A számolásokban az alábbi közelítő értékekkel számolunk: Fejből tudni kell:

- a Planck-állandó közelítő értéke 346,63 10h Js

- a vákuum-beli fénysebesség közelítő értéke 83 10 /c m s - távolságmérték prefixumai - Celsius fok és Kelvinfok közti átváltás 0 273 ; 1 1T C K T C K

Amit a feladatokban megadunk

- a Boltzmann-állandó közelítő értéke 82 4

105,67W

m K

- a Wien-állandó közelítő értéke 3102,9W K m

- a Hidrogén-atom energia-szintjeit jellemző energia-érték

- az elemi töltés nagysága 191,6 10e C

- az elektron tömege 319,1 10em kg

- a H-atom energiaszintjeire jellemző energia 182,18 2,18 10E aJ J

- az Avogadro-szám 23 1

106Av olN

m

M.1. Egy vákuumban lévő, abszolút fekete testnek tekinthető fűtőszál 20 cm hosszú, átmérője 1 mm. Mekkora elektromos teljesítménnyel lehet 3500 K hőmérsékleten megtartani? (A hővezetési, és egyéb veszteségektől eltekintünk.) A feladat értelmezése A 3500 K fokra felmelegített fűtőszál folyamatosan veszít az energiájából, mivel fekete test sugárzást bocsát ki magából. Az így kisugárzott energiát nekünk kell visszapótolni az elektromos áram hőhatásának segítségével. A kérdés, hogy ennek az elektromos áramnak mekkora teljesítményt kell biztosítania? Lévén elhanyagoljuk az egyéb hatásokat, elmondható, hogy a fekete test sugárzás teljesítményének meg kell egyezni az elektromos teljesítménnyel, vagyis ft eP P .

Adatok, jelölések, információk l = 20 cm = 0,2 m d = 1 mm = 10-3 m T = 3500 K

82 4

105,67W

m K

A megoldás A hőmérsékleti sugárzás teljes sugárzási teljesítménye

4ftP T A ,

ahol A a test felszíne, ami – lévén hengerről van szó – 22 2A r r l . Ehhez minden adat a rendelkezésünkre áll, bár először kiszámoljuk a henger sugarát, ami r = d/2 = 5·10-4 m lesz.

A fentieket összefoglalva, majd behelyettesítve:

4 4 2 42 2 2 5359,44e ftP P T A T r r l r T r l W .

Ekkora teljesítménnyel lehet tehát fenntartani a fűtőszál 3500 K fokos hőmérsékletét. Megjegyzés 1. A félév során sok olyan számolási feladatunk lesz, ahol nagyon nagy számokat és nagyon kis számokat kell tudnunk helyesen kezelni. Egyrészt nem mindegyik számológép kezeli ezeket rendesen, másrészt a nagyon nagy, vagy nagyon kicsi 10 hatványok bepötyögése közben sok hibát ejthetünk. Ezért javaslom, hogy a behelyettesítés során szedjük össze, és írjuk külön a 10 hatványokat, és azok előtagjait, és csak az előtagokat számoljuk ki számológéppel, a 10 hatványokkal akár fejben is el lehet bánni. Valahogy így:

4 8 4 4 4 4 4 8 12 4

3

2 5 10 5,67 10 3,5 1000 5 10 0,2 5,67 3,5 2005 10 10 10 10 10

5359440 10 5359,44

Ebben két trükköt azért „elkövettem”. Egyrészt a kifejezés elején szereplő 2·5 helyére beírtam a 10-et, másrészt a zárójelből kiemeltem egy 10-4 faktort. Ezek egyike sem „kötelező”, csak akkor érdemes ilyesmit bevetni, ha a többi számolásban már eléggé otthon vagytok! Megjegyzés 2. Az érdekesség kedvéért érdemes kiszámolni a henger alapjai által kisugárzott teljesítményt. Az intuíciónk azt súgja, hogy azok annyira kicsik, hogy elhanyagolható a sugárzási teljesítményük.

4 4 22 13,37alaplapok alaplapokP T A T r W .

Ez látványosan kisebb, mint a teljes teljesítmény, de mégsem hanyagolható el. Ez a magas hőmérsékletnek és a teljesítmény hőmérséklet-függésének (negyedik hatvány) köszönhető.

M.2. 800 C° belső hőmérsékletű kemence ajtajának mérete 0,2 x 0,25 m2. A környezet hőmérséklete 30 C°. Nyitott kemenceajtó esetén mekkora teljesítmény szükséges a hőmérséklet fenntartásához? A feladat értelmezése A 800 Celsius fokos kemence, lévén tökéletesen szigetelt, csak az ajtón keresztül bocsát ki hőmérsékleti sugárzást, és ezzel veszít a hőmérsékletéből. A kemencét két dolog fűti: egyrészt a külső környezet, lévén az is kibocsát hőmérsékleti sugárzást (a hőmérséklete nem abszolút nulla) a kemenceajtón keresztül. Másrészt melegítjük mi, valamekkora teljesítménnyel. Az erre vonatkozó mérlegegyenlet

kemence külső miP P P .

Adatok, jelölések, információk A = 0,2 x 0,25 m2 = 0,05 m2 Tkemence = 800 C° = 1073 K Tkülső = 30 C° = 303 K

82 4

105,67W

m K

A megoldás A hőmérsékleti sugárzás teljes sugárzási teljesítménye

4ftP T A ,

ahol A a kemence ajtajának területe. A fentieket összefoglalva, majd behelyettesítve:

4 4 4 4 3734mi kemence külső kemece külső kemece külsőP P P T A T A T T A W .

Ekkora teljesítménnyel lehet tehát fenntartani a kemence hőmérsékletét. Megjegyzés Standard hiba, hogy ilyen mérlegegyenlet esetén valaki a két hőmérséklet különbségéből számol. Az semmiképpen sem lesz jó, sokkal alacsonyabb eredményt kapunk a teljesítmény értékére. Ez egyébként a fenti számolásnál a kiemelés után jól látszik. A két hőmérséklet különbségének negyedik hatványa (ez a rossz) nem egyezik meg a két hőmérséklet negyedik hatványainak különbségével (ez a jó).

M.3. A Nap felszíni hőmérséklete kb. 5800K, λmax = 0,5 μm hullámhossznál (zöld színnél) van hőmérsékleti sugárzásának intenzitás maximuma. A Nap és a Föld közepes távolsága 150 millió km, a Föld sugara 6370 km, a Napé 696350 km. a) Ezen adatok segítségével számítsuk ki λmax aktuális értékét a következő hőmérsékletekre:

- 10000 K-es ívfény - 37 C°-os ember - 2,7 K-es világűr (a Big Bang háttérsugárzása) b) Számítsuk ki, hogy csupán a hőmérsékleti sugárzás miatt mennyi tömeget veszít a Nap másodpercenként.

A fekete testre érvényes formulákat alkalmazzuk! c) Mennyi a Föld pályája mentén a napsugárzás energiaáramsűrűsége? (Ezt Napállandónak nevezzük,

standard értéke kb. 1390 Joule 1 négyzetméteren 1 másodperc alatt.) d) Számítsuk ki a Föld (mindenütt azonosnak tekintett, átlagolt) egyensúlyi hőmérsékletét! Tekintsük mind

a napsugárzás elnyelésekor, mind pedig a Föld hőmérsékleti sugárzása során a Földet abszolút fekete testnek.

Adatok, jelölések, információk Tʘ = 5800 K megjegyzés: a „körben egy pont” általában a Nap jele

λmaxʘ = 0,5 μm = 5·10-7 m

Tívfény = 104 K

Tember = 37 C° = 310 K

TBB = 2,7 K

Δt = 1 s

dNF=150000000 km = 1,5·1011 m

Rʘ = 696350 km =6,9635·108 m

RF = 6370 km =6,37·106 m 346,63 10h Js

83 10 /c m s

82 4

105,67W

m K

3102,9W K m

Az intenzitás-maximumokhoz tartozó hullámhosszak kiszámítása A maximális intenzitásokhoz tartozó hullámhosszakat a Wien-féle eltolódási törvényből számolhatjuk ki. Jelen esetben kétféleképpen is. Egyrészt számolhatunk az alapösszefüggésből, vagyis maxW T .

Másrészt felhasználhatjuk a Nap felszínéről érkező sugárzásról kapott információkat, és így minden esetben max maxT T . Itt ez utóbbit választjuk, mert a feladat szövege nem tartalmazza a Wien-féle

állandó konkrét értékét.

Ívfény esetén: 7max

max max, max, 2,9 10 290ívfény ívfény ívfényívfény

TT T m nm

T

.

Ez az érték az ibolya tartományba esik. Ez azt is jelenti, hogy a kisugárzott teljesítménynek egy elég komoly része az ultraibolya tartományban van, ezért kell ívfény közelében a szemet külön védeni.

Ember esetén: 6max

max max, max, 9,355 10 9,355ember ember emberember

TT T m m

T

.

Ez az érték az infravörös tartományba esik.

A kozmikus háttérsugárzás esetén: 3max

max, 1,074 10 1,074BBBB

Tm mm

T

.

Ez az érték a milliméteres rádióhullámok tartományába esik. A Nap másodpercenkénti tömegcsökkenése A Nap sugárzás formájában energiát bocsát ki. Most csak a felszíni hőmérsékletből származó fekete test sugárzást vizsgáljuk, sok egyéb jelenséggel nem. Ennek hatására az egy másodperc alatt kibocsátott energia

4 4 2 264 3,91 10E P t T A t T R t J .

Felhasználva a tömeg-energia ekvivalencia 2E mc összefüggését megkapjuk az egy másodperc alatt elveszített tömeg értékét

2 92

4,344 10E

E mc m kgc

.

A Napállandó kiszámítása – érdekesség A Napállandó azt mondja meg, hogy a Nap által egy másodperc alatt kisugárzott energia mekkora energiát jelent a Föld pályájának megfelelő távolságban, 1 m2 területen. Vagyis ki kell számolnunk, hogy egy Nap-Föld (közepes) távolság sugarú gömbfelület 1 m2-nyi területére hány Joule energia jut.

43

2 21,383 10

4SCNF NF NF

T AE P WG

A t A d m

Megjegyzendő, hogy a pontosabb számításokon alapuló értéke ennek 1,362·103 W/m2. Fontos továbbá kiemelni, hogy ennek a konkrét értéke nagyban függ a Napfelszíni tevékenységtől, így nem lehet „állandó”-nak tekinteni. A Föld átlagos egyensúlyi hőmérséklete a fentiek alapján A fentiek alapján a Földet hőmérsékleti sugárzás éri a Nap felől. Ezen felül maga a Föld is kibocsát hőmérsékleti sugárzást. Egyensúlyi helyzetben a kettő meg kell egyezzen egymással. A Nap felől érkező sugárzás értékét ismerjük a Föld pályáján 1 m2-re. A Nap felől nézve a Föld egy RF sugarú kör, így a Földre érkező sugárzás teljesítménye

2 171,763 10NF SC FP G R W

Eközben a Föld a teljes felszínén hőmérsékleti sugárzást bocsát ki, ami 4 4 24F F F F FP T A T R . A

kettő egyenlőségéből kiszámolható a keresett hőmérséklet-érték

2 4 2 4 44 4 279, 44 6,444

SCNF F SC F F F SC F F

GP P G R T R G T T K C

.

Ebből is látható, mennyit köszönhetünk a Föld légkörének…

M.4. Az emberi szem már alig veszi észre azt a sárga fényt (0,6 μm hullámhossz), amely 1,7·10-6 W teljesítménnyel érkezik a retinára. Hány foton érkezik 1 s alatt a szembe? A feladat értelmezése Mivel a fény „adagokban” (kvantumokban) érkezik a retinára, ha kiszámoljuk az 1 s alatt ráeső fény energiáját, illetve egy foton energiáját, a kettő hányadosa megadja a keresett darabszámot. Adatok, jelölések, információk λ = 0,6 μm = 6·10-7 m P = 1,7·10-6 W t = 1 s

346,63 10h Js 83 10 /c m s

A megoldás Egy foton energiája kiszámolható az alábbi módon, ha figyelembe vesszük, hogy a foton frekvenciája és hullámhossza között fennáll a f = c / λ összefüggés.

191 3,315 10

cE hf h J

A retinára eső fény energiája 1 s alatt kiszámolható, mint

61,7 10összesE Pt J .

Ebből a fotonok keresett száma

12

1

5,128 10összesEN

E .

M.5. Milyen hullámhosszú röntgensugárzás keletkezik, ha 50 kV-tal gyorsított elektronok teljes kinetikus energiájukat elveszítik fékeződéskor? A feladat értelmezése A vizsgált elektront először felgyorsítjuk 50 kV nagyságú gyorsítófeszültséggel. Ez az első fizikai folyamat, a rá vonatkozó munkatétel

, ,2 ,1 ,2 ,20e k I k k k kq U E E E E E .

Ezután valamilyen (a feladat által meg nem határozott) hatásra zérus sebességre lassul, közben az energiaváltozást foton formájában sugározza ki. Ennek az energiaváltozásnak a nagysága (lévén a korábbi sebességéről lassul álló helyzetbe) megegyezik a gyorsítás során szerzett mozgási energiával. Ennyit veszít az elektron, és ezt sugározza ki foton formájában, vagyis az energiákra az alábbi mérlegegyenlet írható fel

, ,3 ,2 ,2 ,20 k II k k k kE hf E E hf E hf hf E .

Adatok, jelölések, információk

191,6 10eq e C 319,1 10em kg

U = - 50 kV = - 5·104 V A gyorsítófeszültség előjele annak köszönhető, hogy negatív részecskét szeretnénk gyorsítani, így egy megfelelő polaritású feszültségre van szükség.

346,63 10h Js A megoldás A fenti két, I-el és II-vel jelölt folyamat egyenletei egy egyenlet-rendszert alkotnak, amelynek a megoldása egyszerű:

,2

,2

e k

ek

q U Ehf q U

hf E

.

Lévén a foton frekvenciája és hullámhossza között fennáll a f = c / λ összefüggés,

112, 486 10ee

c hchf h q U m

q U

.

Megjegyzés Számoljuk ki a felgyorsított elektron sebességét!

2 8,2

211,326 10

2e

e k ee

q U mq U E m v v

m s . Ez így nem jó!

Ez a sebesség már erősen megközelíti a vákuumbeli fénysebesség értékét. Ekkor már a mozgási energiára nem írható fel egyszerűen az ½ mv2 kifejezés. A korábbi levezetés nem használja a mozgási energia pontos képletét, ezért ez a probléma nem merül fel. Ha egy feladatban ki kell számolni egy felgyorsított elektron sebességét, és az megközelíti a fénysebesség értékét (mondjuk 107 m/s-nál nagyobb), vagy át is lépi, akkor a mozgási energia fenti képletét nem lehet használni. Ezesetben jelezni kell az oktatónak a problémát.

M.6. Mekkora az elektron de Broglie hullámhossza, ha v = 3·106 m/s sebességgel mozog? Az elektron

tömege 319,1 10em kg .

Adatok, jelölések, információk v = 3·106 m/s

319,1 10em kg 346,63 10h Js

A megoldás A megadott adatok alapján kiszámolhatjuk a de Broglie hullámhosszt.

102,43 10ee e

h hm

I m v .

Lévén elektronról van szó, a fenti eredményt nincs értelme összehasonlítani az elektromágneses sugárzás jellegzetes hullámhossz- és frekvencia-tartományaival.

M.7. Lítium katód esetén a kilépési munka 4,2·10-19 J. a) Legalább mekkora frekvenciájú fénnyel kell megvilágítani a Li katódot, hogy elektronok lépjenek ki belőle? Mekkora ennek a fénynek a hullámhossza? b) Milyen sebességű elektronok lépnek ki a katódból, ha azt 7·1014 Hz frekvenciájú fénnyel világítjuk meg? c) Mekkora az ekkor kilépő elektronok de Broglie-hullámhossza? A feladat értelmezése A feladat egy jellegzetes számolási példa a fotoeffektus, vagy más néven a fényelektromos jelenség kapcsán. Adatok, jelölések, információk Wki = 4,2·10-19 J f = 7·1014 Hz

319,1 10em kg 346,63 10h Js

83 10 /c m s A határfrekvencia és a határhullámhossz kiszámítása A határfrekvencia és a határhullámhossz a katód anyagára jellemző állandó értékek. Ezek meghatározzák azt a minimális energiát, amellyel még elektron léptethető ki a fotokatódból. Először a határfrekvenciát számoljuk ki

146,335 10kihatár ki határ

Whf W f Hz

h

Ez alapján a határhullámhossz a frekvencia és a hullámhossz közti általános összefüggésből kiszámolható

74,525 10 452,5határhatár

cm nm

f

Az elektron sebességének kiszámítása Most írjuk fel egy valóságos folyamatra (egy foton a katódból kilök egy elektront) a fotoeffektus energiamérlegét, és abból számoljuk ki az elektron sebességét!

2 5213,11 10

2ki

ki ee

hf W mhf W m v v

m s

Ez az érték – lévén nagyon messze van a vákuum-beli fénysebesség értékétől – elfogadható. Az elektron de Broglie hullmhossza

92,34 10 2,34ee e

h hm nm

I m v

M.8. A fotocellára monokromatikus fénysugarat bocsájtunk. A fotoelektronok mozgási energiáját 1,8 V ellenfeszültséggel tudjuk kompenzálni. A fotocella cézium anyagára vonatkozó határhullámhossz 635 nm. Számítsuk ki a) a kilépési munkát, b) a beeső fénysugár frekvenciáját és hullámhosszát, c) a beeső fénysugár egyetlen fotonjának impulzusát! A feladat értelmezése A feladat egy másik jellegzetes számolási példa a fotoeffektus, vagy más néven a fényelektromos jelenség kapcsán. Adatok, jelölések, információk λhatár = 635 nm = 6,35·10 -7 m

U = 1,8 V mivel az elektront lassítani fogjuk, ez a helyes polaritás 191,6 10eq e C

346,63 10h Js 83 10 /c m s

A kilépési munka kiszámítása A kilépési munka a katód anyagára jellemző állandó értékek. Ez adja meg azt a minimális energiát, amellyel még elektron léptethető ki a fotokatódból.

193,13 10ki határhatár

cW hf h J

.

Az elektron sebességének kiszámítása A feladat b) részének megoldásához két folyamatot kell figyelembe vennünk. Az első folyamatban a beeső fény egy fotonja kilök egy elektront a fotokatódból valamekkora sebességgel, illetve mozgási energiával. A második folyamatban ezt egy U feszültséggel lelassítjuk. A két folyamat egyenletei az alábbiak:

és 0ki k e k k k khf W E q U E E E eU E .

Ezeket az egyenleteket egyenletrendszerként megoldjuk az ismeretlen frekvenciára

149, 065 10ki k kiki

k

hf W E W eUhf W eU f Hz

eU E h

Ez alapján a beeső foton hullámhossza

73,31 10 331c

m nmf

A foton impulzusának kiszámítása

272,003 10f

h mI kg

s .

M.9. Legfeljebb mekkora lehet azon fényerősítő berendezés fotokatódja bevonatának kilépési munkája, amely az ember által kibocsátott hőmérsékleti sugárzás intenzitásmaximumán még működőképes? (A bőrfelszíni hőmérséklet legyen 30 C°.) A feladat értelmezése A feladat ismét a fotoeffektusról szól, itt azonban csak az anyagi állandókat kell kiszámolnunk. Ehhez segítségként kapunk egy hőmérséklet-értéket. A Wien-féle eltolódási törvény segítségével kiszámolhatjuk az ezen hőmérséklethez tartozó maximális intenzitás hullámhosszát, és a feltételünk az, hogy ez egyezzen meg a fotokatód maximális kilépési munkához tartozó határhullámhosszának. Vagyis λhatár = λmax. Adatok, jelölések, információk

3102,9W K m

T = 30 C° = 303 K 346,63 10h Js

83 10 /c m s A határhullámhossz kiszámítása A Wien-féle eltolódási törvény alapján

6max max 9,571 10W

W T mT

.

A feltételünk alapján

6max 9,571 10határ m .

A kilépési munka kiszámítása Ez alapján már kiszámolható a kilépési munka minimális értéke, ami

202,078 10ki határhatár

cW hf h J

.

Ha ennél kisebb lenne a kilépési munka, az nagyobb határhullámhosszt jelentene. Vagyis az már a 30 Celsius foknak megfelelő hőmérsékleti sugárzás intenzitás-maximumánál még nem működne, csak magasabb hőmérsékletű sugárzás esetén.

M.10. Milyen frekvenciájú, illetve hullámhosszú foton képes a Hidrogén-atom egy elektronját az 1. energiaszintről a 3.-ra juttatni? Mekkora a H-atom ionizációs energiája? A feladat értelmezése A H-atom energiaszintjei leírhatóak a Bohr-féle atommodell segítségével, ahol az n-edik pálya energiája

2

1nE E

n .

Ezután kiszámoljuk az érintett két pálya energiáinak különbségét, vagyis ha az elektron az n-edik pályáról az m-edire lép, akkor az energiakülönbség nm n mE E E . Ennek abszolútértékéből megkapjuk a keresett

foton energiáját, amiből a frekvenciája (és persze a hullámhossza) meghatározható. Az energia-különbség előjele pedig arra utal, hogy az illető fotont elnyelte (az energiakülönbség negatív), vagy kibocsátotta (az energiakülönbség pozitív) az elektron. Adatok, jelölések, információk

1n 3m

346,63 10h Js 83 10 /c m s

182,18 2,18 10E aJ J A frekvencia és a hullámhossz kiszámítása Először számoljuk ki az energiakülönbséget az 1. -> 3. ugrás tekintetében

182 2 2 2

1 1 1 11,938 10nm n mE E E E E E J

n m m n

.

Vagyis jól látszik, hogy az elektron valóban elnyeli a fotont, illetve ebből már kiszámolható a foton frekvenciája és hullámhossza

15 72,923 10 , illetve 1,026 10 102,6nmnm nm nm nm

nm

E chf E f Hz m nm

h f .

Ez az érték az ultraibolya tartományba esik. Az ionizációs energia kiszámítása Az ionizálás során az elektron kikerül az atommag potenciálteréből. Ekkor az energiája zérus kell legyen. Ez formálisan a „végtelenedik” pályához tartozik, lévén

2

1lim 0n

E E Jn

.

Így az ionizációs energia nem más, mint 1 1E E E érték ellentettje (hiszen az ionizációs energiát

nekünk kell befektetni), vagyis 1ionizációsE E E E .

M.11. Mi történik, amikor egy elektron a Hidrogén-atomban a 4. pályáról a 2.-ra ugrik? A feladat értelmezése A tanultak alapján a két energiaszint különbségét az elektron kibocsátja, mégpedig foton formájában. Ezzek a fotonnak a frekvenciáját és hullámhosszát kell kiszámolnunk. A H-atom energiaszintjei leírhatóak a Bohr-féle atommodell segítségével, ahol az n-edik pálya energiája

2

1nE E

n .

Ezután kiszámoljuk az érintett két pálya energiáinak különbségét, vagyis ha az elektron az n-edik pályáról az m-edire lép, akkor az energiakülönbség nm n mE E E . Ennek abszolútértékéből megkapjuk a keresett

foton energiáját, amiből a frekvenciája (és persze a hullámhossza) meghatározható. Az energia-különbség előjele pedig arra utal, hogy az illető fotont elnyelte (az energiakülönbség negatív), vagy kibocsátotta (az energiakülönbség pozitív) az elektron. Adatok, jelölések, információk

4n 2m

346,63 10h Js 83 10 /c m s

182,18 2,18 10E aJ J A frekvencia és a hullámhossz kiszámítása Először számoljuk ki az energiakülönbséget az 4. -> 2. ugrás tekintetében

192 2 2 2

1 1 1 14,09 10nm n mE E E E E E J

n m m n

.

Vagyis jól látszik, hogy az elektron valóban kibocsátja a fotont, illetve ebből már kiszámolható a foton frekvenciája és hullámhossza

14 76,169 10 , illetve 4,863 10 486,3nmnm nm nm nm

nm

E chf E f Hz m nm

h f .

Ez a látható fény tartományába esik, a türkiz-kék színnek felel meg.

R.1. Egy kémia szertárban lévő 2,71 gramm tömegű KCl mintát radioaktívnak találtak, és aktivitását állandónak mérték, mégpedig 44,9 Bequerelnek. A minta radioaktivitása a 40K izotóptól származik, amely a kálium 0,0117%-a. Számítsuk ki a 40K felezési idejét! A kálium és a klór móltömege rendre MK = 39,102 g/mol és MCl = 35,453 g/mol. A feladat értelmezése A feladat megoldásának kulcsa az 0A aktivitás és az 0N kezdeti, adott bomlásra képes magok száma között

fennálló összefüggés 0 0A N , amelynek segítségével a λ bomlásállandó, illetve abból a felezési idő

meghatározható. Adatok, jelölések, információk m = 2,71 g MK = 39,102 g/mol MCl = 35,453 g/mol A0 = 44,9 Bq k = 0,0117% = 1,17·10 -4

23 1106Av ol

Nm

Az 0N kezdeti érték kiszámítása

A KCl moltömege egyszerűen kiszámolható a kálium és a klór moltömege segítségével

74,555 /KCl K ClM M M g mol

Ebből a 2,71 grammnyi KCl anyagmennyisége, illetve abból a káliumatomok darabszáma (ami megegyezik a klóratomokéval):

220,0363 2,118 10K AvKCl

mn mol N nN

M .

Ennek 0,0117%-a a keresett 40K izotópok aránya, így

180 2,56 10KN k N .

A felezési idő kiszámítása Ennek felhasználásával

1700 0

0

11,7538 10

AA N

N s ,

és ebből a felezési idő

16 91/2

ln 23,9523 10 1, 25 10T s év

.

Megjegyzendő, hogy ennek az „irodalmi” értéke 1,277·109 év, ami jól egyezik a számolásunk eredményeivel.

R.2. A természetes káliumnak 0,012 %-a a 40K izotóp. A 40K izotóp radioaktív, a felezési ideje 1,28 milliárd év, a kálium többi izotópja (39K és 41K) nem radioaktív. Számítsuk ki egy átlagos emberben lévő (nyilvánvalóan természetes izotópösszetételű) 4,375 mólnyi mennyiségű kálium radioaktivitását! A feladat értelmezése A feladat megoldásának kulcsa az 0A aktivitás és az 0N kezdeti, adott bomlásra képes magok száma között

fennálló összefüggés 0 0A N , amelynek segítségével az aktivitás meghatározható. Ebben fontos szerepe

van annak a meglátásnak, hogy mivel a felezési idő nagyon nagy, ezért egy emberöltő alatt az aktivitás nem változik érzékelhető mértékben, így állandónak tekinthetjük. Adatok, jelölések, információk n = 4,375 mol T1/2 = 1,28·109 év = 4,0366·1016 s k = 0,012% = 1,2·10 -4

23 1106Av ol

Nm

Az 0N kezdeti érték kiszámítása

A természetes kálium anyagmennyiségéből meghatározható az atomok száma, majd abból a 40-es izotóp részarányával annak darabszáma:

24 2002,625 10 , illetve ebből 3,15 10K Av KN nN N k N .

Ennek 0,0117%-a a keresett 40K izotópok aránya, így

180 2,56 10KN k N .

Az aktivitás kiszámítása A felezési idő ismeretében kiszámolható a bomlásállandó értéke

17

1/2

ln 2 11,717 10

T s ,

és ebből az aktivitás

0 0 5409A N Bq .

R.3. Hány éve vágták ki azt a fát, amelynek maradványaiban a 14C fajlagos aktivitása (az inaktív szénre vonatkoztatva) 60%-a a frissen kidöntött fákban mért fajlagos aktvitásnak? A 14C felezési idejét vegyük 5730 évnek. A feladat értelmezése A még élő fában a folyamatos anyagcsere biztosítja a szénizotópok természetes összetételét. Miután a fa kidől, és megszűnik az anyagcsere, a radioaktív 14C száma (és ezzel az aktivitása) csökkenni kezd a bomlások hatására. Az aktivitás időfüggésére vonatkozó (a bomlástörvényből levezetett)

0( ) tA t A e

összefüggés segítségével a megadott aktivitás-arányból kiszámolható az idő, amióta nincs a fában anyagcsere. Adatok, jelölések, információk T1/2 = 5730 év k = 60% = 0,6

Az idő kiszámítása A feladatban keressük azt a t’ időpillanatot, amikor igaz, hogy

0( ')A t k A .

Alkalmazva az aktivitás időfüggésére vonatkozó egyenletet, az alábbi összefüggésre jutunk

' '0 0( ') ln 't tA t k A A e k e k t .

Ez az egyenlet egyszerűen megoldható, ha a felezési időt átváltjuk másodpercre, kiszámoljuk a bomlásállandót ( 1/2ln 2 / T ), megoldjuk az egyenletet t’-re, majd visszaszámolunk év mértékegységbe.

Itt egy másik levezetést mutatunk, ahol több lépés is leegyszerűsödik

1/21/2

ln 2 ln ln 0,6ln ' ln ' ' 5730 4223

ln 2 ln 2

kk t k t t T év év

T .

R.4. A 40K-atommagok kb. 11%-a bomlik 40Ar-ra 1,28·109 év felezési idővel. Határozza meg a földkéreg életkorát abból a feltevésből indulva, hogy az összes, a Földön található 40Ar-atommag 40K-atommagból keletkezett elektron-befogással. Egy grönlandi kőzetben a 40Ar és 40K izotópok arányát 0,77 értékűnek mérték. Milyen idős a földkéreg ezen darabja? A feladat értelmezése A feladat megoldásának alapja a bomlástörvény, mely szerint

0( ) tN t N e .

Ennek alkalmazásával, illetve figyelembe véve a feladat feltevéseit végigkövetjük, mi történt a bomlások során, és a mai napra vonatkoztatva felhasználjuk az argon és a kálium arányát. Ezen összefüggésekből kiszámolható a keresett időtartam. Adatok, jelölések, információk T1/2 = 5730 év k = 11% = 0,11 η = 0,77

Az idő kiszámítása A 40-es Kálium atommagok száma a bomlás miatt a bomlástörvénynek megfelelően változik az időben. A kiindulási pontnak a keresett múltbeli időpontot tekintjük, az azóta eltelt időt jelöljük t’-nek (ezt az értéket keressük a feladatban), így

'0( ') t

K KN t N e .

Lévén az Argon a Kálium bomlásából származik (és csak abból), figyelembe kell vennünk, hogy a t’ idő alatt bekövetkező Kálium-bomlások száma 0 ( ')K KN N t . Ezen bomlásoknak csupán 11%-a vezet 40-es

Argon-hoz, így ezen atommagok száma a t’ idő elteltével

' '0 0 0 0( ') ( ') 1t t

Ar K K K K KN t k N N t k N N e k N e .

A kettő aránya tehát ma

' '0

' '0

1 1( ')

( ')

t tKAr

t tK K

k N e k eN t

N t N e e

.

Mivel ismerjük a felezési időt, a bomlásállandót könnyű kiszámolni ( 1/2ln 2 / T ), így a fenti egyenletben

az egyetlen ismeretlen a keresett t’ idő.

'

' ' ' ''

11

t

t t t tt

k ee k e e k k e

e

Egy oldalra gyűjtjük az exponenciális függvényt tartalmazó tagokat, és egyszerűsítünk:

' ' ' 't t t t ke k k e k e k e

k

.

Vesszük az egyenlet természetes alapú logaritmusát, majd behelyettesítjük a felezési idő és a bomlásállandó között fennálló egyenletet

'1/2

1/2

lnln 2

' ln ' ln 'ln 2

t

k

kk k ke t t t T

k k T k

.

Ebbe a kifejezésbe behelyettesítve megkapjuk a keresett időtartamot

9 91/2

0,11ln ln

0,77 0,11' 1,28 10 3,84 10

ln 2 ln 2

kk

t T év év .

Érdemes megjegyezni, hogy más mérésekből a földkéreg életkorát átlagosan 3,8 milliárd évre becsülik. A számításaink ezzel összhangban vannak.

R.5. Egy ember vérébe A0 = 2000 Bq aktivitású 24Na radioaktív izotópot tartalmazó oldatot juttatunk. 5 óra múlva egy 1 cm3-es vérminta aktivitását 16 bomlás/perc-nek mérik. A 24Na radioaktív izotóp felezési ideje 15 óra. Mekkora az ember vérének össztérfogata? A feladat értelmezése Az aktivitásnak ismerjük az időbeli változását, amit az

0( ) tA t A e

összefüggés ír le. A kezdeti aktivitás ismeretében kiszámolható a megadott időpontban az aktivitás. Ezt összehasonlítva a kis minta aktivitásával, kiszámolható a térfogat. Adatok, jelölések, információk T1/2 = 15 óra t’ = 5 óra A0 = 2000 Bq Aminta(t’) = 16 bomlás/perc = 0,2666 bomlás/s = 0,2666 Bq Vminta = 1 cm3

Megjegyzés: az SI mértékegység-rendszerbe át nem váltott mennyiségeknek az arányai szerepelnek a feladatban, és ezek azonos mértékegységben vannak megadva. Így az átváltásukra jelen feladatban nincs szükség. Ha ez bizonytalanságot szül, érdemes minden mennyiséget SI-be átváltani, vagyis az idő-ket s-ban, a térfogatot m3-ben megadni. A vér térfogatának kiszámítása A vérbe juttatott izotóp aktivitása az 5 óra elteltével (behelyettesítjük a bomlásállandó kifejezését a felezési idővel, ami 1/2ln 2 / T ):

1/2

ln 2'

'0 0( ') 1587,4

tTtA t A e A e Bq

.

Lévén az izotóp eddigre egyenletesen oszlik el a vérben, a minta aktivitása és a teljes aktivitás között ugyanaz az arány, mint a térfogatok között, vagyis

3( ') ( ')5952,75 6

( ') ( ') mintaminta minta minta

A t V A tV V cm l

A t V A t .

R.6. Egy tó vizének térfogatát úgy mérik meg, hogy 740 MBq aktivitású radioaktív konyhasót szórnak bele. A NaCl-nak 0,01 ezreléke tartalmaz radioaktív 24Na-atomot, a felezési idő 15 óra, a konyhasó móltömege 58,4 g. a) Hány gramm sót dobnak a tóba? b) Hány m3 víz van a tóban, ha 60 órával később egy 5 l-es vízminta aktivitását 370 Bq-nek mérik? A feladat értelmezése A só tömegét a kezdeti aktivitás alapján tudjuk meghatározni, majd az aktivitás időbeli változásának

0( ) tA t A e

ismeretében kiszámolható a megadott időpontban az aktivitás. Ezt összehasonlítva a minta aktivitásával, kiszámolható a térfogat. Adatok, jelölések, információk MNaCl = 58,4 g/mol T1/2 = 15 óra = 5,4·104 s t’ = 60 óra = 21,6·104 s (= 4· T1/2 ) A0 = 740 MBq = 7,4·108 Bq Aminta(t’) = 370 Bq Vminta = 5 l k = 0,01 ezrelék = 10-5

23 1106Av ol

Nm

A konyhasó tömegének kiszámítása A felezési idő segítségével kiszámolható a bomlásállandó ( 1/2ln 2 / T ), és annak segítségével a kezdeti 24Na-atomok száma:

130 0 1/20 0 0 5,765 10

ln 2

A A TA N N

Ez azonban az összes Na atomnak csupán 0,01 ezreléke. Ki kell számolnunk az összes Nátrium atom számát, majd abból az anyagmennyiséget

18 600 5,765 10 9,61 10Na

Na Na NaAv

N NN kN N n mol

k N .

Mivel egy mol konyhasóban 1 mol Na van, ezért NaCl Nan n , és így már ki tudjuk számítani a tóba öntött

konyhasó tömegét

45,61 10NaCl NaCl Na NaClm n M n M g .

A tó térfogatának kiszámítása A tóba juttatott izotóp aktivitása 60 óra elteltével (a számolás során az egyszerűsítés kedvéért felhasználjuk, hogy a megadott időtartam a felezési idő négyszerese):

1/2

ln 2'

' 4ln 2 70 0 0( ') 4,625 10

tTtA t A e A e A e Bq

.

Vagy ennél egyszerűbben is meghatározható ez az aktivitás, lévén 15 óránként feleződik az aktivitás, vagyis

8 8 8 8(15 ) 3,7 10 (30 ) 1,85 10 (45 ) 0,925 10 (60 ) 0,4625 10A h Bq A h Bq A h Bq A h Bq Lévén az izotóp eddigre egyenletesen oszlik el a tóban, a minta aktivitása és a teljes aktivitás között ugyanaz az arány, mint a térfogatok között, vagyis

5 3 3( ') ( ')6,23 10 623

( ') ( ') mintaminta minta minta

A t V A tV V dm m

A t V A t .

R.7. Napjainkban a 235U izotóp atommagok csak 0,72%-t teszik ki a teljes uránmennyiségnek (a többit a 238U izotóp teszi ki). Mekkora volt ez az arány 4,6 milliárd évvel ezelőtt? A 235U izotóp felezési ideje 7,1·108 év, az 238U izotóp felezési ideje pedig 4,5·109 év. A feladat értelmezése A feladat megoldásának alapja a bomlástörvény, mely szerint

0( ) tN t N e .

Célunk, hogy kiszámoljuk a kezdeti időpontnak tekintett, 4,6 milliárd évvel ezelőtti pillanatban az

0,2350

0,235 0,238

Nk

N N

arányt úgy, hogy ismerjük ennek a mai értékét.

Adatok, jelölések, információk T235 = 7,1·108 év T238 = 4,5·109 év t’ = 4,6 milliárd év = 4,6·109 év k(t’) = 0,72% = 7,2·10-3 A keresett arány kiszámítása Első lépésben írjuk fel a 235-ös Urán részarányát a jelenre vonatkoztatva

235

235 238

( ')( ')

( ') ( ')

N tk t

N t N t

.

Ebbe behelyettesítjük a bomlástörvényt, illetve a bomlásállandó helyére a 1/2ln 2 / T kifejezést külön a

235-ös, külön a 238-as Uránra vonatkoztatva.

235 235

235 238

235 238

ln 2'

'0,235 0,235 0,235

ln 2 ln 2' '' '

0,235 0,238 0,235 0,238

0,235 0,238

0,01121( ')

0,01121 0,49236

tt T

t tt t

T T

N e N e Nk t

N e N e N NN e N e

Ebből az egyenletből az 0,238 0,235/N N arányt tudjuk kiszámolni

0,235 0,2383 5 3

0,2380,235 0,238 0,235

0,235

0,238 0,2383 5

0,235 0,235

0,01121 0,011217,2 10 8,0712 10 3,545 10 0,01121

0,01121 0,492360,01121 0,49236

3,545 10 1113 10 3,14

N N

NN N NN

N N

N N

És ebből a keresett arány kiszámolható, vagyis

0,2350

0,2380,235 0,238

0,235

1 10,2415 24,15%

1 3,141

Nk

NN NN

.