A nő, mert nő az áram erőssége. Mivel az áramerősség és az idő között az I 0,5 t egyenes s arányosság áll fenn, ezért a mágneses energia a 1 1 A2 J mJ Emágn L I2 0,05 H 0,25 2 t 2 0,00625 2 t 2 6,25 2 t 2 összefüggés szerint 2 2 s s s változik. A mágneses energia az idővel négyzetesen arányos, grafikonja parabola. A mJ mágneses energia maximális értéke a képlet alapján Emágn 6,25 2 36 s 2 225mJ . s

A tekercsben az áram változása miatt U öi

L

5. Milyen gyorsan kell a fénycső hőkapcsolójának kikapcsolnia a 2,5 A erősségű áramot ahhoz, hogy a 900 mH induktivitású tekercsben 1 kV feszültség indukálódjon? Megoldás: Adatok: I 2,5A, L 900mH, U öi 1kV I 2,5 A t L 0,9 H 2,25 10 3 s U öi 1000V

2,25ms

46

6. A leendő termonukláris reaktor (ITER) központi része egy hatalmas toroid tekercs lesz. A tekercset 4 K hőmérsékletűre hűtik, hogy igen erős áramot tudjanak folyatni benne. A kísérleti tekercsben 80 kA-es árammal 8 T nagyságú mágneses mező alakult ki. A tekercs középkörének sugara 5 m, a tekercs átmérője 3 m. Hány menetes toroid tekercset használtak? Mekkora mágneses energiát tárolt ez a kísérleti berendezés? Megoldás: Adatok:T = 4 K, I = 80 kA, B = 8 T, rk = 5 m, d = 3 m. NI A toroid mágneses mezejét a B képlettel határozhatjuk meg. Ebből a menetszámot 0 2rk 2rk B 2 5m 8T kifejezve adódik, hogy a toroid N 2500 menetes. A 7 Vs 4 10 Am 80000 A 0 I toroid középkörének kerülete l 2r 2 5 m 3,14 31,4 m hosszú és 2 2 2 A r (1,5 m) 3,14 2,25 m 3,14 7,065 m 2 kersztmetszetű. A toroid induktivitása

N2 A 6250000 7,065m2 7 Vs L 1 12,56 10 1,76625H nagyságúnak adódik. r 0 l Am 31,4 m A berendezés a megadott áram esetén 1 1 Emágn L I2 1,76625H 6,4 109 A2 5,652 109 J 5652MJ energiát tárolt. 2 2

7. Határozzuk meg a képen látható tekercs induktivitását! A rézdrótot egy 5 cm hosszú, 1 cm sugarú nikkelhengerre csévélték fel. Mekkora a tekercs ellenállása? Mennyi energiát tud tárolni a tekercs, ha zsebtelepre kapcsoljuk? A hiányzó adatokat az ábráról állapítsuk meg! Megoldás: Az 5 cm hosszú henger a képen 3,5 cm-es, így a méretarány 10:7. A tekercs hossza a képen 2,2 cm, ami a valóságban 3,14 cm, valamint leolvasható a tekercs menetszáma, ami 13. A (1 cm) 2 3,14 1 cm2 3,14 3,14 cm2 . A tekercs tekercs keresztmetszete: A r 2 4 2 N2 A 7 Vs 169 3,14 10 m 270 12 , 56 10 0,57 mH . r 0 l Am 0,0314m A rézdrót ellenállásához a drót adataira van szükségünk. A drót hossza a 13 menet hossza, azaz 13 2 1cm 3,14 81,64 cm 0,816 m . A drót átmérője a tekercs hosszának 13-ad része, azaz 3,14 cm / 13 0,24cm 2,4 mm . A drót keresztmetszete: A r2 (1,2 mm) 2 3,14 1,44 mm 2 3,14 4,52 mm 2 . Így a rézdrót ellenállása:

induktivitása: L

mm2 0,816 m 3,21m . A drótban kialakuló áram Ohm törvénye m 4,52 mm2 U 4,5 V szerint: I 1402A . A tekercsen tárolt mágneses energia: R 3,21 10 3 1 1 2 E mágn L I2 0,57 10 3 H 1402A 560,2 J 2 2 Megjegyzés: a rézdrót kis ellenállása miatt igen nagy áram és nagy mágneses energia alakul ki, azonban a rövidzárlat miatt ez az állapot nem áll fönn sokáig. R

 A

0,0178

47

14. lecke

A váltakozó áram

1. Mekkora frekvenciával rezeg az 50 Hz-es hálózati áramra kapcsolt elektromágnes előtt lévő vaslemez? Megoldás: Mivel a vaslemezt az elektromágnes északi és déli pólusa is vonzza, ezért a lemez 100 Hz frekvenciával rezeg.

2. Mi történik, ha váltakozó áramra kapcsolt elektromágnes elé iránytűt, vaslemezt teszünk? Megoldás: A vaslemez, az előző feladat alapján 100 Hz-es rezgést végez, az iránytű pedig másodpercenként 100-szor elfordulna hol az egyik, hol a másik irányba. Valószínű, hogy a gyors változás és a tárgyak tehetetlensége miatt ezeket a mozgásokat nem érzékelhetjük.

3. Mekkora a hálózati áram fázisszöge és feszültsége a t1 = 0,005 s, t2 = 0,05 s és t3 = 0,5 s időpillanatokban? Megoldás: A hálózati áram körfrekvenciája 314 1/s, csúcsfeszültsége 325 V. t1 0,005s t1 314 1s 0,005s 1,57 U1 U 0 sin 1 t2

0,05s

2

t2

314 1s 0,05s 15,7

t3

0,5s

3

t3

314 1s 0,5s 157

U2 U3

U 0 sin

U 0 sin 3

1 2

325V sin1,57

325V

325V sin15,7

0V

325V sin157 0V

4. Egy generátor olyan váltakozó áramot állít elő, melynek csúcsfeszültsége 500 V és egy fél periódus alatt kétszer is 250 V-os feszültséget ad, melyek között 1/300 s idő telik el. Mekkora a generátor fordulatszáma? Megoldás: Adatok: U 0 500V, U 250V, t 1 300s A szinusz függvény ismeretében két egymást követő félérték között egyharmad periódus van, tehát az 1/300 s háromszorosa a periódusidő, vagyis 0,01 s. A fordulatszám ennek a reciproka, azaz 100 Hz. 48

5. Egy transzformátor primer áramerőssége 600 mA, menetszáma 2000. A szekunder áram erőssége 4,8 A, a feszültsége 12 V. Mekkora a primer feszültség és a szekunder tekercs menetszáma? Megoldás: Adatok: I p 600mA, N p 2000, I sz 4,8A, U sz 12V A 4,8 A a 0,6 A nyolcszorosa, ezért a transzformátor a feszültséget nyolcadára transzformálja le. A primer feszültség így 96 V. Ugyanilyen arányú a két menetszám is, a szekunder menetszám a 2000 nyolcada, azaz 250 menet.

6. Egy erőmű generátora 24 kV feszültséget állít elő. Ezt 750 kV-ra transzformálják fel, majd párhuzamos kapcsolással 15 ágra osztják. Minden ágban 44,8 A erősségű áram lesz. Mekkora a primer áram? Milyen menetszám aránnyal valósítható meg a transzformálás? Megoldás: Adatok: U p 24kV, U sz 750kV, I1 44,8A A szekunder főág árama 15-ször 44,8 A, azaz 672 A. A transzformátor a feszültséget 31,25szörösre növeli, az áram ugyanannyiad részére csökken. Így a primer áram 21000 A = 21 kA. A menetszámok aránya 1:125. Például 100 menet és 12500 menet.

7. Egy transzformátor két tekercsének menetszáma 150 és 2500. A feszültség letranszformálása után egy 2 A-es izzót üzemeltetünk vele. Mekkora a hőveszteség 1 óra alatt a 4 ohmos távvezetéken, amin az áramot kapjuk? Mennyi vizet tudnánk ezzel 20 °C-ról 50 °C-ra felmelegíteni? Megoldás:

kJ kg C Az áramerősségek a menetszámokkal fordított arányban vannak, így a primer áram erőssége 0,12 A. Ez az áramerősség a 4 ohmos távvezetéken 1 óra alatt 2 E I 2 R t 0,12 A 4 3600s 207,36J hőt termel. Ezzel az energiával Q 207,36J m 1,65 10 3 kg 1,65g vizet lehet az adott hőmérsékletre j c T 4200 kg C 30 C Adatok: N1

150, N 2

2500, I

2A, t 1h, R

melegíteni. (Ez kb. 1,5 ml víznek felel meg)

49

4 , T1

20 C, T2

50 C, c víz

4,2

8. Egy 200 V-ra méretezett 500 W-os vízmelegítővel akarunk 2 liter 20 °C-os vizet felforralni. Mennyi időt spórolunk, ha a 200 V-os csúcsfeszültségű váltakozó áram helyett 200 V-os egyenfeszültséget használunk? (A vízmelegítő ellenállása a hőmérséklettől független.) Megoldás: 2

U2 200V 80 . P 500W A 200 V-os csúcsfeszültségű váltakozó áram effektív feszültsége 141,8 V, ezzel a 2 U 2 141,4V teljesítmény P 250W , azaz kétszer annyi idő kell ezzel a feszültséggel a R 80 melegítéshez. A melegítésre fordítandó energia Q c m T 4200 kgJ C 2kg 80 C 672000J .

A 200 V-on 500 W-os melegítő ellenállása R

Egyenárammal 1344 s, váltóárammal 2688 s ideig kell melegíteni. A megspórolt idő 1344 s = 22,4 min.

9. Egy generátor mágneses mezőjének erőssége 800 mT. Ebben egy 4 cm oldalú vezetőkeret forog, a vezeték rézből van és keresztmetszete 0,5 mm2 és 100 menetes. Mekkora a generátor fordulatszáma, ha a vezetéket rövidre zárva 20 A-es áramot mérünk? Megoldás:

l 0,16m 1,69 10 8 m 5,41 10 3 . 6 2 A 0,5 10 m Ezen a 20 A-es áramot az U = RI = 0,108 V indukált feszültség hozza létre. A feszültség csúcsértéke 0,153 V. Az U max 2 B l v k képletből a keret kerületi sebessége 2,4 ms v U 0,153V 19,1 1s v 2,4 ms . A fordulatszám f 2r 0,04m 3,14 2 B l 2 0,8T 0,04m A keret kerülete 16 cm, ellenállása R

10. Egy transzformátor hatásfoka 96 %. A 3000 menetes szekunder tekercs 100 A erősségű hálózati áramot ad. Hány menetes a primer tekercs és mekkora a feszültsége, ha 300 A erősségű áram folyik át rajta? Megoldás: A hálózati feszültség 230 V, tehát a szekunder teljesítmény P = UI = 23 000 W. Ez a primer teljesítménynek a 96 %-a. Ebből a primer teljesítmény 23958 W. A primer feszültség U = P/I = 79,86 V, ami a 230 V-nak 0,347 része. A menetszámok aránya ugyanennyi, így a primer tekercs 1042 menetes.

50

11. Egy transzformátor tekercseinek menetszámaránya 1:15. A berendezésről egy 24 W-os égőt üzemeltetünk, melyen 4 A erősségű váltakozó áram folyik keresztül. Mekkora feszültséget mérhetünk a primer tekerccsel sorba kapcsolt 150 ohmos fogyasztó kivezetésein? Megoldás: A menetszámok fordítottan arányosak az áramerősségekkel. A primer tekercs áramerőssége a 4 A 15-szöröse, illetve 15-öde is lehet a transzformálás módja szerint, vagyis 60 A vagy 0,267 A. Ez az áram folyik át a 150 ohmos fogyasztón, tehát a mérhető feszültség 9000 V vagy 40 V. (Az első eset a valóságban nem valósul meg.)

51

15. lecke

A váltakozó áramú áramkör

1. A nagyobb helyiségeket hosszú fénycsövekkel világítják be. Milyen típusú ellenállás található egy ilyen fénycsőben? Megoldás: Egy fénycsőben vannak vezetékek, ezek ohmos ellenállások, van tekercs, ez induktív ellenállás, és található benne két elektród, ami kondenzátorként fogható fel, így van benne kapacitív ellenállás is.

2. Egy ideális tekercs és egy kondenzátor ugyanolyan mértékben gyengítette a váltakozó áramra kapcsolt izzó fényerejét. Ha a tekercset, sorba kötve a kondenzátorral és az izzóval, váltakozó áramra kötjük, akkor mekkora lesz az áram fáziseltolódása a feszültséghez képest? Megoldás: Mivel a tekercs és a kondenzátor fáziseltolódása ebben az esetben kioltja egymást, így az áram a feszültséggel fázisban lesz.

3. Váltakozó áramú áramkörben egy ellenállás mellé sorosan egy izzó van kötve. Változik-e az izzó fényereje, ha az ellenállással párhuzamosan egy kondenzátort kötünk? Mi történik, ha egyenárammal dolgozunk? Megoldás: Váltakozó áram esetén a kondenzátor ellenállásként viselkedik, párhuzamos kapcsolás révén csökkenti az áramkör ellenállását, ezért az izzó fényesebb lesz. Egyenáram esetén a kondenzátor szakadásként viselkedik, abban az ágban nem folyik áram, ilyenkor nem történik az izzó fényerejében változás.

52

4. Lehet-e egy berendezés teljesítményének értéke egy perióduson belül nagyobbrészt negatív? Megoldás: Ez azt jelentené, hogy egy perióduson belül több energiát ad vissza a generátornak, mint amennyit kivesz belőle, azaz egy energiatermelő berendezés lenne. Ilyen berendezés nincs.

5. Hálózati áramra 200 ohmos kenyérpirítót kapcsolunk. Milyen típusú ellenállása van a kenyérpirítónak? Mekkora a kenyérpirító maximális teljesítménye? Megoldás: Adatok: U 230V, R 200 A kenyérpirítóban izzó vezetékek vannak, ezeknek ohmos ellenállása van. A maximális teljesítmény a maximális feszültség és áramerősség szorzata. A csúcsfeszültség 325 V, a maximális áram Ohm törvénye szerint I0 = U0/R = 1,625 A. A maximális teljesítmény Pmax= U0∙I0 = 528,125 W.

6. Egy tekercs impedanciája 50 Hz-en 40 ohm, 100 Hz-en 60 ohm. Mekkora a tekercs induktivitása és az ohmos ellenállása? Mennyivel késik az áram a feszültséghez képest? Megoldás: Z12 R 2 L2

2 1

és

Z 22 2

R2

L2

2 2

. A két egyenletet kivonva

2

1600 2 3600 2 L2 314 1s 628 1s . Ebből L = 0,0822 H = 82,2 mH. Visszahelyettesítve az ohmos ellenállás R = 30,5 ohm. R 30,5 cos 1 0,7625 1 0,7 40,3 Z 40 R 30,5 cos 2 0,508 1,04 59,4 2 Z 60

53

7. Hálózati áramra sorba kapcsolunk egy 20 μF-os kondenzátort, egy 500 mH induktivitású ideális tekercset és egy 80 ohm ellenállású fogyasztót. Egy hiba folytán a kondenzátor rövidre záródik. Mekkora ellenállást és hogyan kössünk a fogyasztóhoz, hogy a teljesítménytényező ne változzon? Megoldás: Adatok: C = 20 μF, L = 500 mH, R = 80 Ω. XL L 0,5H 314 1s 157 1 1 XC 159 6 C 20 10 F 314 1s

Z

R2

XL

XC

2

6400

2

4

2

80,02

R 80 0,9997 Z 80,02 Ez az arány meg kell, hogy maradjon egy új ohmos ellenállás érték mellett úgy, hogy a kapacitív ellenállás eltűnik. R cos 0,9997 R 2 X L2 cos

0,99972 R 2 24634

2

24649

2

R2

0,0006 R 2

41056666 2 6407,5 R

R2

Tehát a 80 ohmos ellenálláshoz sorosan még egy 6327,5 ohmos ellenállást kell kötni.

54

16. lecke

Az elektromágneses rezgés

1. Soroljuk fel azokat a fizikai mennyiségeket, amelyek az elektromos rezgőkörben rezgést végeznek! Megoldás: Az elektromos rezgőkörben rezgést végez: a vezetési elektronok, az áramerősség, a kondenzátor feszültsége, kondenzátorlemezek közötti elektromos térerősség, a tekercs belsejében a mágneses indukció, az elektromos, és a mágneses tér energiája.

2. Hogyan lehet elérni, hogy a rezgőkörben nagyobb energia áramoljon a kondenzátor és a tekercs között? Megoldás: Nagyobb töltésmennyiséget viszünk kezdetben a kondenzátorra. (Nagyobb kapacitású kondenzátort töltünk fel ugyanakkora töltéssel.)

3. Egy rádión általában több szabályozó gomb található. A készülék állomáskereső gombját forgatva, mit változtatunk? Megoldás: A rádió állomáskereső gombjával rezgőkör (forgó)kondenzátorának kapacitását változtatom, és így változtatom (hangolom) a rezgőkör sajátfrekvenciáját.

4. Az MR2-Petőfi Rádiót Pécsett a 103,7 MHz-en lehet fogni. A rádiókészülékünk rezgőkörében levő tekercs induktivitása 0,2 mH. Mekkora a rezgőkör kondenzátorának kapacitása, amikor ezt az adót hallgatjuk? Megoldás: Adatok: f 103,7 106 1/s, L 2 10 4 H. 1 A Thomson-formula szerint: f . Ebből a kondenzátor kapacitása 2 L C 1 kifejezhető: C 1,18 10 14 F. 2 4 f2 L

55

5. A grafikon egy rezgőkörben keltett elektromágneses rezgés feszültségét és áramerősségét mutatja az idő függvényében. Mekkora a rezgés frekvenciája? Csillapított, vagy csillapítatlan rezgés van a rezgőkörben? Jellemezzük a fázisviszonyokat!

Megoldás: A periódusidő a grafikonról leolvasható: T=0,02 s. f = 1/T= 50 Hz. Csillapítatlan rezgés grafikonját látjuk, hisz a feszültség és áramerősség amplitúdója nem változik az idő múlásával. A feszültség 90 -ot késik az áramerősséghez képest.

6. a) b) c)

Hogyan változik a rezgőkör sajátfrekvenciája, ha kétszeresére növeljük a tekercs induktivitását? kétszeresére növeljük a kondenzátor kapacitást? az induktivitás és a kapacitás értékét is kétszeresére növeljük?

Megoldás:

1

Alkalmazzuk a Thomson-formulát: f

2 L C a) Ha kétszeresére növelem a tekercs induktivitását (és a kapacitás értékét nem 1 változtatom), akkor a sajátfrekvencia a -szeresére változik. 2 b) Ha kétszeresére növelem a kondenzátor kapacitását (és az induktivitás értékét nem 1 változtatom), akkor a sajátfrekvencia szintén a -szeresére változik. 2 c) Ha az induktivitás és a kapacitás értékét is kétszeresére növelem, akkor a 1 sajátfrekvencia a -szeresére változik. (Felére csökken.) 2

56

17. lecke

Az elektromágneses hullámok

1. Településtől távol járva néha még előfordul, hogy a mobiltelefonunkra pillantva megállapítjuk; nincs térerő. Mit jelent ez pontosan? Megoldás: Nincs a közelben olyan bázisállomás, amely által kibocsátott rádióhullám „elérné” a telefonunkat. A „térerő” az elektromos térerősségre utal.

2. Célszerű-e a mikrohullámú sütő forgótányérjának közepére helyezni a melegítendő ételt? Megoldás: Nem célszerű a melegítendő ételt a forgótányér közepére helyezzük, mert ha ott éppen csomópont van, akkor ott az étel nem fog melegedni.

3. A mobiltelefonok 900, és 1800 MHz frekvencián működnek. Az általuk használt sugárzásnak mekkora a hullámhossza? Megoldás: Alkalmazzuk a hullámterjedés alapegyenletét: c

1 s

f1

9 108

f2

1,8 109

c f1

1

1 s

2

f

c f

33,3 cm.

c f2

16,6 cm.

4. Mai, tegnapi, és tegnapelőtti kenyérből egy-egy azonos méretű darabot ugyanannyi ideig melegítünk a mikrohullámú sütőben. Melyik melegszik legjobban, legkevésbé? Miért? (Próbáljuk is ki!) Megoldás: A melegítés hatásfoka a melegítendő étel víztartalmától függ. A legtöbb víz a mai, a legkevesebb víz a tegnapelőtti kenyérben van. Így a mai kenyér lesz a legmelegebb. A tegnapelőtti kenyér melegedett a legkevésbé. 57

5. Bay Zoltán radarjelet küldött a 384.000 km távolságban lévő Holdra. A kibocsátást követően mennyi idő múlva érkezett meg a visszhang? Megoldás:

m . s A hullám kétszer teszi meg a Föld-Hold távolságot. Az ehhez szükséges idő: 2 s t 2,56 s. c Adatok: s = 384.000 km, c

3 108

6. Hány perces mobiltelefonálás okoz az ember fejének akkora sugárterhelést, mint a bázisállomás 1 év alatt? A telefon teljesítménye 2 W, a bázisállomásé 30 W. A telefon a fejünktől 2 cm-re van, a bázisállomás 20 méterre. Megoldás: Adatok: P1

2 W , r1

0,02 m , P2

30 W , r2

20 m , t 2

1 év .

A sugárforrás által t idő alatt kibocsátott energia az őt körülvevő r sugarú gömbfelszínen egyenletesen oszlik szét. A gömbfelszín A területű részére jutó energia: P t A 4 r2 . A mobiltelefon és a bázisállomás által kibocsátott energia egyenlő: P1 t1 A P2 t 2 A P2 r12 t t 2 8 min 1 4 r12 4 r22 P1 r22 .

58

7. Televíziós élőközvetítésnél gyakran láthatjuk, hogy a stúdióból feltett kérdést a helyszíni riporter a műholdas-kapcsolat miatt csak késéssel hallja meg. Becsüljük meg ezt az időkésést. Az egyenlítő síkjában, Budapest délköre felett keringő távközlési műhold  pályasugara 42.240 km, a Föld sugara 6.370 km, Budapest kb. 47 szélességi körön van, m c 3 108 s . Megoldás:

47 , c

Adatok: R = 6.370 km, r = 42.240 km,

3 108

m . s

Az ábra alapján a koszinusz-tétel felhasználásával számoljuk ki Budapest és a műhold távolságát:

s

R

r2

2 R r cos

38.181 km .

A 2s megtételéhez szükséges idő: 2 s t 0,256 s c

59

18. lecke

A fény. A geometriai optika alapfogalmai

1. Mennyi idő alatt jut el a fény a) Budapestről Pécsre (Pécs Budapesttől 200 km-re van.) b) A Napról a Földre? c) A Napról a Neptunusz bolygóig? A szükséges adatokat a Négyjegyű Függvénytáblázatokból keressük ki! Megoldás: Adatok: c távolsága s 2

m . Budapest és Pécs távolsága s1 2 105 m , A Nap és a Föld s 1,5 1011 m , A Nap és a Neptunusz távolsága s3 4,5 1012 m .

3 108

A fény homogén közegben (levegőben, légüres térben) állandó c terjed. Az s távolság megtételéhez szükséges idő: t a) Budapestről Pécsre t1 b) A Napról a Földre t 2

s1 c s2 c

6,67 10 500 s

c) A Napról a Neptunusz bolygóig t 3

4

3 108

m sebességgel s

s . c

s

8,3 min

s3 c

15.000 s

4 h 10 min idő alatt jut el a fény.

2. "Billió mérföldekről jött e fény, .... Terek sötétjén lankadatlanul, S ki tudja mennyi évezrede már." – olvashatjuk Tóth Árpád Lélektől lélekig című versében. a) Hány km távolságot jelent 1 billió mérföld? (Számoljunk magyar mérföld hosszúsággal!) b) Mennyi idő alatt teszi meg ezt a távolságot a fény? A szükséges adatokat keressük meg az interneten! Megoldás: Az Interneten való keresés alapján: 1 magyar mérföld 8353,6 m. a) Így 1 billió mérföld 8353,6 1012 m = 8,353 1012 km. s 8,3536 m b) A fény menetideje ekkor távon: t 2,7845 107 s, ami kb. 322,3 nap. 8 c 3 10 m s

60

3. A csillagászatban a távolságokat fényévben mérjük. Egy fényév a fény által egy év (365 nap 6 óra) alatt légüres térben megtett út. A Földhöz legközelebbi csillag (a Napot nem számítva) a Proxima Centauri kb. 4,22 fényévnyi távolságra van tőlünk. Hány km ez a távolság? Megoldás: Adatok: t=365 nap 6 óra= 3,15576 107 s , c

3 108

m s

s c t 9,46728 1015 m 9,47 1012 km A csillagászatban használt távolságegység, a fényév kb. 9,47 billió km.

4. Viharban a villámlás fényét és hangját 4,5 másodperc különbséggel észleljük. Milyen m messze történt a villámlás? A hang sebessége levegőben 340 . s a) A fény sebességét olyan nagynak tekintsük, hogy ne kelljen vele számolni! m b) Számításunkkor vegyük figyelembe, hogy a fény sebessége levegőben 3 108 ! s Megoldás:

m m , c2 3 108 s s a) A fény sebességét olyan nagynak tekintjük, hogy nem kell vele számolni. A hang egyenletesen halad a levegőben s1 c1 t 1530 m s b) Ha figyelembe vesszük a fény sebességét is: A hang menetideje: t1 . A fény c1 s menetideje: t 2 . c2 c c s s s 2 1 Az általunk észlelt időtartam t t1 t 2 c1 c 2 c1 c 2 c1 c 2 t 1530 m 17,34 mm A villámlás távolsága: s c 2 c1 Adatok: t = 4,5 s, c1

340

A közelítő (a.,) és pontos (b.,) számolás közötti különbség 17,34 mm (kb. 10 4 % -os eltérés).

61

5. Az utcai lámpa alól két lépést haladva az árnyékunkat a vízszintes járdán egylépésnyire becsüljük. Kb. hányszor nagyobb a villanyoszlop a magasságunknál? Megoldás: Készítsünk ábrát! A fény homogén közegben egyenes vonalban terjed.

Felfedezhetünk két egybevágó háromszöget. A megfelelő oldalak aránya egyenlő: H 3 3 h 1 A villanyoszlop kb. 3-szor nagyobb a magasságunknál.

6. Mivel magyarázható a teljes és részleges napfogyatkozás? Készítsünk ábrát! Megoldás:

Napfogyatkozás akkor fordulhat elő, ha a Nap, a Hold, és a Föld egy egyenesen van. A Hold árnyékkúpjába a Föld nem fér bele teljes egészében. A Földön vannak olyan pontok, amelyek benne vannak az árnyékkúpban. Itt észlelhető teljes napfogyatkozás, ide nem jut el a Nap fénye. Vannak olyan helyek, ahonnan tekintve a Hold a Nap egy részét takarja. Ezeken a helyeken van részleges napfogyatkozás. Valamint vannak olyan helyek a Földön, ahonnan a teljes Nap látható.

62

7. Milyen messze van a Föld Naptól származó árnyékkúpjának csúcsa a Földtől? A szükséges adatokat a Négyjegyű függvénytáblázatokból keressük ki! Megoldás: 3 5 Adatok: A Nap sugara: R 7 10 km , a Föld sugara: r 6,37 10 km , A Nap és Föld 8 távolsága d O1O2 1,5 10 km . A keresett távolság legyen: x OO2 .

Az ábra alapján az OO1 E1 és az OO 2 E 2 közös hegyesszögű, derékszögű háromszögek hasonlóak egymáshoz. A megfelelő oldalak aránya egyenlő: x d x r R. R d Ebből x kifejezhető: x 1,5138 108 km . R r Az árnyékkúp csúcsa a Naptól 151, 38 millió km távol van, a Földtől 1,38 millió km-re. 8. Fizeau 1849-ben megmérte a fény sebességét. A lecke szövegében szereplő mérési adatok felhasználásával számoljuk ki mi is az értékét! Megoldás: Adatok: l = 8633 m, f= 12,5 1/s, N= 720. A fogközön áthaladó, és visszavert fény akkor érkezi először fogra, ha közben a 2 fogaskerék: szöget fordul el. 2 N 1 A kerék egyenletesen forog: . t 2 f t 2 N f 2 l m A fény sebessége: c 4 l N f 313.274.304 , ami valóban 4,4%-kal nagyobb t s a valódi értéknél.

63

19. lecke

A fényvisszaverődés

1. A dombok, az épületek és a fák tükörképe a vízfelszínen mindig sötétebb, mint a valóságban. Mi ennek az oka? Megoldás: A víz felszínére eső fény egy része behatol a vízbe, a másik része visszaverődik. Tehát a víz felszínén tükröződő kép fényszegényebb, mint az eredeti tárgy. Ezért látjuk sötétebbnek a tükörképet, mint az eredeti tárgyat.

2. A mozivászon és általában a vetítővásznak szemcsés, durva vászonból készülnek. Miért? Megoldás: A vetítővászon azért durva, szemcsés anyagú, hogy a ráeső fényt diffúz módon verje vissza. Így a nézőtér minden pontján élvezhető a vetített kép.

3. Mi a feladata a fényképezésnél használt nagyméretű fehér vászonnak? Megoldás: A fényképezendő tárgyat egyrészt a lámpától direkt-, másrészt a nagy fehér vásznakról szórt fény éri. A „minden” irányból történő megvilágítással előnyösebb fénykép készíthető, nem jelennek meg rajta kellemetlen árnyékok.

4. A diszkógömb egyenletesen forog a tengelye körül, így a ráeső fénysugarakat másmás irányokba veri vissza. Ez adja a fények különös mozgását a teremben. Mikből áll a diszkógömb felszíne? Megoldás: A diszkógömb tulajdonképpen egy gömb, amelynek a felületére sok, pici síktükröt ragasztottak. Az egy irányból ráeső fényt a különböző síktükrök különböző irányokba verik vissza. Az élményt fokozza, ha a gömb forog.

64

5. A napkályha a ráeső párhuzamos napsugarakat egy pontba gyűjti, ezért ott rendkívül magas hőmérséklet áll elő. Milyen alakú tükröt célszerű használni? Megoldás: A napkályha a ráeső párhuzamos fénysugarakat egy pontba gyűjti. A homorú tükör ilyen tulajdonságú. Ennek alakja gömbsüveg, melynek a belseje tükröz. A paraboloid alakú homorú tükör is alkalmas.

6. Nappal kilátunk az ablakunk üvegén. Este, ha a szobában felkapcsoljuk a lámpát, akkor az ablak üvegében a szobánk tükörképét látjuk. Hogy lehetséges ez? Megoldás: A jelenség hátterében az áll, hogy az üveglapra eső fény 4-5%-a visszaverődik, a többi bejut az üvegbe. Nappal az utcáról érkező erős fény bejut a szobába, és elnyomja a szoba tárgyairól induló, majd az üvegről visszaverődő gyenge fényt. Este a szobában felkapcsoljuk a lámpát. Az üveg belső felületéről visszaverődő fény most erősebb, mint a sötét utcáról bejutó.

7. Két síktükör 45 -ot zár be egymással. A tükrökre merőleges síkban beeső fénysugár mindkét tükörről egyszer visszaverődik. Hogyan halad tovább az eredeti irányához képest? Megoldás: Adat: 45 Oldjuk meg a feladatot általánosan!

A két visszaverődésnél felhasználtuk, hogy a beesési és a visszaverődési szög egyenlő.  Az ábrán látható két háromszög belső szögeinek összege 180 : Az (OBA) háromszögben: Az (ABC) háromszögben: 2

90 2

90

180

180

180 Ebből kifejezhetjük a keresett szöget: 45 értéket: 180 2 Helyettesítsük be

65

2

90

180

2

20. lecke

A fény törése

1. Az optikai sűrűségnek nincs közvetlen köze az anyagsűrűséghez. A Négyjegyű függvénytáblázatokból keressünk olyan fényáteresztő anyagokat, amelyek ezt alátámasztják! Megoldás: A függvénytáblázatból három folyadék adatait gyűjtöttem ki: Törésmutató (n) Etil-alkohol Benzol Víz

1,579-1,3738 1,49-1,53 1,329-1,344

Anyagsűrűség ( , kg 3 ) m 789 879 1000

A törésmutató függ a fény színétől (diszperzió), ezért egy értéktartomány adható meg. Az adatokból kitűnik, hogy a mechanikailag legsűrűbb víznek a legkisebb törésmutatója, optikailag ritkább, mint a másik két folyadék. Érdekesség: A benzol mechanikai sűrűsége nagyobb, mint az etil alkoholé. Az 589,3 nm hullámhosszúságú fényre optikailag is sűrűbb, viszont a 760,82 nm hullámhosszúságú fény esetén optikailag ritkább, mint az etil alkohol.

2. A víz alól mekkora szögben látszik a naplemente? Megoldás: A víz törésmutatója n=4/3. A lemenő nap fénye 90 -os beesési szöggel érkezik a vízfelszínhez. Alkalmazzuk a törési törvényt! sin sin 1 3 n sin 48,6  sin n n 4  A víz alól a függőlegessel 48,6 -ot bezáró szög alatt látjuk a lemenő napot.

3. Egyes üvegszálas díszlámpa ágainak végein sok-sok pici fény ragyog. Hogyan jut el a talpban lévő forrástól a fény ilyen sok helyre? Megoldás: A díszlámpa erős fényforrásához kötegbe rendezett, több tucat (esetleg több száz) vékony, fényvezető üvegszál van illesztve. Az üvegszálba bejutó fény sok-sok teljes visszaverődés után a szál másik végén kijut az üvegből. (Ezt a „ragyogást” látjuk.) Az üvegszálak rugalmasan hajlíthatók, a kötegből gyakorlatilag bármelyik irányba elvezethetők.

66

4. Egy medence vize két méter mély. Az alján világít egy apró lámpa. Legalább mekkora átmérőjű kör alakú ponyvát helyezzünk a vízfelszínre, hogy ne jöjjön ki a lámpa fénye a vízből? A víz törésmutatója 4/3. Megoldás: Adatok: R = 2 m, n = 4/3.

Van olyan beesési szög, amelyhez tartozó törési szög éppen 90 . Ennél nagyobb beesési szög esetén a fény tejesen visszaverődik. Számítsuk ki ezt a beesési szöget a SnelliusDescartes törési törvény felhasználásával. sin 1  sin 90 4 / 3 3 sin 48,6 4 Az eltakarításhoz szükséges kör alakú ponyva sugara d

2R H tg

4,54 m.

5. Legfeljebb mekkora lehet az egyenlő szárú háromszög alapú üvegprizma törőszöge, hogy az egyik lapjára merőlegesen beeső fénysugár a másik lapon kilépjen? Az üveg törésmutatója 1,5. Megoldás: A 124. oldalon lévő kidolgozott feladat alapján a törőszög legfeljebb a teljes visszaverődés határszöge lehet. Ezért határozzuk meg a teljes visszaverődés határszögét: sin h 1 . sin 90 n 2 sin h 41,86 h 3 41,8 . h

67

6. A tiszta vízben a levegőbuborékok ezüstösen csillognak. Nem lehet rajtuk átlátni, pedig külön-külön a víz és a levegő is fényáteresztő. Mi a jelenség magyarázata? Megoldás: A víz és a levegő külön-külön átlátszó, de a törésmutatójuk különböző. A víz és a levegőbuborék határán fellép a teljes visszaverődés jelensége, ha a fénysugár beesési szöge nagyobb, mint az erre a közeghatárra jellemző teljes visszaverődés határszöge ( h 48,5  ). A buborék ezüstösen fénylik, sokkal fényesebb, mint a környezete, mivel minden fénysugarat visszaver, ami 48,5 -nál nagyobb szögben éri el. A mögötte lévő tárgyakról eljuthat ugyan fény a szemünkbe, mégsem érzékeljük, mert a buborék faláról visszavert fény sokkal erősebb, és ezért elnyomja azt.

7. Ábra készítésével érzékeltessük, hogy az ablaküveg mögötti tárgyak közelebbinek látszanak! Megoldás:

A „P” pontból az üvegre (plánparalel lemezre) enyhén ferdén eső fénysugarak a kétszeres törés után az eredeti iránnyal párhuzamosan eltolódva haladnak tovább. Olyan illúziónk alakul ki, mintha a fény a szemünkbe jutó fénysugarak meghosszabbításainak metszéspontjából (P’) indulnának.

68

8. Plánparalel üveglemezre 50 -os beesési szögben érkezik fénysugár. Az üveg törésmutatója n =1,5. A lemezből 2 cm-es párhuzamos eltolódással lép ki a fénysugár. Milyen vastag az üveg? Megoldás: Adatok:

50 , n =1,5,

2 cm .

Az beesési szöggel érkező fénysugár az üvegben törési szöggel halad, majd beesési szöggel érkezik a második közeghatárhoz. Az újabb törés után törési szöggel hagyja el a plánparalel lemezt. A lemez vastagsága (AC) legyen „d”! A törési törvénnyel számoljuk ki a szöget! sin sin n sin 0,51 30,71 sin n Az ABC derékszögű háromszögben: d cos AB . Az ABD derékszögű háromszögben:

sin

AB . A két egyenlet hányadosát véve, és rendezve a lemez vastagsága: cos d 5,2 cm sin Az üveglemez 5,2 cm vastag.

69

21. lecke

Tükrök és lencsék képalkotása

1. Két megfelelően elhelyezett síktükörrel periszkóp állítható össze, mellyel zárt térből is körbe lehet szemlélni a környezetet. Készítsünk vázlatrajzot a két síktükörből összeállított periszkóp képalkotásáról! Megoldás: A függőleges cső két végén egy-egy síktükröt helyezünk el egymással párhuzamosan, a tükröző oldaluk egymás felé néz. Zárt térből a periszkópot kidugva, és körbeforgatva információt szerezhetünk a környezetünkről.

2. A fogorvos egy nyélre szerelt homorú tükörrel nézi meg a fogak belső felületét. Milyen reláció áll fenn a fogak tükörtől mért távolsága és a tükör fókusztávolsága között? Milyen kép alakul ki? Készítsünk vázlatrajzot! Megoldás: A fogorvosi tükör homorú tükör. Ha a fogak tükörtől mért távolsága (tárgytávolság) kisebb, mint a tükör fókusztávolsága, akkor látszólagos, a tárggyal azonos állású, nagyított kép keletkezik. A vázlatrajz:

70

3. Legalább mekkora legyen a falitükör, hogy egy 180 cm magas ember tetőtől talpig lássa benne magát? Milyen magasan kell felszerelni a falra? (Az ember szeme e fejtető alatt kb. 10 cm-rel van.) Megoldás: A szemmagasság a testmagasságot két részre osztja: H 1 , H 2 . A tükröt szintén: h1 , h2 .

A lábunkról induló fénysugár a tükör alsó széléről visszaverődve jut a szemünkbe. A H2 visszaverődés törvénye miatt h2 . A fejünk búbjáról induló fénysugár a tükör felső 2 H1 széléről visszaverődve jut a szemünkbe: h1 . 2 H1 H 2 H1 H 2 H 90 cm . A tükör mérete: h h1 h2 2 2 2 2 H H 1 180 10 A tükör alsó széle a padlótól: h2 cm 85 cm magasan legyen. 2 2

4. A 12 cm átmérőjű gömb alakú karácsonyfadísz hányszorosra kicsinyíti a tőle 50 cmre égő gyertyát? Milyen tükörként viselkedik a dísz? Megoldás: Adatok: 2 r 12 cm , t =50 cm A gömb alakú karácsonyfadísz domború gömbtükörnek tekinthető, fókusztávolsága negatív: f =-6 cm. 1 1 1 Alkalmazzuk a leképezési törvényt: . Ebből a képtávolság kifejezhető: f t k k f t 0,107 . k 5,357 cm . A nagyítás: N t t f A gyertyát 0,107-szeresére kicsinyíti a gömb. 71

5. A bikonvex (mindkét oldalán domború) lencse mindkét felszínének 10 cm a görbületi sugara. Anyagának törésmutatója 1,5. a) Mekkora a fókusztávolsága levegőn? b) Mekkora a fókusztávolsága vízben? (A víz törésmutatója 4/3.) Megoldás: Adatok: r r1

r2 10 cm , n1 =1,5, n2

4/3

a) Használjuk a lencse fókusztávolságára vonatkozó összefüggést! 1 1 1 1 1 1 n1 1 1,5 1 0,1 f 10 cm f r1 r2 10 cm 10 cm cm A bikonvex lencse fókusztávolsága levegőben 10 cm. b) A víz törésmutatója: n 2 n1 9 n n2 8 .

4 / 3 . Az üvegnek vízre vonatkozó törésmutatója:

Használjuk ismét a lencse fókusztávolságára vonatkozó összefüggést! 1 1 1 1 1 1 n 1 1,125 1 0,025 f f r1 r2 10 cm 10 cm cm A bikonvex lencse fókusztávolsága vízben 40 cm.

40 cm

6. A 15 cm fókusztávolságú gyűjtőlencsétől milyen távol helyezzük a gyertyát, hogy a tárggyal azonos méretű valódi kép keletkezzen? A képalkotásról készítsünk vázlatrajzot! Megoldás: Adatok: f = 15 cm, N = -1 A gyűjtőlencse által alkotott, a tárggyal azonos méretű valódi kép nagyítása N A nagyítás kifejezhető a tárgy-, és képtávolsággal is N

1.

k . Ez alapján megállapítjuk, t

hogy k = t. Alkalmazzuk a leképezési törvényt! 1 1 1 1 1 2 t 2 f 30 cm! f t k t t t A képalkotásról készült vázlatrajz a nevezetes sugármenetek segítségével készült:

72

K T

7.

A fotókon látható lencsék optikailag milyenek? Miért?

Megoldás: A szórólencse által alkotott kép mindig látszólagos, a tárggyal azonos állású, kicsinyített. A gyűjtőlencse által alkotott látszólagos kép (ha t < f) a tárggyal azonos állású, kicsinyített. Ez alapján a bal oldali képen szórólencsét, a jobb oldali képen gyűjtőlencsét látunk.

8. A -20 cm fókusztávolságú szórólencse a tárgyról fele akkora méretű képet alkot. Milyen messze van a tárgy a lencsétől? Hol keletkezik a kép? A képalkotásról készítsünk vázlatrajzot! Megoldás: Adatok: f = -20 cm, N = 0,5 A szórólencse mindig látszólagos, a tárggyal azonos állású (, és kicsinyített) képet alkot. Ezért pozitív a nagyítása. k A nagyítás fogalma N k N t . Ezt helyettesítsük a leképezési törvénybe: t 1 1 1 N 1 N 1 t f f 20 cm . f t N t N t N t = 20 cm, k = -10 cm. A szórólencse a fókusztávolságában lévő tárgyról készít N = 0,5-szörös nagyítású látszólagos képet. A képalkotásról készült vázlatrajz a nevezetes sugármenetek segítségével készült:

73

9. Mekkora görbületi sugara van annak a kozmetikai tükörnek, amelyik a tisztalátás távolságában 1,8-szeres nagyítású képet ad. (A tisztalátás távolsága (25 cm) az a távolság, amelynél közelebbi tárgyakat, vagy képeket csak homályosan látunk.) Megoldás: Adatok: N = 2; d = 24 cm A 2. feladat megoldásának ábráját használva: Az arcunk tükörtől mért távolsága a tárgytávolság. A tisztalátás távolsága (d) tárgytávolság és a képtávolság abszolútértékének (-k) összegével egyenlő. Ezért d = t – k = 25 cm. k Használjuk fel, hogy N k N t. t d d t N t 3 t t 8 cm , k =-16 cm 3 1 1 1 Alkalmazzuk a leképezési törvényt: . f t k 1 k t k t f 16 cm f k t k t R 2 f 32 cm A kozmetikai tükör görbületi sugara 32 cm.

10. Homorú tükörrel valódi képet állítunk elő. A kép mérete megkétszereződik, ha a tárgytávolságot 70 cm-ről 40 cm-re csökkentjük. Mekkora a tükör görbületi sugara? Vázoljuk fel a két esetben a képalkotást! Megoldás: Adatok: t 1 70 cm , t 2

40 cm , N = 2 1 f f t t f t

Alkalmazzuk a leképezési törvényt:

1 t

1 k

k

f t . t f

k f . t f t Figyelembe véve, hogy N = 2: f f 2 f 2 t 2 t 1 10 cm . f t1 f t 2 A tükör görbületi sugara: R 2 f 20 cm A képalkotás vázlata (méretarányosan) a két tárgytávolságra: A nagyítás fogalma: N

74

11. Adott fókusztávolságú gyűjtőlencsére tetszőleges irányból fénysugár érkezik. Szerkesszük meg a fénysugár útját a lencsén való áthaladás után! Megoldás:

A szerkesztésnél azt használjuk fel, hogy a gyűjtőlencsére párhuzamos fénysugarak a lencse mögötti fókuszsík (szaggatott vonallal jelöltük) egy pontjában metszik egymást. Az 1. fénysugár lencse utáni menetét keressük. A szerkesztés menete: Megszerkesztjük az 1. fénysugárral párhuzamos 2. fénysugarat, amelyik a lencse optikai középpontján irányváltoztatás nélkül halad át. A 2. fénysugár és a fókuszsík metszéspontja az A pont. Az 1. fénysugár a lencsére beeső pontját jelöljük B ponttal! A keresett irány az A és B pontok határozzák meg.

75

12. Egy gyertya távolsága az ernyőtől 80 cm. A közöttük lévő lencse két helyzetben adja a láng éles képét. A két helyzet távolsága 50,6 cm. Mekkora a lencse fókusztávolsága? Megoldás: Adatok: L = 80 cm, s = 50,6 cm A feladat a lencse fókusztávolságának Bessel-módszerrel való mérésére vonatkozik. (A leckében szó van erről.) A fénysugár útjának megfordíthatósága miatt a két lencsehelyzet az ernyő és a tárgy között az ábrának megfelelően szimmetrikusan helyezkedik el. Rajz:

L s L s A nagyított kép esetén a tárgytávolság 2 , képtávolság 2 , a kicsinyített kép esetén fordítva. A leképezési törvényből a fókusztávolság kifejezhető: t k L s L s f 12 cm t k 4 L A lencse fókusztávolsága 12 cm.

76

22. lecke

Optikai eszközök

1. H. G. Wells (1866-1946) A láthatatlan ember című regényében a főhős egy eljárás során a testét teljesen átlátszóvá tudta tenni. Ruha nélkül láthatatlanná vált. A regény megjelenése után fizikusok hívták fel a szerző figyelmét, hogy a láthatatlan ember vak. Igazoljuk ezt az állítást! (Harry Potter ugyanezt teszi a láthatatlanná tevő köpennyel.) Megoldás: A „láthatatlan” ember azért láthatatlan, mert a ráeső fényt irányváltoztatás nélkül átengedi testén, azaz a rá eső fény nem törik meg és nem nyelődik el. Viszont a fénytörés és fényelnyelés nélkül a szem nem alkothat képet. Ezért lenne vak a láthatatlan ember.

2. Hányadrészére csökken a retina megvilágítása, ha a pupilla átmérője 6 mm-ről 2 mmre csökken? Megoldás: Adatok: r1 6 mm , r2

2 mm

A retina megvilágítottsága egyenesen arányos a pupilla területével. A pupilla átmérője a harmadára, a területe a kilenced-részére csökkent. 2

2

A2 r22 r2 2 2 A1 r1 r1 6 A pupilla megvilágítottsága a kilenced-részére csökkent.

1 9

3. A sötétkamra alkalmas napfogyatkozás megfigyelésére. A fejünkre húzott, miden oldalról zárt karton doboz egyik falán egy pici lyukat készítve a vele szemközti oldalon a Nap képét láthatjuk. Mekkora az így kivetített napkorong? A Nap látószöge kb. 0,53 , a doboz mérete 1 m. Megoldás: 0,53 , L 1 m . Adatok:

A rajz alapján d

9,25 mm . 2 A doboznak a lyukkal szemközti falán a Nap képe 9,25 mm átmérőjű körlap volt. 2 L tg

77

4. A fényképezőgépünk objektívje 120 mm fókusztávolságú. Mekkora szakaszon mozgatható, ha 1,5 métertől a végtelenig tudunk vele fényképezni? Megoldás: Adatok: f 120 mm 0,12 m , t 1,5 m A nagyon messzi tárgyak fotózásakor a tárgytávolság végtelennek tekinthető. Ilyenkor a kép az objektív fókuszsíkjában keletkezik: k1 f 120 mm . Az 1,5 méter távolságban lévő tárgy fotózásakor a helyes képtávolságot a leképezési 1 1 1 f t törvény segítségével kapjuk: k2 130,43 mm . f t k t f

A fényképezőgépünk objektívjét mozgatni.

k2

10,4 mm hosszú szakaszon kell tudnunk

k1

5. A szemünktől 15 cm-re lévő porcelán elefántot 6 dioptriás gyűjtőlencsével nézzük úgy, hogy a kép a szemünktől a tiszta látás távolságában (d = 25 cm) keletkezik. Milyen messze van a lencse a szemünktől? Hányszoros a nagyítás? Megoldás:

1 1 f m , y = 15 cm. m 6 A lencse és a szemünk távolságát jelöljük x-el, a tárgy és a szemünk távolságát y-nal! A leképezés során a tárgytávolság: y x , a képtávolság: d x x d . Adatok: d = 25 cm, D

6

Alkalmazzuk a leképezési törvényt: A D

1

1

y x

x d

1 f

1 t

1 ! k

egyenletet rendezve x-re másodfokút kapunk:

x2

y d x

Behelyettesítve és megoldva két értéket kapunk: x1 38,4 cm , x2

y d D

0 .

1,63 cm

Az x 1 nem megoldása a feladatnak, hiszen az nagyobb, mint a tisztán látás távolsága. A nagyítót x 1,63 cm távol kell tartanunk a szemünktől. Ekkor a tárgytávolság t y x 13,37 cm, a képtávolság k k 23,37 A nagyítás: N 1,75 . t 13,37

78

x d

23,37 cm .

6. Az ábrán a Newton-féle tükrös távcső képalkotásának vázlatát látjuk. A nagy pontossággal csiszolt homorú tükör f 1 által összegyűjtött fénysugarakat a távcsőtubus belsejében elhelyezett 45 -os szögben megdöntött síktükör juttatja el az okulárhoz f 2 . f1 A szögnagyítása N sz . A fenti kis képen látható Newton-féle tükrös távcsővel 50f2 szeres nagyítás érhető el. Az okulárja 20 mm fókusztávolságú. Mekkora a homorú tükör görbületi sugara?

Megoldás: Adatok: N sz

50 , f 2

0,02 m

Használjuk a szögnagyítás fogalmát: N sz A homorú tükör fókusztávolsága: f1 N sz A tükör görbületi sugara: R 2 f 2 m .

f1 ! f2 f2 1 m .

79

23. lecke

Hullámoptika. Fényhullámok interferenciája, elhajlása

1. Az 500 nm hullámhosszúságú fényhullám útkülönbség nélkül találkozik a 600 nm hullámhosszú fényhullámmal. Ha interferálnak egymással, akkor hogyan? Ha nem, akkor miért nem? Megoldás: Látható interferencia csak azonos hullámhosszúságú (frekvenciájú) fényhullámok között lehetséges. Egy adott helyen, adott időpontban legyen a két hullám azonos fázisban. A c különböző hullámhossz, és így a különböző frekvencia miatt f ez a fázisazonosság hamar elromlik. Majd a fázisazonosság ugyan periodikusan helyreáll, de ezt a szemünk nem képes követni.

2. 630 nm hullámhosszúságú fénynyalábok 945 nm útkülönbséggel találkoznak. Mi lesz az interferenciájuk eredménye? Megoldás: Adatok: 630 nm ,

s

945 nm

945 1,5 . 630 Ez azt jelenti, hogy a két hullám pontosan ellentétes fázisban találkozik, azaz maximálisan gyengítik egymást. Amennyiben a két találkozó fényhullámnak azonos az amplitúdója, a két hullám kioltja egymást. Érdemes megvizsgálni az útkülönbség és a hullámhossz arányát:

s

3. Lehet-e interferenciát létrehozni két zseblámpával? Megoldás: A fénykibocsátás atomi folyamat. A zseblámpák izzószáljainak atomjai egymástól teljesen függetlenül bocsátanak ki (néhány cm hosszú) elemi hullámvonulatokat. Az ilyen jellegű fényhullámok találkozásakor is történik ugyan erősítés és gyengítés, de az így előálló interferenciakép olyan gyorsan ( 10 9 másodpercenként) változik, hogy szemünk ezt követni nem képes. A két fényforrás által kibocsátott fényhullám fáziskülönbsége adott helyen folyamatosan változik, tartós interferenciakép nem jön létre. A szemünk csak a megvilágítás átlagát képes érzékelni. Időben tartós interferencia csak olyan találkozó fényhullámok között jöhet létre, amelyek közötti fáziskülönbség időben állandó.

80

4. Keressük meg az interneten a Pink Floyd angol rockzenekar 1973-ban kiadott (The Dark Side of the Moon) lemezének borítóját, amin egy prizma látható. Mi a hiba rajta? Megoldás: Pontatlanság a képen, hogy a prizma belsejében „rajzolt” széttartó fénynyaláb a képen „fehér”, holott a valóságban már színes, ahogy ezt a 143. oldalon lévő tankönyvi ábrán látjuk.

Kép forrása: wikipedia (http://en.wikipedia.org/wiki/File:Dark_Side_of_the_Moon.png)

5. A fényképezőgép-objektívek modern lencséi ún. antireflexiós bevonattal vannak ellátva. Ennek a bevonatnak az a feladata, hogy a lencse-levegő határfelületeken fellépő visszaverődéseket csökkentse. Ezáltal a lencserendszer nagyobb fényerejű lesz, valamint a benne ide-oda verődő fény kevesebb lesz, s így annak a képalkotást zavaró hatása is kisebb. Számítsuk ki, hogy a flintüvegből (n = 1,8) készült lencsét milyen vastag magnéziumfluorid (n = 1,38) réteggel kell bevonni, hogy a merőlegesen beeső 550 nm hullámhosszúságú fény (kb. ez a látható spektrum közepe) visszaverődését teljesen meggátolja? Megoldás: Adatok: n = 1,8, n/ = 1,38, 550 nm A lencsére eső fény egy része a levegő-bevonat, másik része a bevonat flintüveg határáról verődik vissza. Mindkét visszaverődés optikailag sűrűbb anyagról történik, azaz fázisugrással. A két visszavert fénysugár közötti útkülönbség megegyezik a flintüvegről visszaverődő fénysugár többletútjával, ami a bevonat vastagságának kétszerese: s 2 d . Akkor találkoznak ellentétes fázisban, ha ez az útkülönbség a fény üvegbeli hullámhosszának a fele:

s

n/

2

.

Az útkülönbség kétféle kifejezésének egybevetése után: 2 d

n/

2

.

n/ 9,96 10 8 m 4 4 4 n A visszaverődés-mentes bevonat vastagsága 99,6 nm. Hasonló bevonattal lehet elérni, hogy a szemüveglencsék tükröződés-mentesek legyenek.

d

n/

81

6. Fogalmazzuk meg, mi a különbség a prizmával és az optikai ráccsal előállított színképek között? Megoldás: A prizma azért állít elő színképet, mert az anyagok törésmutatója függ a fény hullámhosszától (diszperzió). A prizmára bocsátott fehér fényben lévő különböző hullámhosszúságú fénysugarak különböző szögben törnek meg. A prizmából kijutó fény útjába helyezett ernyőn egyetlen színkép jelenik meg. A legnagyobb hullámhosszú fény (vörös) törik meg a legkevésbé. Az optikai rács azért állít elő színképet, mert az elhajlási maximumok iránya függ a fény hullámhosszától. A rácsra merőlegesen beeső fehér fény különböző hullámhosszúságú fénysugarainak különböző irányokban jelennek meg az erősítési helyei. Az ernyőn a fény eredeti irányában fehér foltot látunk (0-ad rendű erősítés). Ettől a helytől két irányban, szimmetrikusan jelennek meg az első-, másod-, stb.-renű erősítési helyek, színképek formájában. A legkisebb hullámhosszúságú fény (ibolya) hajlik el a legkevésbé.

7. Határozzuk meg a lézermutató vörös színű fényének hullámhosszát! A fényt egy olyan optikai rácsra bocsátjuk, amelyen 200 karcolat van mm-enként. A rácstól 1,5 méter távol lévő ernyőn a két elsőrendű elhajlási maximum egymástól mért távolsága 40 cm. a) Mekkora a lézermutató vörös színű fényének hullámhossza? b) Milyen messze van egymástól a két másodrendű erősítési hely? c) A kísérletet megismételjük egy ritka szövésű függönyanyaggal. A függönyanyagtól szintén 1,5 méterre elhelyezett ernyőn megjelenő két elsőrendű elhajlási maximum egymástól mért távolsága 8 cm. Az anyagban hány szövetszál fut cm-enként azonos irányban? Megoldás: Adatok: d

a)

1 cm 200

5 10

6

m , L = 1,5 m, 2 x 1

Az első elhajlási szög pici: tg

x L

0,133

d x1 L

7,6  sin

8 cm . 0,132 . Ezért

d x . (A levezetése a lecke mérési részében L 5 10 6 m 0,2 m 6,67 10 7 m 667 nm . 1,5 m

használható a következő összefüggés: található.) Tehát

40 cm , 2 x 2

82

b) A másodrendű erősítési helyek távolságát jelöljük 2y-al! Használjuk a leckében megismert általános összefüggést, amely kicsi szögekre ad közelítést: k L 2 L . x k 0, 1, 2,... . Most k = 2: y d d A keresett távolság: 4 L 2 y 80 cm d A két másodrendű erősítési hely egymástól kb. 80 cm távol van c) A fenti összefüggésből fejezzük ki a függönyanyag rácsállandóját, és helyettesítsünk be! L 6,67 10 7 m 1,5 m d 2,5 10 5 m x2 0,04 m

10 2 m 400 . 2,5 10 5 m A függöny anyagában azonos irányban 400 szál fut centiméterenként. A szálak száma cm-enként:

83

24. lecke

A fény polarizációja

1. Lehet-e polarizálni longitudinális hullámokat? A választ indokoljuk! Megoldás: Longitudinális hullámokat nem lehet polarizálni, és így a hangot sem, hiszen bennük a rezgési irány megegyezik a terjedési iránnyal. Polarizálni csak transzverzális hullámot lehet, amelyben a rezgési irány merőleges a terjedési irányra. Az ilyen hullámból lehet rezgési síkot kiválasztani.

2. Mekkora emelkedési szögben látszik a Nap, amikor a tó felszínéről visszavert fénye teljesen polarizált? A víz törésmutatója 4/3. Megoldás: Adat: n 4 / 3 A visszavert fény akkor lesz 100%-san polarizált, ha a beesési szög megegyezik a B Brewster-szöggel. A Brewster-törvény szerint tg B n . 4 tg B 53,13 B 3  Amikor a Nap 53,13 emelkedési szögben látszik, a vízfelületről visszavert fénye 100%san polarizált.

3. A polárszűrős napszemüvegnek az a feladata, hogy a vízfelületek, úttestek túlzott csillogását megszüntesse. Milyen áteresztési tengelyű polárszűrő alkalmas erre a feladatra? Megoldás: A vízfelületről, úttestről visszaverődő fény részben polarizált (Az B Brewster-szög beesési szög esetén teljesen.) A vízszintes felületről visszaverődő fényben a fénysugárra merőleges és a felülettel párhuzamos polarizációs irányú fényhullám intenzitása nőtt meg. Ezért a polárszűrő áteresztési tengelyének függőlegesnek kell lennie.

84

4. Az 1990/91-es Öböl-háborúk során több száz olajkutat robbantottak fel. Környezetükben rengeteg olajtócsa alakult ki. A kőolajtavakban számos vízirovar, és vízimadár tetemét találták. Mi az oka annak, hogy ezek az állatok az olajtócsákba kerültek? Megoldás: A vízirovarok és a vízimadarak szeme olyan, hogy érzékeli a polarizált fényt. Az élővizek irányából az észlelő felé részben polarizált fény jut. Ez „csalogatja” oda ezeket az állatokat. A kőolaj törésmutatója csak kicsit tér el a vízétől, így a róla visszavert fény polarizációja hasonló a vízfelszínről visszaverthez. Ez „csapta be” az állatokat.

5. 1 köbcentiméter vízben oldott 1 gramm répacukor a rajta áthaladó lineárisan poláros fény polarizációs irányát 6,7  -kal forgatja el centiméterenként. Mekkora annak a cukoroldatnak a koncentrációja, amelyik a 20 cm hosszú polariméterben 10 szögelfordulást okoz? Megoldás: Adatok: k 1

1

g , L1 cm3

1 cm , L 2

20 cm ,

1

6,7  ,

2

10

Az optikailag aktív cukoroldat a rajta áthaladó fény polarizációs irányát elforgatja. Az elforgatás mértéke egyenesen arányos a k koncentrációval, és a fény oldatban megtett L útjával. Az arányossági tényezőt jelöljük C-vel. Ez alapján a két eseményre felírhatjuk: C k1 L1 C k 2 L2 1 2 A két egyenlet hányadosát véve: k 2 L2 2 k1 L1 1 Ebből a keresett k 2 koncentrációt kifejezve: L1 mg 2 k2 k1 74,6 L2 cm3 . 1 Az ismeretlen oldat koncentrációja: mg k 2 74,6 cm3

85

25. lecke

Az atom. Az elektron

1. Számítsuk ki az aranyatom tömegét! Hány aranyatom kerül 5 Ft-ba, ha a színarany grammja kb. 8800 Ft? Megoldás:

0,197kg 3,3 10 25 kg . 23 6 10 Ha 1 g arany 8800 Ft, akkor 5 Ft-ért 5.68∙10-4 g aranyat vehetünk. Ez 5,68 ∙10-7 kg. Ezt elosztva az előzőben kiszámolt atomtömeggel 1,72 1018 db -ot kapunk. Az arany moláris tömege 197 g/mol. Így egy atom tömege m

2. Hány mól aranyban van Avogadro-számnyi proton? Megoldás: Mólnyi aranyban 79 mólnyi proton van. Ezért 1 mólnyi proton

1 = 0,013 mólnyi aranyban 79

van.

3. A Kaliforniában talált legnagyobb természetes aranyrög a „Mojave-rög”. 1977-ben akadtak rá, 4,42 kg a tömege. (A Földön ennél jóval nagyobb aranyrögöket is találtak már, bár azok többségét feldarabolták és beolvasztották. A legnagyobb 231 kg-os volt.) Az arany az ókor óta ismert elem, és sokak fantáziáját megmozgatta. Hány mólnyi arany van a Mojave-rögben, ha feltételezzük, hogy aranytartalma 90%? Megoldás: A rög tiszta aranytartalma: m = 4,42 ∙ 0,9 = 3,978 kg m 3,978kg A mólszám meghatározása: n M 197 10 3 kg / mol

20,2mol

4. Az elektroncsövek a félvezetők elterjedéséig széleskörűen használt elektronikus alkatrészek voltak. Tulajdonképpen mini katódsugárcsövek voltak, amelynek belsejébe rácsokat, fűtőáramköröket és még sokféle hatásnövelő eszközt beépítettek. Egy egyszerű változattal is könnyedén el lehetett érni 0,2 A-es anódáramot. Számoljuk ki, hogy hány elektron csapódik ilyenkor az anódba másodpercenként!

86

Megoldás: Adatok: I=0,2 A, e 1,6 10 19 C , t 1s Az áramerősség definíciójából következik, hogy Q I t . Így az áthaladó töltés 0,2 C. Az elemi töltés ismeretében az elektronok száma meghatározható: Q 0,2C N 1,25 1018 db 19 e 1,6 10 C

5. Miért porosodik sokkal jobban a képcsöves tévé képernyője, mint az LCD tévéé? Megoldás: A TV képcsőben elektronnyaláb csapódik a képernyőhöz. Ezzel elektromosan feltölti a képernyő felületét. A TV ki- vagy bekapcsolásakor az elektromos kisülések jellegzetes sercegő hangját hallhatjuk is. A feltöltött képernyő magához vonzza a levegőben lebegő porszemeket, mint ahogy a megdörzsölt műanyag fésű is magához vonzza az apró papírdarabkákat (az elektromos megosztás révén.) Az LCD TV képalkotásában nincs a töltött részecskéknek szerepe, így a LCD képernyő nem is töltődik fel elektromosan.

6. Miért nem használtak a régi tévéképcsövek katódsugárcsövében nagy, pl. 50 kV-os gyorsítófeszültséget? Megoldás: 50 kV gyorsítófeszültség olyan nagy energiájú elektronnyalábot eredményezne, amelynek becsapódásakor már jelentős röntgensugárzás keletkezne, ami élettanilag nemkívánatos. EU-s törvények korlátozzák is 30 kV-nál nagyobb gyorsítófeszültség használatát hétköznapi vagy oktatási eszközökben. Másfelől, ekkora gyorsítófeszültségre nincs is szükség.

7. A mellékelt felvételsorozat egy hagyományos képcsöves tévé képcsövén megjelenő, Einsteint ábrázoló képről készült. A képek alatti számok azt mutatják meg, hogy a felvétel készítése során mennyi ideig érkezett fény a fényképezőgép kamerájába. Milyen következtetéseket vonhatunk le a képek alapján egy képcsöves készülék működéséről? Megoldás: A képcső úgy állítja elő a képet, hogy a képernyő képpontjait az elektronnyalábbal sorrólsorra haladva vízszintesen végigpásztázza. Látható, hogy 1/60 s alatt az elektronnyaláb a monitor csaknem teljes felületén végigért. 1/500 s alatt csak a képernyő töredékével készült el. A felvételsorozatból látható az is, hogy egyenletesen halad a nyaláb. Az is sejthető, hogy kb. 1/50 s alatt a teljes képpel végez, azaz másodpercenként 50 képet tud kirajzolni. Ez kétszerese a hagyományos TV készülékkel másodpercenként kirajzolt képek számának.

87

8. Fogjuk meg egy hosszabb egyenes pálca vagy ceruza egyik végét, és tartsuk a pálcát függőlegesen egy bekapcsolt képcsöves tévé vagy monitor elé! A fogási pont körül kezdjük el gyorsan lengetni a pálcát! Mit tapasztalunk? Ezt követően végezzük el a kísérletet egy LCD monitor vagy LCD tévé előtt! Magyarázzuk meg a tapasztalt különbséget! Megoldás: A pálca gyors mozgatásakor látványa olyan hatást kelt a képcső előtt, mintha gyors villanófénnyel világítanánk meg. Ehhez társul még az is, hogy görbültnek látszik. Az LCD képernyő előtt viszont csak a pálca elmosódott foltját látjuk, mint közönséges fényben. A jelenség magyarázata az, hogy a képcsőnél függőlegesen lefutó fénysávok világítják meg a gyorsan mozgatott pálcát, és a fénysávok része a pálca különböző helyére, és mozgásának különböző fázisára esik

9. A Millikan-kísérletben egy kiszemelt olajcsepp sugarát meghatároztuk, ez alapján kiszámoltuk a térfogatát, és ez 5,23 10 18 m 3 -nek adódott. A felhasznált olaj sűrűsége 920,0 kg / m 3 , a levegő sűrűsége 1, 290 kg / m 3 . g = 9,81 m / s 2 . A kondenzátor fegyverzeteinek távolsága d = 15,2 mm. Az olajcsepp lebegését létrehozó feszültség pedig 896,2 V. Mekkora volt az olajcsepp töltése? Hányszorosa ez az elemi töltésnek? Megoldás: Adatok: V 5,23 10

18

m3 ,

OLAJ

920,0 kg / m 3 ,

LEVEGŐ

1, 290 kg / m 3 . g=9,81 m / s 2 , d=15,2

mm, U=896,2 V Az elméleti taglalásnál megállapítottuk, hogy: U V OLAJ g Q V LEVEGŐ g d Ezt érdemes átrendezni: U V ( OLAJ - LEVEGŐ )g= Q d Ebből a Q töltés kifejezhető: V ( OLAJ 5,23 10 18 m 3 918,71kg / m 3 9,81m / s 2 0,0152m LEV . ) g d Q U 896,2V Q 5 , tehát ez az elemi töltésnek ötszöröse. e

88

7,99 10

19

C

8 10

19

C

10. Egy Thomson- kísérletben egy 5 cm hosszú, 2cm-es fegyverzettávolságú kondenzátor közepén szeretnék átvezetni egy 5kV-tal felgyorsított elektronnyalábot. Mekkora feszültséget kapcsolhatunk maximálisan a kondenzátorra, ha szeretnénk mindenképpen elkerülni azt, hogy a nyaláb a fegyverzetbe csapódjon? Megoldás: Adatok: L = 5 cm = 0,05m, d = 2cm = 0,02m, U = 5 kV Először számoljuk ki az elektronok sebességét: e C m U 2 1,759 1011 5000V 4,19 107 m kg s Határozzuk meg, mennyi idő alatt halad át a kondenzátoron vízszintes irányban: 0,05m t 1,19 10 9 s 7 4,19 10 m / s Ha pontosan a kondenzátor végébe csapódik, akkor ennyi idő alatt függőlegesen 1 cm-t mozdul el. Függőlegesen gyorsuló mozgást végez. v

y

2

d 2

a 2 t 2

Fejezzük ki a függőleges gyorsulást: F Ee U k e a . Ezt írjuk vissza a fenti egyenletbe: m m md d Uke 2 t . Ebből U k kifejezhető: 2 2md md 2 9,1 10 31 0,02 2 Uk 1606,5V et 2 1,6 10 19 1,19 2 10 18

89

26. lecke

A modern fizika születése

1. Igazoljuk számítással is az előző oldalon szereplő állítást, miszerint a Nap másodpercenként 4 millió tonna tömeget veszít! A Nap teljesítménye kb. 3,86 ∙ 1026 W. Megoldás: Tekintsük 1 másodpercig a Nap energiatermelését, ekkor felírhatjuk. hogy E 3,86 1026 J m 4,29 109 kg 2 2 8 c 3 10 m / s

2. Feltételezve, hogy 8 milliárd évig termeli az energiát változatlan formában a Nap, mennyi tömeget fog veszíteni azzal, hogy azt energiává alakítja át? Ez a teljes naptömeg hány százaléka? Az adatokat keressük ki a Négyjegyű függvénytáblázatokból! Használjuk fel az előző feladat eredményét! Megoldás: Használjuk fel, hogy egy év az kb. 3,15 107 s . Így az előző feladat eredményét felhasználva egy év alatt az energiává átalakult tömeg: 3,15 107 4,29 109 kg = 1,35 1017 kg . Ezt 8 milliárd évvel szorozva: 8 109 1,35 1017 kg 1,08 10 27 kg A Nap tömege a függvénytáblázat 251. oldala alapján 1,989 1030 kg . Az energiává átalakult tömeg az összes tömegnek csak 5,4 10 4 -ed része, azaz 0,054%.

3. Tegyük fel, hogy 1 grammnyi tömeget teljes egészében energiává alakítunk át. Mennyi pénzhez juthatnánk ezáltal, ha 1 kWh energia ára kb. 40 Ft? Megoldás: Az E

mc 2

0,001kg 9 1016

1kWh

3,6 10 6 J

m2 s2

9 1013 J .

9 1013 2,5 107 kWh . Ennek az értéke Így a felszabaduló energia 6 3,6 10 Ft 2,5 107 kWh 40 109 Ft , azaz 1 milliárd Ft lenne. kWh 4. A paksi atomerőmű villamos teljesítménye 2000 MW. Karbantartások miatt átlagosan egyéves időtartam 14%-ában nem termel, egyébként éjjel-nappal a névleges teljesítményen működik. Mennyi tömeg alakul át energiává az atomrektoraiban, ha hőteljesítményének 33,67%-át alakítja át villamos energiává?

90

Megoldás: Adatok: P=2000MW, 0,3367 A hatásfokot figyelembe véve a hőteljesítménye: P 2000MW PHŐ 5940MW 0,3367 0,3367 Egy év az kb. 3,15 10 7 s , és az év 0,86-részében szolgáltatja a fenti hőteljesítményt. Így egy év alatt megtermelt energiája hő formájában: E

5940 106 W 3,15 107 s 0,86 1,61 1017 J

Ennek tömegegyenértéke: m

E c2

1,67 1017 J 2 16 m 9 10 s2

1,79kg

5. Egy 100 kg-os alumíniumtömböt 100 K-nel felmelegítünk. Mennyivel nőtt a tömege? A hiányzó adatokat keressük ki a Négyjegyű függvénytáblázatokból! Megoldás: Adatok: m =100 kg,

T

100K , az alumínium fajhője c = 900

Az energiaváltozása a melegítés után: E cm T 900 100 100 9 106 J E 9 106 A tömeg növekedése: m c 2 9 1016

10

10

J . kgK

kg

6. Egy autós évente átlag 18.000 km-t autózik 8 literes átlagfogyasztással. A benzin sűrűsége kg MJ 741 3 , égéshője H = 44 . Ábrándozgassunk el arról (mit sem törődve a kg m megvalósíthatóság gyakorlati és elvi problémáival) hogy a távoli jövőben a tankolás helyett elég lesz néha egy olcsó „anyag kapszulát” elhelyezni a motortérben. Feltételezve, hogy semmit sem változnak az autók hatásfokai, de a kapszula teljes egészében energiává alakul, hány grammos „anyag kapszulát” kellene évente a motorba tenni?

91

Megoldás: Ha 100 km-en 8 liter a fogyasztás, akkor 18 000 km-en 1440 liter. kg Ennek tömege m V 1440dm3 0,741 3 1067kg . Így a motortérben évente dm MJ felszabaduló energia mennyisége: E H m 44 1067kg 4,69 1010 J kg 10 E 4,69 10 J Ennek tömegegyenértéke: m 5,2 10 7 kg 2 2 c m 9 1016 2 s A kapszula tömege ennek a fele kell, hogy legyen, hiszen azonos mennyiségű anyag is energiává alakulna át. Tehát a kapszulában lévő antianyag 0,26 milligrammnyi tömegű kell, hogy legyen.

7. A CERN-i nagy hadronütköztető gyűrű (LHC, Large hadron Collider) gyorsítójában minden eddiginél nagyobb energiával ütköznek részecskék. Az ólom ionok ütközése 1144 TeV energián történik. Ennyi energiával milyen magasra lehetne emelni egy 0,5 kg tömegű sörösdobozt?

1eV= 1,6 10 19 J , tehát 1144 TeV= 1,83 10 4 J . E 1,83 10 4 J h 3,7 10 5 m 0,037mm !!! mg 5N Ez némileg meglepő, de ez itt csak egy ólom atom energiáját jelenti. A gyorsítóban azonban nem egy atomot gyorsítanak egyszerre, hanem rengeteget. Ezek összes energiája viszont már tekintélyes energiát jelent.

92

27. lecke

A speciális relativitáselmélet

1. A fénysebesség hány százalékával halad egy olyan elektron a gyorsítóban, amelynek a tömege látszólag megduplázódott? Más részecskénél ugyanezen a sebességen következik be a tömeg kétszereződése? Megoldás: m v 2 . Ezekkel a jelölésekkel x arány meghatározása, ha tudjuk, hogy m0 c és értékekkel a relativisztikus tömegnövekedés képlete így alakul: 1 2 . 1 x2 1 Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát: 4 . 1 x2 3 Majd rendezzük át ezt az egyenletet, és fejezzük ki x-re. Ekkor a x 2 egyenletet kapjuk, 4 amiből a szóba jöhető megoldás x=0,866. Azaz a fénysebesség 86,6 %-val haladva következik be a sebességkétszereződés, minden részecskénél.

Feladatunk a

2. A CERN-ben a világ legnagyobb részecskegyorsítójában a protonok a fénysebesség 99,99999% -ával mozognak. Hányszorosa a látszólagos tömegnövekedésük? Megoldás: v 0,9999999c 0,9999999 c c m0 Így az m összefüggés a következő módon írható: v2 1 2 c m 1 2236 m0 1 0,99999992

3. A kísérleti bizonyítékok közt említettük az 1971-ben atomórákkal elvégzett kísérletet. A kísérlet adatai alapján számoljuk ki az idődilatáció mértékét. Jó tanács! A számolást nagyban 2 1 1 leegyszerűsíti, ha a következő közelítéssel élünk: Ha 1 , akkor 2 2 1 93

Megoldás: Adatok: v

333,3

m , s

t 15h

54000s

t/

t

v2 1 2 c

Ha

2

1

1 , akkor

2

1

v c

333,3 3 108

1,11 10

6

1

Így

2 2

1,23 10

12

Így egyenletünk a következő alakú: 2

) t (1 6,17 10 13 ) t t 6,17 10 13 2 Minket az 54000s t meghatározása érdekelt. Használjuk fel az, hogy t Így a következőt írhatjuk: 54000 s = t (1

54000s

54000s t 54000s 6,17 10 13 3,33 10 8 s Ez pedig atomórával mérhető időtartam.

4. Egy, a Föld felszíne felett keringő műhold nyugalmi tömege 1000 kg, a nyugalmi hossza 5 m. A Föld körüli pályáján 10 km/s-os sebességgel kering. a) Mekkora a relativisztikus tömegnövekedése? b) Mekkora a hosszának relativisztikus rövidülése? A számolás egyszerűbb, ha felhasználjuk a következő közelítéseket: 2 2 1 2 1 ha v<
m0

m , s

t

86400s

összefüggést kell használnunk. Mivel v<
1

2

1

2 2 1 v2 2 c közelítést használjuk: 1 v2 108 m 1000kg(1 ) 1000 kg ( 1 ) 1000kg(1 5,56 10 10 ) 1000kg 5,56 107 kg 2 16 2c 2 9 10 Ebből látható, hogy a tömeg növekedése mindössze 0,56mg , ami egy 1t-ás tömeg mellett

1

94

kimutathatatlan. b) A rövidülést a l /

l 1

v2 képlet alapján kell számolnunk. Használjuk fel az c2 2

1 esetre érvényes

1

2

1

2

közelítést.

1 v2 ) 5m(1 5,56 10 5 ) 5m 2,78 10 9 m 2 c2 A rövidülés tehát 2,78nm, ami a látható fény hullámhosszának több mint százada. l/

5m(1

95

28. lecke

A fényelektromos hatás. A foton

1. Egy fémet megvilágítunk 1 aJ energiájú fotonokból álló fénnyel. Ennek hatására 0,2 aJ energiájú elektronok lépnek ki. a) Mekkora a kilépési munkája a fémnek? Milyen energiájú elektronok lépnek ki, ha a megvilágító fény frekvenciáját b) megkétszerezzük? c) megfelezzük? Megoldás: a) Adatok: hf =1 aJ,

hf

Wki

1 mv 2 =0,2 aJ 2

1 2 mv egyenletből következik, hogy Wki 2

0,8 aJ.

b) Ha a frekvenciát megkétszerezzük, akkor hf=2 aJ lesz, változatlan Wki elektron energiája 1,2 aJ lesz.

0,8 aJ mellett az

c) Ha a frekvenciát megfelezzük, akkor a foton energiája is fele lesz, aminek következtében az 0,5 aJ-ra csökken. Ez nem éri el a kilépési munkát, aminek következtében most nem lép ki elektron.

2. Az alábbi grafikon két különböző fémen elvégzett fotocellás kísérlet alapján készült. Mi a véleményünk róla?

Megoldás:

1 2 mv egyenletet 2 ax b alakjában akarjuk felírni, akkor az átrendezett

A rajz hibás. A két egyenesnek párhuzamosnak kell lennie. Ha a hf

Wki

a lineáris egyenletek y 1 mv 2 hf Wki alakot tekintsük. Ebből látható, hogy az egyenes meredeksége a Planck2 állandó, azaz az egyeneseknek párhuzamosoknak kell lennie. Millikan ezzel a módszerrel nagy pontossággal mérte is a Planck-állandót. 3. Fotocellák és elektroncsövek katódjának anyagául gyakran alkalmaztak bárium-oxidot. Ennek a kilépési munkája ugyanis nagyon kicsi, mindössze 0,16 aJ. a) Mekkora a bárium-oxid küszöbfrekvenciája és határhullámhossza? b) A teljes látható fénytartományra érzékeny ez az eszköz? 96

Megoldás: Adatok: Wki

0,16aJ

A küszöbfrekvenciára: hf

Wki . Ebből f

Wki h

0,16 10 18 J 6,6 10 34 Js

2,4 1014 Hz , valamint a

c 1250nm , ez az infravörös tartományba esik, azaz valóban a teljes látható f tartományban érzékeny.

4. Egy bárium-oxid fotokatódot (amelynek kilépési munkája 0,16 aJ) világítunk meg 632 nmes lézerfénnyel. a) Mekkora a lézerfény egy fotonjának energiája? b) Mekkora lesz a kilépő elektron maximális energiája? c) Mekkora a lehet a kilépő elektronok maximális sebessége? d) Legfeljebb mekkora feszültségű ellentéren tud keresztülhaladni az elektron? Megoldás: Adatok: Wki a)

hf

b) A hf

c)

1 2 mv 2

d) Az eU

0,16aJ , λ = 632 nm

h

Wki

c

m s 6,6 10 34 Js 632 10 9 m 3 108

3,2 10-19 J

1 2 mv összefüggésből a keresett maximális energia hf 2

1,5 10

19

Wki

1,5 10-19 J

J , ebből v=4∙105 m/s

1,5 10 19 J 1 2 mv összefüggésből következik, hogy U 1,6 10 19 C 2

0,94 V

5. Egy fotocella katódjának kilépési munkája 0,432 aJ. a) Mekkora minimális frekvenciájú fény tud fényelektromos hatást létrehozni? b) Milyen színű ez a fény? c) Mekkora maximális sebességgel léphetnek ki elektronok, ha 405 nm-es ibolyaszínű fénnyel világítjuk meg?

97

Megoldás: Adatok: Wki a) hf

b)

0,432aJ ,

Wki képletből f c f

m s 14 6,5 10 Hz

405nm Wki h

0,432 10 18 J 6,6 10 34 Js

6,5 1014 Hz

3 108

462nm , ez kék fény 2( h

c) A fényelektromos egyenlet átrendezéséből kapjuk, hogy v

c m

Wki )

2,5*105 m/s

6. Egy kék és egy vörös színű lézer azonos teljesítménnyel sugároz. Melyik bocsát ki időegység alatt több fotont? Megoldás: A vörös fénynek kisebb a frekvenciája, így a vörös színhez tartozó fotonnak kisebb az energiája. Ezért több vörös foton kell ahhoz, hogy ugyanazt a teljesítményt elérjük.

7. Infralámpánál melegedni lehet, barnulni nem. Kvarclámpánál barnulni lehet, melegedni nem. Magyarázzuk meg ezt! Megoldás: Az infralámpa által kisugárzott fotonok energiája nem elég ahhoz, hogy létrehozzák azt a reakciót a bőr sejtjeiben, amik barnulást eredményezik. Ezzel szemben viszont elég nagy a teljesítményük, tehát sok energiát sugároznak ki, melegítenek. A kvarclámpa UV fotonokat is kisugároz, de kis teljesítménnyel. Az UV foton barnít, a kevés foton viszont nem melegít. 8. A fotonra ugyanúgy teljesülnek a gravitációval kapcsolatos törvények, mint bármilyen más testre. Ezzel a feltétellel vizsgáljuk meg, hogy eredményes lehet-e az a kísérlet, amely egy, a földfelszínnel párhuzamosan kilőtt lézernyaláb lehajlását kívánja megmérni egy 10 km-es távolságon! Megoldás: Adatok: s 104 m; c

3 108

m ; s

98

10 4 m 3 10 5 s alatt teszi meg. Ha feltesszük, hogy a m 3 108 s fotonra is teljesül a gravitációs törvény, akkor a vízszintes hajításnak megfelelően függőleges irányban szabadesést végez. Ha a függőleges irányú elmozdulást x-szel jelöljük, akkor g 2 m x t 5 2 9 10 10 s 2 4,5 10 9 m. 2 s Ez nagyjából a molekulaméretek nagyságrendje. Ezt lehetetlen kimutatni, mert a lézernyaláb szóródása a légkör szennyeződésein, molekuláin ennél nagyobb nagyságrendű. Ezen kívül egyéb okai is vannak annak, hogy a nyaláb szétterül.

A fény az adott távolságot t

9. Az emberi szem éjszakai, gyenge megvilágítás közepette az 507 nm-es hullámhosszú zöldes fényre a legérzékenyebb. Mérések szerint 1,6 aJ energiának kell 1 másodperc alatt a retinához érnie ahhoz, hogy abban fényérzet alakuljon ki. Hány foton érkezik ekkor az adott hullámhosszúságú fotonból? Megoldás: 507nm Adatok:

507 10 9 m; E

1,6aJ ; t

1s

3 108 m / s A foton energiája: hf h 6,63 10 Js 507 10 9 m 1,6 10 18 J 4 A szembe érkező fotonok száma: N 3,92 10 19 J c

34

3,92 10

19

J

10. A barnuláskor a bőr mélyebb rétegeiben fekvő melanocitákban a Tyrosine nevű aminosav barna vagy fekete melaninné alakul, amely a sejtből kikerülve a bőr felszínére jut. A Tyrosine melaninné átalakulását egy kb. 5,6 10 19 J energiájú foton biokémiai reakciója is ki tudja váltani. Milyen hullámhosszúság fénytől lehet ezek alapján barnulni? Lehet-e barnulni egy 254nm-es hullámhosszt kibocsátó higanygőzlámpánál? Megoldás: 5,6 10 Adatok:

19

J;

6,63 10 34 Js 3 108 m / s 355nm . Ez már 5,6 10 19 J az UV tartományba esik. A 254 nm-es higanygőzlámpánál tehát már lehet barnulni. A fénycsövek is higanygőzt tartalmaznak, de a cső belsejét fényporral vonják be, ami az UV sugárzást átalakítja a látható fény tartományúvá.

Az

hf

h

c

alapján a hullámhossz

hc

99

11. Mekkora a 642 nm-es hullámhosszon működő lézer egy fotonjának tömege és lendülete? Ha a lézer teljesítménye 2 mW, akkor mennyi az 1 másodperc alatt kibocsátott fotonok száma? Megoldás: Adatok: 642nm; P A foton energiája: Tömege: m

Lendülete: p

hf c2

c

2mW c h 3,1 10

3,1 10

19

J 2

m 9 1016 2 s 19 3,1 10 J m 3 108 s

19

J;

3,4 10

10

27

36

kg ;

kgm s

A kibocsátott fotonok száma, 1 s alatt: N

0,002J 3,1 10 19 J

100

6,45 1015

29. lecke

Az első atommodellek és a Rutherford-kísérlet

1. Az alábbi két ábrán α-részecskék szóródását tüntettük fel aranyatom magján. Indokoljuk, miért hibásak!

Megoldás: Az első rajzon az a hiba, hogy maghoz közelebb haladó részecske a nagyobb Coulomb-erő miatt nagyobb eltérülést szenvedne, mint a távolabb haladó. A 2. rajzon egy vonzó jellegű erőt ábrázolna, ami nem teljesül a Rutherford-szórásnál.

2. Azonos energiájú α-részecske halad egy kristályrácsba beágyazott arany-, illetve egy ezüstatom felé úgy, hogy sebességének iránya a két részecske középpontját összekötő egyenesen fekszik. Melyik atommagot tudja jobban megközelíteni az α-részecske: az aranyat vagy az ezüstöt? Megoldás: Az ezüst kisebb rendszámú, mint az arany. Ezért az -részecskére is kisebb taszítóerőt tud kifejteni, mint az arany, így az ezüstatom magját jobban meg tudja közelíteni

3. Ha egy töltéssel rendelkező részecske körpályán mozog, akkor a körmozgás frekvenciája megegyezik az általa a gyorsulás következtében kisugárzott elektromágneses sugárzás frekvenciájával.. Milyen frekvenciájú sugárzást kellene ekkor kibocsátania a klasszikus elektromágneses elmélet szerint annak az atomnak, amelynek elektronja 50 pm távolságra kering? Megoldás: Adatok: r = 50 pm. Szükségünk van ezen kívül még az elemi töltésre, az elektron tömegére, és a Coulomb-törvényben szereplő k értékre. Ha az elektron körpályán mozog, akkor a centripetális erőt a köztük lévő Coulomb-erő biztosítja:

e e r2 Beírva frekvenciát: mr

2

k

101

e2 mr 4 f k 2 r Ebből a frekvencia: 2

f

1 2

2

ke 2 r 3m

1 2

9 109 (1,6 10 19 ) 2 (50 10 12 ) 3 9,1 10 31

6,5 1015 Hz

Ez az UV tartományba eső sugárzás lenne. Ahogy szűkülne a pálya sugár, úgy lenne egyre nagyobb a kisugárzott frekvencia is.

4. Tegyük fel, hogy egy pontszerűnek gondolt részecske akkor pattan vissza, amikor pontosan egy atommagnyi felületen igyekezne áthaladni, ahogy ezt az alábbi rajz igyekszik szemléltetni. Az atommag sugara 7 10 15 m . Becsüljük meg ez alapján, a részecskék hányad része fog visszaverődni teljes mértékben? (Az aranyatom átmérője kb. 300pm. Rutherford kb 1μm vastag aranyfóliát használt? Megoldás: Először határozzuk meg az aranyrétegek számát: 10 6 m A rétegek száma: N= 3300 300 10 12 m Majd határozzuk meg egy aranyatommag felületét: 1,54 10 28 m 2 A0= r 2 Tegyük fel az egyszerűség kedvéért, hogy egy 1cm 2 -es felületű aranyfóliával szembe érkeznek az részecskék véletlenszerű eloszlásban. Számoljuk ki, hogy mennyi aranyatom van egy 1cm 2 -es alapterületű és 1 m vastagságú aranyfóliában! g 1 mol arany 197 g tömegű. Mivel az arany sűrűsége 19,3 3 , ezért 1cm 3 arany közel 0,1 cm 3 22 mol. Így 1cm ben közel 6 10 db atom van. A m a cm tízezred része, ezért a kiszemelt térfogatban 6 1018 db aranyatom van. Ezek után már meghatározható, hogy az arany atommagok mekkora felületet takarnak le: A= 6 1018 1,54 10 28 m 2 9,2 10 10 m 2 9,2 10 6 cm 2

1 része. Ttehát azt mondhatjuk, hogy durván kb. 100.000 108.696 részből egy teljesen visszapattan, azaz 180 o -os eltérülést szenved.

Ez a teljes 1cm 2 -es felület

102

5. A szórási kísérletben egy atommagja és az

részecske sebessége 1,6 107

m . Mekkora lehet az arany s

részecske minimális távolsága?

Megoldás:

m ; Z=79 az arany rendszáma. s A távolság akkor lesz minimális, ha az részecske centrálisan közelit a mag fel. Feltehetjük, hogy az részecske a „végtelen távolból” jön, kezdetben tehát nem „érzi” az atommag terét, csak mozgási energiája van. Továbbá feltehetjük, a nehéz arany atommag a kristályrácsba ágyazva nem mozdul el. Amikor a távolság köztük minimális lesz, akkora az részecske kezdeti mozgási energiája átalakul a potenciális energiává: Adatok: v 1,6 107

1 2 Ze 2e mv k 2 r Ebből a keresett távolság: 2Ze 2 2 79 (1,6 10 19 ) 2 9 r k 9 10 1 2 1 mv 6,68 10 27 (1,6 107 ) 2 2 2

103

4,04 10 36 9 109 13 8,5 10

4,27 10

14

m

30. lecke

A Bohr-modell

1. Lehet-e olyan állapota a hidrogénatom elektronjának, amikor energiája – 0,349 aJ? Megoldás: 0,349aJ Adatok: E n Az energiát a következő képlet adja meg: 2,18aJ En 0,349aJ n2 Ezt kell megoldanunk n-re, és n-nek egésznek kell lennie. 1 0,16 n2 6,25 2,5 Ebből n Ilyen energiával nem rendelkezhet tehát atompálya a hidrogénatomban.

2. Lehet-e egy hidrogénatom pályasugara 1,325 nm? Megoldás: A pályasugarat az rn r0 n 2 53 pm n 2 összefüggésből számolhatjuk. Azt keressük, hogy van-e olyan egész n, ami kielégíti a következő egyenletet: 1,325nm 53 pm n 2 Azt kapjuk, hogy:

1,325 10 9 m 53 10 12 m

25 n 2

Tehát az n=5-ös főkvantumszámhoz tartozó pályának pontosan ennyi a sugara.

3. Elnyelhet-e az alapállapotú hidrogénatom a) 2,093 aJ, b) 1,100 aJ energiájú fotont? Használjuk a lecke ábráit! Megoldás: A frekvencia-feltétel alapján: E n ( 2,18aJ ) egyenletet kell vizsgálnunk. Azt kell meghatároznunk, hogy a kifejezett E n energiák lehetséges atompálya energiák-e, szerepelnek-e pl. a 117. oldal ábráján

a) 2,093 aJ energia.

En

( 2,18aJ ) -ből E n = -0,087 aJ. Ez az n = 5 –ös főkvantumszámhoz tartozó

b) 1,100 aJ

En

( 2,18aJ ) -ből E n = -1,08 aJ. ilyen energiájú állapot nem létezik.

104

4. Mekkora a kibocsátott fény hullámhossza a hidrogénatom n = 5-ös és n = 3-as állapota közt? Megoldás: Használjuk fel a 147.oldal ábráját! Erről leolvasható, hogy a keresett energiák: E5 A frekvenciafeltétel szerint: E5

E3

0,087aJ

Ebből a frekvencia: f

( 0,242aJ )

0,155aJ

0,087aJ és E3

0,242aJ .

hf

2,33 1014 Hz

c 3 108 A hullámhossz: f 2,33 1014 Ez az infra tartományba esik.

1288nm.

5. Atomfizikában a számítások során mindig elhanyagolják a gravitációs erőt a proton és az elektron közt. Mutassuk meg a hidrogénatom esetén, hogy ez teljesen jogos! A szükséges adatokat keressük ki a Négyjegyű függvénytáblázatokból! Megoldás: Adatok, amikre szükség van: gravitációs állandó: f, proton tömeg: m p , elektron tömeg: m e , Bohr-sugár: r0 Elsőként számoljuk ki a gravitációs erőt a proton és az elektron közt:

Fg

f

m p mn

6,67 10

2 0

r

11

1,67 10 27 9,1 10 (5,3 10 11 ) 2

31

3,58 10

47

N

Megmutatjuk, hogy a Coulomb-erő sok nagyságrenddel nagyobb Bohr-sugárnyi távolságban:

Fc

e2 k 2 r0

2

9 10

9

1,6 10 19 (5,3 10 11 ) 2

8,23 10 8 N

Fc 2,3 1039 Fg A Coulomb-erő tehát 39 nagyságrenddel nagyobb, mint a gravitációs erő, tehát a gravitációs erő az atomok világában valóban tökéletesen elhanyagolható. Még a szuperpontos CERN-i nagygyorsító építésénél sem volt érdekes, hogy a 27 km-es gyűrű enyhén lejt a Genfi-tó felé. A lejtés azért van, mert a föld alatti kőzetlemez irányát követték. A két erő hányadosa:

105

6. Mekkora az alapállapotban keringő elektron sebessége és mozgási energiája a hidrogén atomban? Megoldás: A sebesség az I. axiómából, a k

v

ke2 mr

2,2 106

e2 r2

mv 2 összefüggésből határozható meg legkönnyebben: r

m s

1 2 mv -ből 2,2 aJ. Ez meghatározható abból is, hogy tudjuk, hogy az összes 2 energia -2,2aJ és a potenciális energia (abszolút értékben) kétszerese a mozgásinak. Az energia az

7. Mi magyarázhatja azt, hogy egy anyag emissziós vonalainak száma általában több, mint az abszorpciós vonalainak száma? Megoldás:

Az ábra az abszorpciós és az emissziós színkép keletkezésének elvi sémáját mutatja. Abszorpció esetén az alapállapotban lévő elektron az ábrának megfelelően magasabb energiájú pályákra ugrik, miközben elnyeli a megfelelő energiájú sugárzást. Esetünkben három ilyen lehetséges elnyelést ábrázoltunk. Emisszió esetén a gerjesztett elektronok nem csak közvetlenül térhetnek vissza alapállapotba hanem, közbülső energiaszinteket is felvehetnek, így több hullámhosszt is kisugározhatnak.

106

31. lecke

Az elektron hullámtermészete

1. A tévéképcsőben 11 kV-tal gyorsított elektronoknak mekkora a hullámhossza? Megoldás:

1,23

Alkalmazzuk a

U

nm összefüggést. Ebből a hullámhossz 0,012 nm-nek adódik.

2. Egy katódsugárcsőben egy elektron hullámhossza 20 pm. Mekkora feszültséggel gyorsítottuk? Megoldás: Használjuk a 1. feladatnál szereplő összefüggést. Ebből most a feszültséget fejezzük ki: (1,23 10 9 ) 2 1,5 10 18 1,5 10 18 U 3750V 2 (20 10 12 ) 2 4 10 22

3. Egy elektron és egy foton azonos, 0,1 aJ energiájú. Hogy aránylanak tömegeik, lendületeik, hullámhosszaik nagyságrendjei? Megoldás: Az adatokat foglaljuk táblázatba. foton Tömeg Lendület Hullámhossz

18

m p

c c h p

2

0,1 10 9 1016 0,1 10 18 3 108

2 10 6 m

1,1 10 3,3 10

36

28

kg

kgm / s

2000nm , infra

elektron 9,1 10 31 kg

p

2Em

h p

4,3 10

25

kgm / s

1,5nm

Látható a táblázat alapján, hogy az elektronnak nagyságrendekkel nagyobb a tömege és a lendülete, de sokkal kisebb a hullámhossza ezen az energián. Az elektron tehát inkább „részecskeszerű” ezen az energián, mint a foton.

107

32. lecke

A kvantummechanikai atommodell

1. Melyik elemnél zárul le teljesen a K, L, M és az O héj a periódusos rendszerben? Megoldás: A K héj( n=1), a héliumnál zárul, az L héj (n=2) neonnál, a M héj ( n=3) már némileg „rendellenesen” nem nemesgáznál, hanem 29 Cu (réznél) zárul. A réznél töltődik be először a d pálya 10 elektronra. Az O (n=4)-hez a 4f pálya a legutolsó energetikailag, ezen 14 elektron lehet. Ezt először a 72 Hf hafnium éri el.

2. Adjunk magyarázatot a mellékelt görbén a kiugróan magasan (He, Ne,Ar,…), és kiugróan alacsony (a nemesgázokat követő alkálifémek) ionizációs energiákra?

http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/2/27/Ionization_energies.png Megoldás: A nemesgázoknál kiugróan magas értékeket láthatunk. Ezek mind teljesen lezárt p pályákkal rendelkeznek.(kivéve természetesen a héliumot) A következő „hozzáadot”t elektron már a magtól jelentősen távolabbi s pályára kerül. Ezek az alkálifémek. Itt ennek az s pályán lévő „magányos” elektronnak az eltávolításához sokkal kisebb energia kell. Minden periódus tehát egy kis ionizációs energiájú, nagy reakcióképességű alkálifémmel kezdődik, és egy nemesgázzal végződik.

108

3. A magfizikai kísérletekben normál körülmények közt egy neutron helye kb. 10 15 m -es tartományban meghatározható. Az elektronnál ez az érték 10 11 m körül van. Mi ennek az oka? Megoldás:

h h 1 x ~ . Azaz minél 4 (mv) 4 m v m nagyobb a tömege, annál jobban lokalizálható egy részecske azonos v mellett. A határozatlansági relációból látható, hogy

x

4. Egy neutronról tudjuk azt, hogy áthaladt egy alumínium kristályrács 400 pm-es kristályközén. Mekkora volt sebességének bizonytalansága az áthaladás közben? Megoldás: Adatok: mn 1,67 10

27

kg

x 4 10 10 m A határozatlansági reláció szerint: x p 0,5 10 34 Js . Ebbe behelyettesítve: 0,5 10 34 Js m 1,25 10 25 kg 10 s 4 10 m A sebesség bizonytalansága ebből: 1,25 10 25 kgm / s m v 75 27 s 1,67 10 kg Ez a mikrofizikai sebességnagyságrendeket nézve nem nagy sebességbizonytalanság. A neutront (és a protont) tehát elég gyakran tekinthetjük jó közelítéssel pontszerű részecskének, ellentétben a sokkal könnyebb elektronnal. p

27 5. Az 13 Al mag sugara kb. 3,6 10 15 m . Tegyük fel, hogy ebben a magban ekkora egy proton helybizonytalansága. Becsüljük meg mekkora ekkor az energiabizonytalansága! A számolás közben végezzünk becsléseket arra vonatkozóan, hogy kell-e relativisztikusan számolni!

Megoldás: Adatok: x 3,6 10

mn

15

1,67 10

m

27

kg 109

A határozatlansági reláció szerint: x p 0,5 10 34 Js . Ebbe behelyettesítve: 0,5 10 34 Js 3,6 10 15 m

m . Érdemes megnézni, nem vagyunk-e relativisztikus s m 1,4 10 20 kg p s 8,4 106 m . Nem kell tehát relativisztikusan tartományban: v 27 m s 1,67 10 kg számolni, ez sokkal kisebb a fénysebességénél. Az energiabizonytalanságot érdemes ilyen alakban számolni: 1 2 1 m2v 2 p2 . Így: E mv 2 2 m 2m p

1,4 10

20

kg

2

p2 1,4 10 20 kgm / s E 5,9 10 14 J 0,37MeV . 27 2m 2 1,67 10 kg Érdemes megjegyezni, hogy az egy nukleonra jutó kötési energia (lásd később) kb. 8MeV az alumíniumnál, így az sokkal nagyobb, mint a „kvantumnyüzsgésből” származó energia.

6. Rutherford egy korai atommag elképzelése az volt, hogy egy A tömegszámú és Z rendszámú atom magjában A számú proton és A-Z számú elektron van. A protonok és elektronok közti Coulomb-erő pedig összetartja a magot. Mutassuk meg, hogy a határozatlansági-reláció nem engedi meg, hogy a magban elektron legyen! A mag méretének vegyük az előző feladatbelit. Használjuk fel, hogy egy átlagos magban 10 13J -nál nagyobb energiájú részecske nem lehet. Megoldás: Adatok: x

me

9,1 10

3,6 10 31

15

m

kg

A határozatlansági reláció szerint: x p 0,5 10 34 Js . Ebbe behelyettesítve: p

0,5 10 34 Js 3,6 10 15 m

1,4 10

20

kg

m .. s

Az energiabizonytalanságot most is érdemes ilyen alakban számolni: 2

p2 1,4 10 20 kgm / s E 1,1 10 10 J . 31 2m 2 9,1 10 kg Ez három nagyságrenddel nagyobb a megadott értéknél.

110

33. lecke

Az atommag és a kötési energia

1. Mutassuk meg, hogy két proton közt az atommagban a gravitációs erő 35 nagyságrenddel kisebb, mint a Coulomb-erő, tehát a gravitációs erő teljesen elhanyagolható a magban is! A nukleonok közti távolságot vegyük 10–15 m-nek. Megoldás: Adat: r = 10 15 m. Először számoljuk ki a Coulomb-erő nagyságát. e2 F k 2 230,7 N r A gravitációs erő:

m 2p

(1,6726 10-27 ) 2 Fg f 2 6,67 10 125 10 35 N -15 2 r (10 ) A két erő közt valóban 35 nagyságrendi különbség van. 11

2. A Négyjegyű függvénytáblázatokban található periódusos rendszer segítségével egészítsük ki az alábbi táblázatot! Megoldás: Izotóp 226 88

Ra

Magban lévő protonok száma 88

Tömegszám 226

Magban lévő neutronok száma 138

209 82

Pb

82

209

127

231 91

Pa

91

231

140

3. Határozzuk meg, milyen részecskék hatására játszódhatnak le az alábbi magreakciók! a) 73 Li ? 42 He 42 He

N

11 5

c) D ?

7 3

b) ? 2 1

14 7

B

4 2

He

1 1

Li p

d) 10 B ? 4 He 7 Li e) A neutron semleges. A semleges részecskék kimutatása úgy lehetséges, ha ionok keltésére késztetjük. A fenti magreakciók közül melyik alkalmas neutronok kimutatására?

111

Megoldás: a) proton b) neutron c) 36 Li d) neutron e) A b) és a d) feladat alapján láthatjuk, hogy a neutron olyan magreakciókat tud okozni, amelyben elektromosan töltött részecskék, jelen esetben 42 He ( ) részecske keletkezhet, amelyik kétszeres töltésű. (Lásd a következő leckét!) Ezek alapján már közvetve kimutatható. Elvileg a b) is jó lenne, de a nitrogénnel a neutron magreakciója gyakran más típusú lesz, ezért a d)-t szokták alkalmazni.

4. Láttuk azt, hogy a nagyobb rendszámú elemek egyre több neutront tartalmaznak a magjukban. Hogyan alakulna a proton- neutron arány, ha a magerő még nagyobb lenne? Megoldás: A proton-proton kölcsönhatásban az erős magerő mellett fellép a Coulomb-féle taszítóerő is. A neutronok azért kellenek a magba, hogy a protonok velük tisztán vonzó jellegű kapcsolatban legyenek. Ha növekedne az erős magerő, akkor erre egyre kevésbé lenne szükség, tehát a neutronok részaránya csökkenne.

56 5. Számoljuk ki a legnagyobb kötési energiájú vasatom 26 Fe egy nukleonra jutó kötési energiáját, és vessük egybe az előző oldalon lévő grafikonnal! Atomtömegek hidrogén: 1.007825mu, , vas: 55.934939u , a neutron tömege: 1.008665mu . Használjuk fel, hogy 1m uc 2 931,5MeV

Megoldás: Adatok: H: 1.007825u, n:1.008665u, 56 26 Fe: 55.934939u A számolás során tekintsük a kötési energia abszolút értékét! A tömegdefektus: m 26m H (56 26)mn m Fe Számokkal: m 26 1,007825u 30 1,008665u 55,934939u 0,528461u mc 2 0,5284461 931,5MeV 492,2614215MeV A kötési energia | E Egy nukleonra vonatkoztatva: 8,79MeV. Ez pontosan megfelel a grafikonnak.

112

6. Számoljuk ki az α-részecske kötési energiáját az alábbi adatok felhasználásával! Az α-részecske tömege 6.6447∙10-27 kg, a szabad proton tömege 1,6726∙10-27 kg, a szabad neutron tömege 1,6749∙10-27 kg, a vákuumbeli fénysebesség 3∙108 m/s. Megoldás: Adatok: m

6.6447×10-27 kg, m p =1,6726∙10-27 kg, m N = 1,6749∙10-27 kg, c= 3∙108 m/s. A számolás során tekintsük a kötési energia abszolút értékét! Az alfarészecske 2 protonból és két neutronból áll. A tömegdefektus: m 2m P 2m N m m

0,0503 10

27

kg

A kötési energia: mc 2 4,527 pJ 28,29MeV Az egy nukleonra jutó kötési energia pedig: 7,07MeV Az eredmény kielégítő pontosságú a grafikonnal összevetve.

113

34. lecke

A radioaktivitás

1. Mi lesz a leányelem az alábbi bomlásoknál? 22 Na a) 11 -bomlása; b) 221 87 Fr

-bomlása;

11 6

c) C

-bomlása.

Megoldás: a) 1222 Mg , b) 217 85 At , c) 115 B .

2. A radioaktivitás egyik elég gyakori fajtája az, amikor az atommag az atom legbelső atompályájáról befog egy elektront (K-befogás). Ekkor a magban a következő reakció játszódik le: e 11p 01n ( : neutrino). Ilyen bomlás következik be a 2655 Fe izotópnál. Írjuk fel a leányelemét! Megoldás: Az elektronbefogásnál a reakcióegyenlet szerint eggyel csökken a rendszám, így a leányelem: 55 25 Mn

3. Válaszoljunk a felezési idő fogalma alapján a következő kérdésekre! a) Egy radioaktív minta háromnegyed része 20 nap alatt bomlik el. Mekkora a felezési ideje? b) A 24 11 Na radioaktív izotóp, felezési ideje 15 óra. Mennyi idő alatt bomlik el a kiindulási mennyiség 75%-a? c) Az 194 -bomlással, 19 óra felezési idővel bomlik. Mi lesz a leányeleme? Egy 16 77 Ir izotóp mg izotóptartalmú preparátumnak mikor lesz 1 mg-nyi az

194 77

Ir tartama?

Megoldás: a) Ha 20 nap alatt ¾ része bomlik el, akkor 10 nap alatt a ½ része, azaz a felezési idő 10 nap. b) 15 óra alatt a fele bomlik el, 30 óra alatt a maradéknak is a fele azaz a ¾ része, A válasz tehát 30 óra. 1 c) A leányelem 194 részére csökken. Ez a felezési idő 478 Pt lesz. Az eredeti mennyiség az 16 szerese, azaz 76 óra.

114

4. Az 237 93 Np bomlási sorában egy vizsgált elemig hat következett be. Mi a vizsgált elem?

-bomlás és három

-bomlás

Megoldás: Ha 6 -bomlás történt, akkor a rendszám 12-vel, a tömegszám 24-gyel csökkent. Mivel volt három -bomlás is, ezért hárommal emelkedett is a rendszám, tehát összesen 9-cel csökkent. Így a vizsgált elem rendszáma 9-cel kisebb, azaz 93 – 9 = 84, a tömegszáma pedig 24-gyel, tehát 237 – 24 = 213. Így az elem a 213 84 Po.

5. Az ábrán radioaktív részecskék számának alakulását ábrázoltuk az idő függvényében. a) Állapítsuk meg, mennyi a felezési idő! b) Határozzuk meg, mennyi részecske lesz 12 perc múlva?

Megoldás: a) Nyilván a nyomdai kép vizsgálatánál elfogadható közelítések a következők: N 0 T = 4 perc.

300.000 ,

b) 12 perc a felezési időnek a háromszorosa, ezért a kezdeti 300 ezres részecskeszám is háromszor feleződött meg, így 12 perc után 1/8-a, azaz kb. 37 500 lesz a részecskeszám.

115

6. Bizonyítsuk be a leckénk elején szereplő állítást, miszerint tömegegységenként sokszor annyi energia szabadul fel radioaktív bomláskor, mint kémiai reakciókor! Hasonlítsuk össze, hogy 1g 210 Po 1 másodperc alatt hányszor annyi energiát termel, mint 1g szén az elégetésekor. Adatok: felezési idő:T Po =3 perc, egy bomláskor felszabaduló MJ energia E Po 0,86 10 12 J , a szén fűtőértéke: H=30 kg Megoldás: Adatok: T=180s, E Po

0,86 10

12

J , a szén fűtőértéke: H=30

MJ , m=1g kg

Először számítsuk ki, hogy 1g polóniumban mennyi atom van. 1 N 6 1023 2,86 1021 210 Az egy másodperc alatt elbomló részecskék száma éppen az aktivitás: 0,69 0,69 A= N= 2,86 1021 1,01 1019 Bq T 180 A felszabaduló energia: E=A∙ E Po = 1,01 1019 0,86 10 12 8,7 106 J 8,7 MJ A szén esetében: E=H∙m=30MJ∙0,001kg=30 kJ A 1g Po bomlásakor 1s alatt tehát 290-szer annyi energia szabadul fel, mint 1g szén elégetésekor.

116

35. lecke

A radioaktivitás alkalmazása

1. Miként lehetne alkalmazni a radioaktív izotópokat az alábbi esetekben? a) Műanyag fólia vastagságának folyamatos ellenőrzése gyártás közben. b) Egy olajszállító föld alatti vezeték valahol szivárog. c) A paradicsombokrokon akarjuk megvizsgálni, hogyan szívódik fel a foszforműtrágya. d) Meg kell tudni, hogy egy igen értékes faszobron milyen vastag az aranyozás rétege. Megoldás: a) Rétegvastagság mérése: a fólia folyamatosan sugárzó forrás és a sugárzásmérő közt halad el. A sugárzásmérőnek állandó értéket kell mutatnia. Mihelyt egy adott eltérésnél nagyobb lesz az eltérés a beállítotthoz képest, a műszer jelez. b) Az olajhoz valami megfelelő sugárzó anyagot keverünk és végigjárjuk a talajfelszínen a vezeték útját. Ahol az aktivitás egy része elhagyja a vezetéket, ott lehet a szivárgás. c) Foszforműtrágya: A műtrágyához radioaktív foszfort adagolunk, és mérjük feldúsulásának helyét. d) Az értékes szobrot nyilván nem szabad megsérteni. Azt kell felhasználni, hogy az arany mint magas rendszámú elem sokkal jobban elnyeli a sugárzást, mint a fa. Tehát egy vékony gammasugárnyaláb elnyelődését kell vizsgálnunk, ami lényegileg csak az aranyrétegek vastagságával arányosan nyelődik el.

2. Egy izotópgyártó intézettől egy kutatólaborba csütörtök délben egy rövid felezési idejű izotóp érkezett. A kutatók éppen szabadságon voltak. A rákövetkező hétfőn, amikor a kutatók visszatértek, elkezdték a méréseket. Öt napon keresztül minden délben feljegyezték az aktivitását kBq-ben, amit táblázatba foglaltak. a) Mekkora volt az izotóp aktivitása a kiszállítás napján délben? b) Mikor csökken az aktivitás 10 kBq alá? Megoldás: a) Vegyük észre, hogy 39,5 kBq-nek a 19,8kBq nagyjából a fele, hasonlóan a 31,6 kBq-nek a 15,7 kBq is. Így megállapíthatjuk, hogy a felezési idő 3 nap. Ez azt jelenti, hogy vasárnap kb. 50 kBq volt, míg az előző csütörtökön 100 kBq. b) 10kBq alá az aktivitás a csütörtököt követő 3. napon fog menni, azaz vasárnap. Csüt. Péntek Szo. Vas. hétfő kedd Szerda Csütörtök péntek szo ~100 ~79 ~63,2 ~50 39,5 31,6 25,1 19,8 15,7 12,55

117

vas 9,9

3. (2007. novemberi középszintű írásbeli érettségi vizsga II. rész 3/B. feladata alapján.) Az alábbi grafikont, amely a radioaktív szén atommagok (14C) számát mutatja az idő függvényében, régészeti leletek kormeghatározására használják. A kezdetnek választott időpontban (t = 0 év) a vizsgált mintában 14 ∙ 1012 db 14C atommag található.

Jellemezzük a bomlási folyamatot a következő kérdések alapján! a) Mennyi a 14C felezési ideje? b) Mennyi idő alatt feleződik meg az első 1250 évben még el nem bomlott atommagok száma? c) A 3500 év elteltével még el nem bomlott atommagok száma mikorra feleződik meg? d) Mikor lesz a radioaktív magok száma 3 ∙ 1012 db? e) Ha az első 2250 évben elbomlott atommagok száma N, akkor hány újabb év kell ahhoz, hogy további N atommag elbomoljon? f) Mennyi t = 0-kor a minta aktivitása? g) Mikor lesz a mintában 0,875 ∙ 1012 db 14C izotóp? Megoldás: a) grafikonról leolvasható, hogy 5500 év alatt bomlik el az aktív magok fele. (Ez némileg eltér az irodalmi értéktől.) b) A válasz ugyancsak 5500 év, mert a felezési idő mindig állandó c) t = 3500 évtől t = 9000 évig tart a feleződés. d) t = 6700 évnél az aktív magok száma közelítőleg 6 1012 db. A felezési idő elteltével, vagyis 5500 év múlva, t = 12200 évnél lesz az aktív magok száma 3 1012 db e) Az első 2250 évben az aktív magok száma 14∙1012 db-ról 10,5∙1012 db-ra csökkent, vagyis N = 3,5∙1012 db bomlott el. Ha még egyszer ugyanennyi elbomlik, akkor az aktív magok száma 2N = 7∙1012 db lesz. 7∙1012 db aktív mag t = 5500 év értékhez tartozik, ezért az eltelt idő 5500 év – 2250 év = 3250 év. 0,69N f) Az aktivitás képlete: A .T=5500 év, ez 1,738 1011 s Ebből T 0,69 N 14 1012 A 80,6 Bq T 1,738 1011 s g) A 0,875 1012 a kezdeti érték 1/16 része. Ahhoz, hogy az induló mennyiség az 1/16 részére csökkenjen a négyszeres felezési idő szükséges. Tehát 88000 év kell ehhez. 118

4. A radiokarbon módszert sikeresen alkalmazták számos egyiptomi múmia korának meghatározásánál is, így a képen látható II. Ramszesz fáraónál is. A radiokarbon szén felezési ideje 5730 év. a) Melyik korból származik az a múmia, amelyik koporsójának faanyaga 7,5 bomlás/óra aktivitást mutat, ha ugyanolyan tömegű frissen kivágott fadarab aktivitása 15 bomlás/óra? b) Melyik korból származik az a múmia, amelyik koporsójának faanyaga ugyanakkora tömegű, mint az a) feladatban, és 9 bomlás/óra aktivitást mutat? Történész beállítottságúak nézzenek annak is utána, hogy ilyen korú múmiákat ismerünk-e már! Megoldás: a) Ebben az esetben az aktivitás a felére csökkent, amiből következik, hogy a lelet pontosan 5730 éves, azaz kb. Kr.e. 3718 körüli időből származik. Ilyen lelet nagy szenzáció lenne, mert ez még az úgynevezett predinasztrikus korból származna. b) Használjuk fel, hogy az aktivitás változása is követi az exponenciális törvényt:

1 A(t)= A 0 2

t T

1 Behelyettesítve: 9 Bq 15Bq 2

t 5730

. Átrendezve:

t 5730

Mindkét oldal logaritmusát véve: t t lg 0,6 lg 2 0,301. Ebből: 5730 5730 0,301 t 0,22 5730 Ebből a fadarab korára 4223 évet kapunk. Ez azt jelenti, hogy a lelet kb. Kr.e. 2211-ből származik. Ez az Óbirodalom korára esik, ebből a korból már több múmiát ismerünk. 0,6

2

5. Igazoljuk az előző oldalon lévő állítást, miszerint ha a 60Co felezési ideje 5,27 év, akkor 1 g aktivitása 41 TBq! Megoldás: Adatok: T=5,27év= 1,66 108 s 0,69N Az aktivitás képlete: A T Az 1g kobaltban lévő részecskeszám: N A

0,69 N T

0,69 10 22 1,66 108 s

1 6 1023 60

4,14 1013 Bq

119

1022 , hiszen 1 mol kobalt 60 gramm.

6. (2007. novemberi emelt szintű írásbeli érettségi vizsga III. rész 4. feladata alapján.) A Naprendszer távoli régiói felé küldött űrszondák a Naptól távol már nem tudják műszereiket napelemek segítségével működtetni. Ezért gyakran olyan különleges telepeket visznek magukkal, melyekben radioaktív izotópokat helyeznek el, és az atommagok bomlása során felszabaduló energiát alakítják elektromos energiává. Ilyen izotóp például a 238Pu , mely 5,5 MeV energiájú -részecskét bocsát ki. Ezt az energiát a telepben 5%-os hatásfokkal lehet elektromos energiává alakítani. A 238Pu felezési ideje 87 év. a) Közelítőleg hány 238Pu atommag bomlik el egy óra alatt, ha az elem teljesítménye kezdetben (az űrhajó indulásakor) 300 W? b) Ha az űrhajó legalább 75 W teljesítményt igényel, az indulás után mennyi idővel ad magáról utoljára hírt az űrhajó? c) Mennyi lesz ekkor az aktivitás közelítő értéke? Megoldás: Adatok: 5,5MeV 8,8 10 13 J , a) T=84 év , P=300W, 0,05 , t=3600s Először számoljuk ki, mennyi energiát kell a plutóniumnak leadnia: P t WPL 21,6MJ Az ehhez szükséges elbomló részecskék száma: N

21,6 10 6 8,8 10 13 J

2,45 1019

b) Vegyük észre, hogy a 300W éppen négyszerese a 75W-nak. A telep teljesítménye az aktivitással együtt csökken. Tehát ahhoz, hogy az aktivitás negyedére csökkenjen 2∙87=174 évnek kell eltelnie c) Az aktivitás az időegység alatt elbomlott részecskék száma, amit most az első egy órára vonatkoztathatunk, hiszen egy óra a 87 éves felezési idő mellett elhanyagolható. N 2,45 1019 A 6,8 1015 Bq t 3600s 174 év múlva, amikor 75W lesz a teljesítmény, akkor az aktivitás 1,7 1015 Bq lesz.

120

Bq aktivitást a bennük található trícium liter miatt. A trícium felezési ideje 12,3 év. Határozzuk meg ez alapján, hogy az összes hidrogénnek hányad része trícium a természetes vizekben? 7. A természetes vizek is mutatnak némi, kb. 6

Megoldás: Az aktivitás definíciója szerint:

A NT

0,69N . Ebből a literenkénti trícium atomok száma kifejezhető: T AT 6 3,874 108 3,37 109 0,69 0,69

Határozzuk meg most 1l=1 kg vízben mennyi hidrogén van. 1kg g 55,6mol M VIZ 18 . Ezért 1kg víz az n kg mol 0,018 mol Így 1kg vízben N H

55,6 2 6 10 23

6,67 10 25 hidrogén van.

3,37 109 Ez azt jelenti, hogy a trícium részaránya: 6,67 10 25

121

5 10

17

36. lecke

A maghasadás és a láncreakció

1. A nyomottvizes erőművek mellett elterjedtek az úgynevezett forralóvizes (BWR) reaktorok is. (Ilyen működött például Fukushimában is.) Ezek felépítését a mellékelt ábra mutatja. A fő különbség a nyomottvizes reaktorral szemben, hogy itt a reaktorban nem nagynyomású víz kering, hanem a kisnyomású vizet felforralják, és ennek a gőzét közvetlenül eresztik a turbinákra. Mi ennek a típusnak a nyilvánvaló előnye és hátránya?

Megoldás: Nyilvánvaló előnye, hogy megspórolható a hőcserélő. A hatásfoka is jobb lesz ezáltal. Hátránya az, hogy a turbinákra is radioaktív tartalmú gőzt vezetnek, ezért ennek a területnek a sugárvédelmét is meg kell oldani. A reaktorba sem ejthetik be felülről a kadmiumrudakat, ami vészleállásnál hasznos lehet, hanem alulról kell felnyomni őket. Ez is rontja a biztonsági kockázatait.

2. Fermit 1933-ban nagyon bosszantotta, hogy tanítványai a laboratóriumi gyakorlataikon sokkal könnyebben tudtak magreakciókat létrehozni neutronokkal, mint ő. A körülményeket gondosan elemezve arra jött rá, hogy a kísérletek közt az egyetlen különbség az, hogy az ő professzori asztala márványból van, a tanítványaié pedig egyszerű faasztalok. Ezek után ő már tudta a választ. Miért könnyebb faasztalon neutronokkal reakciókat létrehozni? Megoldás: A fa csupa könnyű atomból áll.(H,C,N…) A neutronok a könnyű atomokkal ütközve erőteljesen lelassulva pattannak vissza, hogy aztán magreakciót hozzanak létre. A márványban viszont nagyobb rendszámú elemek vannak, (pl. Ca, Mg) amelyekről ütközve a visszapattanó neutronok alig vesztenek energiát. Egyszerűen fogalmazva, a fa jó volt moderátor közegnek, a márvány nem.

122

3. A világ legnagyobb teljesítményű reaktorblokkjai a franciaországi Civaux-ban szintén nyomottvizesek (2–1500 MW). A nyomottvizes (PWR) reaktorok egyik nagy biztonsági előnye túlhevüléskor mutatkozna meg. Mi történne egy ilyen reaktorban, ha az túlhevülne? Hogy viselkedne túlhevüléskor egy grafit moderátoros, vízhűtéses reaktor? Megoldás: A PWR reaktorban túlhevüléskor a víz felforrna. Ez ugyan komoly problémát jelentene, de forrás miatt a reaktor elvesztené moderátor közegét, és a láncreakció magától leállna. Grafit moderátoros reaktorban is a hűtővíz felforrása komoly problémákat okozhatna. Itt is bekövetkezhetnek gőzrobbanások, kémiai robbanások. A levegőre került grafit ezt követően begyulladhatna, de még így is képes lenne ellátni a moderátor szerepét, és nem állna le a láncreakció. Közben a lángoló grafit hője radioaktív szennyezést emelne a magasba. Ez sajnos nem csak feltételes módban fogalmazható így meg, mert ez történt Csernobilban. A láncreakciót csak úgy sikerült leállítani, hogy helikopterről és a környező épületek tetejéről bórozott homokot és ólmot szórtak a nyitott reaktorra.

4. A képen a „Kisfiú” névre keresztelt, Hirosimára ledobott bomba sematikus rajzát látjuk. a) Számoljuk ki a Hirosimára ledobott bomba „hatás fokát”, azaz vessük egybe a ténylegesen felszabaduló energia mennyiségét az 235U hasadásakor elméletileg felszabaduló összes energiával! A bomba ledobásakor felszabaduló összes energia kb. 6 ∙ 1013 J volt, és tudjuk, hogy 64 kg 235U volt benne. b) Számoljuk ki a Hirosimára ledobott bomba teljesítményét, ha tudjuk, hogy mintegy 1 μs-ig tartott a robbanás ideje! Hányszorosa ez a világ legnagyobb atomerőmű-komplexumának a teljesítményéhez képest? (Lásd az anyagrészt!) Megoldás: a) Adatok: m = 64 kg. E = 6 ∙10 13 J. M = 235g/mol Tudjuk azt is, hogy egy 235U bomlásakor 3.2∙10-11 J energia szabadul fel. Számoljuk először azt ki, hogy a 64 kg 235U -ben hány hasadó képes atommag van. m N 6 1023 1,63 1026 M E Az összes felszabaduló energia: EÖSSZ 0,012 . N 5,2 1015 J . A hatásfok: EÖSSZ Az elméletileg nyerhető energia alig 1%-át produkálta a hirosimai bomba, tehát az 235U magoknak csak töredéke hasadt. 6 1013 J b) A teljesítménye: P 6 1019 W . Ez mintegy 7,3 milliárdszorosa a világ 6 10 s legnagyobb teljesítményű Kashiwazaki-Kariwa erőműnek

123

5. A paksi erőmű látogatóközpontjában a 4 grammos uránpasztillák modelljét is megtekinthetjük. Erről azt írja az ismertető, hogy egy ilyen pasztilla energiatermelése egy magyar család éves fogyasztását fedezi. Vegyük egy család éves fogyasztását 1500 kWh-nak (ez egy nagyon spórolós családot jelent), és számoljuk ki, hogy igaz-e az állítás? Tételezzük fel, hogy a paksi erőmű egyik reaktorában minden energia az 235U maghasadásból származik, és minden második 235U mag el is bomlik. Vegyük a pasztillákat tiszta urántartamúnak. Megoldás: Egy 4g-os pasztillában 0,1528 g U-235-ös van, figyelembe véve a 3, 82%-os dúsítási arányt. A pasztillákat tiszta urántartalmúnak vesszük.(az oxigén sokkal könnyebb az uránnál az 0,1528g uránoxidban) Az ebben lévő hasadóképes magok száma: N 6 1023 3,9 1020 235g 1 A felszabaduló energia E 3,9 1020 3,2 10 11 4,2 109 J 1733kWh . Ez közel áll a 2 magyar átlagfogyasztáshoz, és egy takarékos magyar család éves fogyasztását valóban fedezi.

6. Egy kritikus állapotban lévő reaktorban 4,5 1019 235 U maghasadás történik másodpercenként. A hasadáskor keletkezett átlagos neutronszám 2,5. Bomlásonként 3,2 10 11 J hő termelődik. a) Mennyi a reaktor teljesítménye? b) Hány neutront fognak be másodpercenként a szabályzórudak, ha a neutronok 48% -a elnyelődik hasadás nélkül, 10%-a pedig megszökik? c) Mennyi hűtővizet kell másodpercenként keresztüláramoltatni a rendszeren, ha a primerköri víz hőmérsékletének emelkedése 28˚C? Megoldás: Adatok: N= 4,5 1019 ,

3.2*10-11 J t=1s

W N 4,5 1019 3,2 10 11 1440MW t t 1s b) A kritikus állapot esetén a 40%-nyi neutronnak kell hasadást létrehoznia, hiszen a 2,5 neutron így tud majd ismét 100%-nyi neutront „termelni”. Ha elnyelődik, illetve megszökik 48%+10%=58%, akkor 2%-nyit kell elnyelni. Így az elnyelendő neutronok száma: 4,5 1019 0,02= 9 1017 c) A reaktor által termelt hőt a víz veszi át. Egyenletben: W Q cm T . Ebből átrendezve: a)A teljesítmény P

m

W c T

1440 106 J 12245kg a másodpercenként átáramló víz mennyisége. J 3 4,2 10 28 kgK

Megjegyzés: A víz fajhője a primerköri 300ºC közelében más, mint a szobahőmérsékleten ezért a tényleges vízmennyiség különbözik a számítottól. 124

37. lecke

A magfúzió

1 A fúziós erőműveknél nagy probléma a mágneses gyűrűben lebegő plazmából az energia kinyerése és ennek felhasználása. A hő „kicsatolására” vonatkozó egyik legbiztatóbb elképzelés, hogy a fúziós folyamatból megszökő nagy energiájú neutronokat nyeletik el. Ha az elnyeletést lítiummal ( 36 Li ) végzik, akkor az még tríciumot is termelhet, amit a fúzióhoz felhasználhatnak. Írjuk fel azt a reakcióegyenletet, amely ezt a folyamatot leírja! Megoldás: 1 6 3 0 n 3 Li 1T

4 2

He

2. Az anyagrészben szerepel, hogy a fúziós energiatermelés kevesebb radioaktív hulladékot termel. Az 1. feladat alapján ismertessük, hogy milyen jellegű radioaktív hulladékra kell számítani, és ez milyen problémákat jelenthet! Megoldás: Az 1. feladatból láthatjuk, hogy egyrészt kell a trícium aktivitásával számolni, ami -sugárzó, rövid felezési idővel. Erre már az üzemanyagnál is tekintettel kell lenni, de drága és értékes, nem kell hulladékként kezelni. Keletkezik -részecske is, de az nem jelent gondot, bármivel könnyen elnyelethető. A legfőbb gondnak az ígérkezik, hogy a neutronok által kiváltott magreakciók felaktiválhatnak bizonyos fém szerkezeti elemeket. A neutronsugárzás ellen viszont hatékonyan lehet védekezni. Összességében a gond valóban jóval kisebb, mint a maghasadásnál előforduló több száz nagy aktivitású izotóp.

3. A Nap belsejében másodpercenként mekkora tömegű hidrogén alakul át héliummá? A nap teljesítménye 3,86 10 26 W . Tekintsük úgy, az összes energia a proton-proton (p-p) ciklusból származik. Egy p-p ciklus 4,27pJ energiát termel. Megoldás: 3,86 10 26 J 9 1037 12 4,27 10 J Egy ciklusban 4 proton (hidrogén) vesz részt, így a protonok száma ennek négyszerese. A proton tömegét figyelembe véve az összes tömeg: m 4 9 1037 1,67 10 27 kg 6 1011 kg .

A fúziós ciklusok száma 1s alatt: N

125

4. Számoljuk ki, hogy az ITER egy 6 percesre tervezett működési ciklusának idejéhez mekkora mennyiségű 21 D és 31 T szükséges, ha hőteljesítménye 500MW? Számoljuk ki, hogy anyagilag megérné-e az így termelt energia, ha a fúziós teljesítmény 35%-át tudnánk villamos energia termelésére fordítani. 1kWh villamos energiát ma legolcsóbban egy atomerőmű tud előállítani, kb. 10 Ft-ért. Vegyük a D árát 1millió Ft/kg-nak, a T-ét 500millói Ft/kg-nak. A D és a T atom tömege: m D 3,34 10 27 kg , mT 5,01 10 27 kg . A többi adatot vegyük a lecke szövegéből! Megoldás: Adatok: t=6 perc=360 s, , P 500MW 5 108 W , m D 3,34 10 27 kg , mT 5,01 10 27 kg , 0,35

17,6MeV

2,8 pJ ,

Először határozzuk meg, hogy mennyi lesz egy ciklus alatt a D-T reakciók száma: W Pt 5 108 360 N 6,42 10 22 12 2,8 10 Minden egyes reakcióhoz egy D és egy T szükséges. Így a D tömege M D 6,42 10 22 3,34 10 27 2,14 10 4 kg A T tömege: M T 6,42 10 22 5,01 10 27 3,2 10 4 kg A D ára 1millió/kg, a T-é 500millió/kg. Így egy ciklus üzemanyagköltsége: D-ból lényegileg Ft elhanyagolható,( 106 2,14 10 4 kg 214Ft ) T-ból: 160.000 Ft. kg Az előállított villamos energia értékéhez számítsuk ki először a hasznos munkát: WH P t 0,35 5 108 360 6,3 1010 J 17.500kWh Ennek az értéke 175.000 Ft a legolcsóbb erőműveket tekintve. Látható, hogy már ma is gazdaságos lehetne, de az egyéb költségekkel most nem számoltunk.

126

38. lecke

Ionizáló sugárzások

1. A képen egy atomerőmű üzemanyagkötegét látjuk. A friss atomerőműi fűtőelemek tiszta urán-dioxid-pasztillákból állnak. A pasztillákat fémpálcákba rendezik, majd azokat kötegelve légmentesen lezárják egy fémkazettába. Szállításánál és raktározásánál igényelnek-e sugárvédelmi intézkedéseket ezek a fűtőelem-kazetták? Megoldás: Az urán bármelyik izotópjának nagyon nagy a felezési ideje, ezért az aktivitásuk nem nagy. Másfelől az urán -bomló, ezért a sugárzás nem tud átjutni a pasztillák és a kazetták fémburkolatán. Sugárvédelmi intézkedéseket tehát nem igényelnek a fűtőanyag-kazetták.

2. Részlet az atomtörvényből: „…a 16. életévüket betöltött, de 18 év alatti tanulók, illetve gyakornokok oktatásból származó összes sugárterhelésének évi effektív dóziskorlátja 6 mSv.” Hány órát kísérletezhet egy diák egy régi katódsugárcsővel egy tanév alatt, hogy ezt a korlátot ne lépjük túl? A katódsugárcső dózisteljesítménye 490 μSv/h. Megoldás: 6 mSv = 6000 Sv .

6000 Sv Sv 490 h

12h -t kísérletezhet.

3. A csernobili balesetet követően hazánkban is sokszorosára nőtt a 131 53 I izotóp szintje, ami esőkkel mosódott ki a felhőkből. A legelésző tehenekbe is bekerült, és megjelent a tejben is, olyan mértékben, ami meghaladta az egészségügyi határértéket. Mi volt az okos döntés ezzel a tejjel? a) Ki kellett önteni; b) Fel kellett hígítani korábban ultrapasztőrözött tejjel; c) Hosszú, több hónapos érlelési idejű sajtot és egyéb tejterméket kellett készíteni belőle. A 131 53 I felezési ideje 8,1 nap. Megoldás: A legokosabb megoldás sajtot készíteni belőle. Két hónap alatt ugyanis kb. 1/170ed részére csökken a jód aktivitása. Ha felhígítjuk, akkor a lakosságot érő kollektív dózis nem lesz kisebb. A kiöntés nagy anyagi veszteség.

127

4. Miért növekszik meg esőben a háttérsugárzás értéke? Megoldás: A légkörben magasan lebegő aeroszol radioaktív részecskéi kimosódnak. Másrészt esős időben általában kisebb a légnyomás. Így a talaj légzárványaiban uralkodó nagyobb légnyomás „kihajtja” a talajban lévő gázokat, ezáltal nő a talajból a radioaktív radon kiáramlása is.

5. (A 2008. májusi középszintű érettségi II. rész 3/A. feladata nyomán.) Egy pályaudvart 24 Na -ot és 137 terrortámadás ért. A terroristák nagyon erősen sugárzó radioaktív 11 55 Cs -ot körülbelül azonos mennyiségben szórtak szét. A nátrium felezési ideje 15 óra , a céziumé 26,6 év. Mindkettő bomló. A radioaktív szennyezés eltávolításával megbízott szakemberek az alábbiak szerint intézkedtek: 1. A pályaudvart és környékét lezárták, és mindenkit kitelepítettek, aki a környéken lakott. 2. A mentesítést csak 5 nap elteltével kezdték meg. Addig a területet lezárták. 3. A további munkálatok körülbelül egy hónapig tartottak. Ez alatt az idő alatt több csoport váltotta egymást. Egy-egy csoport csak néhány napig dolgozott az épületben. a) Magyarázzuk meg, melyik intézkedésnek mi volt az oka! b) A Négyjegyű függvénytáblázatok Kémia fejezete feltünteti a stabil izotópokat. A táblázat alapján adjunk választ arra a kérdésre, hogy a két izotóp bomlása után kell-e más radioaktív izotóp megjelenésével is számolni? c) Becsüljük meg, hogy 5 nap alatt hogyan változott a nátrium és a cézium aktivitása! Megoldás: a) 1. A területet azért kell lezárni, hogy a lakosságot ne érje sugárzás. 2.Mentesítéssel azért vártak 5 napot, mert ennyi idő kellett ahhoz, hogy a nátrium nagy része lebomoljon, és ezzel az összes aktivitás jelentősen csökkenjen. Ha azonos mennyiségben szórtak ki ilyent, akkor az aktivitás nagy része a nátriumtól származik kezdetben. 3. A csoportok azért váltották egymást, mert a sugárzás élettani hatása a dózissal, ez pedig a sugárzásban eltöltött idővel. 24 b) -bomlás után a leányelemek: 12 Mg ,137 56 Ba . Mindkettő stabil, újabb radioaktív izotóp megjelenésével nem kell számolni.

c) 5 nap = 120 óra. Ez a nátrium felezési idejének nyolcszorosa. Ennyi idő alatt a nátrium 1 1 aktivitása 8 od részére csökkent. A cézium felezési ideje viszont sokkal nagyobb a 256 2 nátriuménál, ezért gyakorlatilag elhanyagolható mértékben csökken csak 5 nap alatt.

128

6. Ha a nitrogén atommagot ( 147 N ) neutronokkal bombázzuk, akkor egy gyors neutron kilökhet egy protont a magból úgy, hogy a neutron a proton helyére lép. Milyen atommagot kapunk ekkor? Írjuk fel a reakcióegyenletét! Hol van ennek az izotópnak jelentősége, milyen sugárterhelést okoz ez? Megoldás: A keletkezett izotóp a szén 14-es változata, és a magreakciója: 14 1 1 14 7 N 0 n 1p 6 C A radiokarbon vizsgálatoknál van jelentősége és kozmikus eredetű sugárterhelést okoz ez, ami a tápanyagláncon belső sugárterheléssé alakul.

7. A 21 H 73 Li 2 42 He 01 n folyamat során egy nagyon nagy energiájú neutron keletkezik. A He-részecskéknek szinte elhanyagolható az energiája. Ezt a folyamatot is létrehozták már termonukleáris bombák egyik típusában, a neutronbombában. Mi lehet a jellemző ennek a bombának a pusztító hatására? Megoldás: A neutron igen nagy áthatoló képességű sugárzás, aminek a sugárzási tényezője is igen nagy. Ezért az élettani kockázata óriási. A neutronsugárzás nagy területen kipusztítaná az élőlényeket. Ugyanakkor a keletkezett energia önmagában nem túl jelentős, ezért a bomba „hagyományos”, főként a hőhatással összefüggő pusztító hatása nem jelentős.

8. A

60

Co aktivitása egy év alatt kb.12%-kal csökken. Mennyi ez alapján a felezési ideje?

Megoldás: Adatok:t =1 év, At 0,88 A0 Használjuk fel a exponenciális törvény aktivitásra vonatkozó alakját: t

1 T A(t)= A 0 2 Ha az aktivitás 12%-kal csökken akkor a következőt írhatjuk fel:

0,88 A0

A0 2

t T

Ebből egyszerűsítés és mindkét oldal logaritmusát véve a következőt kapjuk:

t lg 2 T t 0,056 0,301 T Ebből T=5,38 év. Az irodalmi érték 5,24 év.

lg 0,88 -

129

40. lecke Elemi részecskék

1. A leckenyitó oldalon lévő felső képen miből láthatjuk, hogy valóban szembetalálkozó részecskenyaláb ütközéséről van szó, és nem álló céltárgynak lőtték neki a nyalábot? Megoldás: A felvételen látható, hogy nagyjából négy irányba szimmetrikusan lépnek ki a részecskék, azaz a kép alapján a rendszer összlendülete 0. Ha álló céltárgynak ütközne a nyaláb, akkor a kezdeti összlendület nem lenne 0, mint két szembe haladó nyaláb esetén. Így a képen sem szimmetrikusan oszlanának meg a szétrepülő részecskék.

2. A 266. oldalon található alsó képen az ólomlemezen áthaladó pozitronnak miért lesz kisebb a pályasugara? Megoldás: A pozitron körpályán történő mozgását az okozza, hogy a mágneses mezőben fellépő Lorentzerő a részecskét körpályára kényszeríti. A körpályán való mozgás centripetális erejét, tehát a Lorentz-erő biztosítja: mv 2 Bev R Ebből az R pályasugár kifejezhető: mv R Be Amikor a pozitron áthalad az ólomlemezen energiát veszít, így mv lendülete is kisebb lesz. A fenti képletből látható, hogy ennek következtében a pályasugár csökken.

3. A 267. oldalon található bal oldali felvételen mi a magyarázata annak, hogy a pozitron egyre szűkülő sugarú pályán kering? Megoldás: A 2. feladatban megmutattuk, hogy egy energiát vesztő részecske egyre kisebb sugarú pályára kényszerül. A 3. képen is ilyen folyamatot látunk. A pozitron a buborékkamra anyagával kölcsönhatva és körpályán gyorsulva elektromágneses sugárzást kibocsátva veszít energiát.

4. A 266.oldalon található alsó fotón egy pozitron útját látjuk egy ködkamrában. A részecske a lap teteje felöl haladt. Állapítsuk meg, milyen volt a mágneses mező iránya? Megoldás: A „háromujjas jobbkéz-szabály” szerint a B vektor a kép síkjára merőlegesen befelé mutat.

130

41. lecke

A Naprendszer

1. Képzeljük el, hogy éppen a Holdon vagyunk, amikor a Földről nézve teljes holdfogyatkozás van! Milyen jelenséget észlelünk ekkor a Holdról nézve? Megoldás: Egy sajátos napfogyatkozást. Ha a Hold nappali oldalán vagyunk a fogyatkozás kezdetén, akkor penumbrába lépve egy részleges napfogyatkozást látunk először, majd teljes napfogyatkozás következik. Mivel a Föld jóval nagyobb a Holdnál, ezért a fogyatkozás is sokkal tovább tart, és nem kísérik olyan látványos jelenségek, mint a korona megjelenése.

2. A képen a Merkúrt látjuk.

a) A kép alapján hogyan dönthetjük el, hogy van-e légköre? b) A Merkúr Nap körüli keringésének periódusa 87,9 földi nap. A tengely körüli forgásának periódusa 58,6 földi nap. Milyen következtetéseket vonhatunk ebből le egy Merkúr-nap hosszára? Mi lenne, ha a keringés és a forgás ideje teljesen megegyezne? c) A Merkúron a nappalok akár 450 °C-os hőmérsékletet is elérhetnek, az éjszakák viszont –170 °C-osak is lehetnek. Mi ennek a rendkívüli hőingadozásnak a magyarázata? Megoldás: a) A Merkúr kinézetre „Holdszerű”. Nincsenek felhők, mint a Vénuszon vagy a Földön. Csakúgy, mint a Holdon nincs légkör, nem fújnak a szelek, nem pusztul a bolygó felszíne, és akadálytalanul, nagy sebességgel becsapódnak a meteoritok. Ezek a becsapódási kráterek valószínűsítik, hogy nincs légkör. b) A Merkúr tengelyforgási ideje majdnem egyezik a keringési idejével. Ha a kettő megegyezne, akkor a Merkúron nem lennének nappalok és éjszakák, hanem lenne egy nappali és egy éjszakai oldal, ahogy a Hold is mindig csak egyik oldalát mutatja felénk. Mivel a kettő azért kismértékben eltér, ezért nem „végtelen hosszúságúak” a nappalok és az éjszakák, hanem csak a földinél jóval hosszabb ideig tart egy Merkúr-nap.

131

c) A rendkívüli hőingadozást egyrészt a nappalok és az éjszakák rendkívüli hosszúsága, másrészt a légkör hiánya magyarázza. A légköre hiányában nincs üvegházhatás, nincsenek légkörzések, amik a hőmérséklet egyenletesebbé tételére hatnának. 3. Mivel magyarázható az, hogy hajnal felé sokkal több meteoritot figyelhetünk meg, mint az éjszaka első felében? Megoldás: Hajnali órákban 2-3-szor annyi meteort is megfigyelhetünk. A jelenség megértéséhez gondoljunk arra, hogy milyen egy haladó autó első és hátsó szélvédője szemerkélő esőben? A haladási irányba lévő szélvédőre sokkal több esőcsepp csapódik, mint a hátsóra, és nem csak az eltérő dőlésszögük miatt. A meteoritoknál is sokkal több érkezést látunk hajnalban, amikor a Föld azon oldalán vagyunk, ami a keringésből adódó sebességgel egyirányú. Alkony idején a „hátsó oldalon”vagyunk, ahol kevesebb becsapódás észlelhető.

4. A Hold fázisait bemutató ábra majdnem olyan, mint az az ábra, ami a holdfogyatkozást mutatja. Miért nincs akkor minden teliholdkor egyben holdfogyatkozás is? Megfigyelhetünke holdfogyatkozást vagy napfogyatkozást félhold idején? Megoldás: Azért, mert a Hold keringési síkja szöget zár be a Nap-Föld keringési síkjával, az ekliptikával. Holdfogyatkozás akkor játszódhat le, amikor a telihold azon pont közelében van, ahol a Holdpálya síkja éppen metszi az ekliptikát. Félhold idején egyik sem játszódik le.

132

42. lecke

Csillagok és galaxisok

1. A mai technika lehetővé teszi, hogy a csillagászati megfigyeléseket Föld körüli pályán keringő távcsővel végezzék. Mi ennek az előnye? Megoldás: A légkör hiánya azt eredményezi, hogy a csillagok fénye nem szóródik a levegő molekuláin, szennyeződésein. A levegőben jelenlévő hőmérsékletkülönbségek is zavarják a leképzést. Végül a levegő csak az optikai és a rádiótartomány bizonyos részét engedi át.

2. Miért nem robban fel egy csillag úgy, mint egy hidrogénbomba? Megoldás: Ennek alapvetően két oka van. Egyrészt a fúziónál láttuk, hogy az maga is lassú folyamat, az atommagok egyesülésének önmagában kicsi a valószínűsége. Másrészt a fúzióban van egy önszabályzó rendszer is: ha megnő a fúziós termelés, a csillag kitágul, a magok fúziós találkozásának esélye csökken.

3. A mellékelt képen a galaxisok Hubble-féle osztályozása látható. A tankönyvi képek alapján soroljuk be a Tejútrendszert és az Androméda-ködöt a megfelelő galaxis osztályba!

Megoldás: A Tejútrendszer SBb, egész pontosan SBbc kategóriájú, ami azt jelenti, hogy kicsit SBc-re is emlékeztet. Az Andromeda-köd: Sa(b). 133

44. lecke

Az űrkutatás és az űrhajózás eredményei és távlatai

1. Gyűjtsük össze, milyen feladatokat kell ellátnia egy űrruhának (szkafandernek)! Megoldás: Az űrruha feladatai: - A légzéshez szükséges oxigén biztosítása és a kilégzett széndioxid és pára, valamint az izzadtság elvezetése. - A megfelelő nyomású és hőmérsékletű környezet biztosítása. - A részecske- és elektromágneses sugárzás és az óriási sebességű mikrometeoritok elleni védelem. - Biztosítani kell a szabad mozgást és kilátást. Ezt a sokrétű és bonyolult feladatot csak egy bonyolult felépítésű, többrétegű űrruha képes ellátni, aminek külső felületét alumínium, teflon, és különleges műanyagborítás védi.

2. Számoljuk ki, milyen hullámhosszon sugárzott a Szputnyik–1 (lásd a 242. oldali ábrát)! A rádióhullámok melyik tartományába esik ez? Megoldás: A 20-40 MHz –es tartomány a rövidhullámnak, illetve az ultrarövidhullám határának felel c meg. A képletből a hullámhossz 15, illetve 7,5 m-nek adódik. f

3. Próbáljuk kitalálni, hogy milyen testhelyzetben vannak az űrhajósok a rakétában az induláskor! Megoldás: A rakéta fellövésekor elsősorban a fellépő nagy gyorsulások ellen kell védekezni. A nagy gyorsulások hatására a vér tehetetlenségénél fogva „lemaradhat” az agyból, ez pedig ájuláshoz vezethet. Másrészt tehetetlenségüknél fogva a belső szervek nyomják egymást. Mindkét hatás úgy csökkenthető, ha az űrhajós háton fekve helyezkedik el a gyorsulás irányára merőlegesen.

134

4. Az űrrepülőgép tömege 105 t. Maximális toló ereje 6,27 MN. Mekkora gyorsulást tud elérni? Megoldás: Adatok: m 105 103 kg F 6,27 106 N . A dinamika alaptörvényét felhasználva, súlytalanságot feltételezve: F 6,27 106 N m a 59,71 60 2 6 g 5 m 1,05 10 kg s Ez már olyan mértékű gyorsulás, amit egy átlagos egészségi és edzettségi állapotú ember nehezen visel el.

5. A Szaljut–6 űrállomás napelemtáblái 4 kW elektromos teljesítményt tudtak szolgáltatni, amikor merőlegesen sütött rájuk a Nap. A napelemtáblák összes felülete 60 m2 volt. Mekkora volt a napelemeinek a hatásfoka? (A napsugárzás adatai után keressünk a Négyjegyű függvénytáblázatokban adatokat!) Megoldás: Adatok: A 60m 2 , PŰRÁLLOMÁS 4kW A függvénytáblázat alapján a Naptól a Földre érkező sugárzás összteljesítménye, az kW úgynevezett napállandó értéke 1,27 2 . Ez azt jelenti, hogy a napelemtáblára érkező m kW összteljesítmény maximuma: PNAP 60m 2 1,27 2 76,3kW m PŰRÁLLOMÁS 4kW Így a hatásfok: 0,052 PNAP 76,3kW Azaz a napelemtáblák hatásfoka 5,2%-os volt.

135