MEGOLDÁSOK

2

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

3

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.

a) s5k

tT ; Hz2,0

1

Tf

b) s

f1

26,12 , s

m77,3rvk

c) m65,5tvi k , 108rad9,1t

d) 2

2

s

m74,4

r

va k

cp, N5,189cpamF

2. A centrifuga fordulatszáma 700 min

1, dobjának átmérője 30 cm. A forgó dob

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?

Megoldás:

Adatok: 67,11min

1700f Hz, d = 2R = 0,3 m, m = 5 dkg.

a) 086,0167,11

11

sfT s

b) 112 fRvk m/s 3,732 f 1/s

c) 3,402

R

vmmaKF k

cp N.

4

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: st 60 , 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 = 9623000 mm = 576 m.

4. A gitár E-húrja 6652-t rezeg 20 másodperc alatt. Mekkora a frekvencia? Mekkora a

rezgésidő?

Megoldás:

Adatok: k = 6652, 20t s

6,332t

kf Hz, 3

1

fT 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: cml 6 , m = 0,3 kg

A test egyensúlyakor a ráható erők eredője nulla.

maF

mgFr

l

gmDgmlD = 50 N/m.

5

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:

mAs 4,081 . A test visszaér a kezdeti helyére: 01r

4,5 másodperc alatt 2,5 periódusidő telik el, ezalatt 10 amplitúdónyi utat jár be a test:

mAs 5,0102 . A test által megtett elmozdulás: mAr 1,022 .

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

többszöröse telik el mindkét rezgés esetén. sTT

35,1,12

,2

21 , Nkskt ,3

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: m1,0l

Amikor a két test nyugalomban van a rugón: gm2lDFr

A testek elválása után az alsó test gyorsulása: 21

s

m10g

m

gma (lefelé)

A felső testre változatlan rugóerő hat: 2

r2

s

m10g

mg

mgmg2

m

mgFa

(felfelé)

A rezgés amplitúdóját megkapjuk az alsó szélső-, és az egyensúlyi helyzethez

tartozó rugómegnyúlás különbségeként:

6

D

gml

2

, 2

' l

D

mgl

, cm5

2

' lllA

7

2. lecke Harmonikus rezgőmozgás kinematikai leírása

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

függvényét mutatja.

a) Mekkora a mozgás amplitúdója és rezgésideje?

b) Adjuk meg a test kitérés-idő függvényét!

c) Mekkora a mozgás sebességének és gyorsulásának legnagyobb értéke?

d) Adjuk meg és ábrázoljuk a harmonikus rezgőmozgás v-t, és a-t függvényeit!

e) Mekkora a rezgő test kitérése, sebessége, gyorsulása t = 1,4 s időpontban?

Megoldás:

a) A grafikonról leolvasható: A=12 cm, T=1,6 s

b) ttAys

193,3sinm12,0sin

c) s

m47,0

s6,1

2m12,0max Av ,

2

2

2

maxs

m85,1

s6,1

2m12,0Aa

d) ttAvs

193,3cos

s

m47,0cos ,

ttAas

193,3sin

s

m85,1sin

2

2

e) cm45,8y ,s

m33,0v ,

2s

m305,1a

8

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: tfyy 2sin0 , cm50y ,

s

1600f .

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.

b) 7,152max fAv m/s

c)

d) ttAvs

16000cos

s

m7,15cos

ttAas

16000sin

s

m4935sin

2

2

9

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:

1,144

fs

T

s

t

sv m/s.

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: gamax .

Hz58,12

12

2

A

gfgfA .

6. A periódusidő hány százalékában nagyobb a harmonikus rezgőmozgást végző

tömegpont kitérése az amplitúdó felénél?

Megoldás:

Az 2

Ay kitéréshez tartozó fázisszög

62

1

A

ysin .

3

2

2

642

.

A periódusidő 66,7% százalékában (kétharmadában) nagyobb a harmonikus rezgőmozgást

végző tömegpont kitérése az amplitúdó felénél.

10

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

sT

114,3

2

, s

cmyAv 56,1222

, 2

2 296,0s

mya

8. Mekkora kezdőfázissal kezdi meg harmonikus rezgőmozgását az a tömegpont,

amelynek a sebessége pontosan fele a sebességamplitúdónak a megfigyelés

kezdőpillanatában?

Megoldás:

Adatok: 2

vv max

2)0cos()0( 0

00

vvtv

2

1cos 0

30 ( 60 )

11

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: kg15001m , 21f 1/s, kg 1800kg605kg15002m

m

Df

2

1 224 fmD 2

22

2

11 fmfm

825,11

2

12 f

m

mf 1/s.

Az utasokkal megtelt autó frekvenciája 0,175 Hz-el csökken.

3. Egy függőleges rugóra akasztott test 5 cm-es megnyúlást okoz a rugón. A testet

rezgésbe hozzuk. Mekkora periódusidejű mozgás alakul ki?

Megoldás:

Adatok: ml 05,0 , 281,9s

mg .

A rugó 5 cm-es megnyúlása mellett a test egyensúlyban van. Ennek dinamikai feltétele,

hogy a testre ható erők eredője nulla:

lDgm g

l

D

m

12

sg

l

D

mT 448,022

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?

Megoldás:

Adatok: ml 05,0 , 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:

lDgm2 l

g

m

D 2

315,02

2

1

2

1

l

g

m

Df Hz

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,

6

ggH .

a) g

lTl 2 m1cm4,99

2

2T

glmp .

b) cm 16,57m6

1cm

6

4,99

2

2T

gl HHmp .

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.

13

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:

Egy lengésidő 42,162g

lTl s. Egy óra alatt 24,219

s16,42

s3600k .

Egy óra alatt 219 teljes lengést végez az inga.

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, 2sm81,9g .

s2,2k

tT

g

lTl 2

2

2

s

m788,9

2

Tlg

8. Az ábrán látható elrendezés szerint a fonálinga kis kitérésű aszimmetrikus lengéseket

végez. Mekkora az inga mozgásának periódusideje?

Megoldás:

Adatok: m1l1 , m5,0l2 , 2sm81,9g .

A fonálinga kis kitérésű lengéseket végez. Aszimmetrikus lengéseinek ismétlődő szakasza

összetehető két matematikai inga fél-fél periódusából.

sllgg

l

g

lTTT 71,1

2221

2121

.

14

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, m3,0l , m = 0,06 kg.

A kavicsra csak konzervatív (nehézségi, rugalmas) erők hatnak, így alkalmazható az

energia-magmaradás törvénye:

.. helyrug EE m252

,2

1 2

gm

lFhFlDmghlD

2. Hányszorosára nő a rezgés energiája, ha

a) az amplitúdót megduplázzuk,

b) a frekvenciát megduplázzuk,

c) az amplitúdót és a frekvenciát is megduplázzuk?

Megoldás: 222

. 2 AfmErezg 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: JAfmErezg 34,122 222

. .

15

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:

Adatok: .. 2 mozgrug EE

......2

3

2

1rugrugrugmozgrugrezg EEEEEE

AyyDAD3

2

2

1

2

3

2

1 22

16

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:

v

sT

, D

mT 2

A jobb oldalakat tegyük egyenlővé:

v

s

D

m2

h

km130

s

m15,36

2 m

Dsv

17

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

m12

t

sc .

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: m60Tc .

8K

, 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: m3 .

A hullámterjedés alapösszefüggése szerint: s

mfc 6 .

18

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.

A hullámterjedés alapösszefüggése szerint: s

m

3

8fc .

6. Mennyi idő alatt érkezik hozzánk a tőlünk 2 km távol keletkező villám fénye, illetve

hangja? A fény terjedési sebessége s

m103 8 , a hang terjedési sebessége

s

m340 .

Megoldás:

Adatok: s = 2 km, s

m103c 8

fény , s

m340chang .

s106,67 6

fény

fényc

st , s9,5

hang

hangc

st .

19

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, , 1351k , 1052k .

Amikor András a hullámokkal szemben sétál, akkor a 1k db hullámhosszat ő és a hullám

együtt teszi meg:

(1) vctk1 .

Amikor a hullám terjedési irányában halad, akkor az általuk megtett utak különbsége

egyenlő 2k db hullámhosszal:

(2) vctk2 .

A fenti két egyenletet összeadva: ctkk 232 , majd rendezve:

s

m4

2

21

t

kkc .

Az (1) egyenletből kifejezhetjük András sebességét:

s

m5,01 c

t

kv .

A hullámterjedés alapösszefüggése szerint: Hz5,0c

f .

Az egy helyben álló Andrásnak 30s60fk hullámhegy csapódik percenként.

8. Egy vonal menti hullám kitérését a következő kétváltozós hullám írja le:

xttxym

114,3

s

128,6sincm5,

Mekkora a hullám amplitúdója, frekvenciája, hullámhossza, terjedési sebessége?

Megoldás:

Ismert a következő: xm

114,3t

s

128,6sincm5t,xy .

A megadott függvényről leolvashatók a kért adatok, ha azt összehasonlítjuk az általános

x

T

t2sinAt,xy alakkal.

A hullám amplitúdója: A = 5 cm

A hullám frekvenciája: Hz1T

1f

s

128,6

T

12 .

A hullámhossz: m2m

114,3

12

A hullámterjedés alapösszefüggése szerint: s

m2fc .

20

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 szén-

dioxidnak levegőre vonatkoztatott törésmutatója 1,32. Mekkora a hullám terjedési

sebessége a szén-dioxidban? Mekkora a levegőnek szén-dioxidra vonatkoztatott

törésmutatója?

Megoldás:

Adatok: s

m3401c , 32,11,2n .

A törésmutató definíciója: 2

11,2

c

cn .

A szén-dioxidban a terjedési sebesség: s

m6,257

1,2

12

n

cc .

A levegőnek szén-dioxidra vonatkoztatott törésmutatója: 76,01

1,21

22,1

nc

cn .

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.

21

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

vizekben terjedő felületi hullámok terjedési sebességét hgc összefüggés írja le, ahol

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: 31h cm, 22h cm, f = 20 Hz.

A terjedési sebességek meghatározására használjuk a hgc összefüggést:

s

cm54,2511 hgc ,

s

cm44,322 hgc .

A hullámterjedés alapösszefüggése szerint:

cm2,711

f

c, cm2,22

2f

c.

A törésmutató definíciója: 22,12

11,2

c

cn .

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: m50001h , m60002h .

A hgc formulát használva a két mélységre:

h

km800

s

m5,22111 hgc ,

h

km875

s

m6,24212 hgc .

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

km.

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.

22

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:

Adatok: 30 , n = 0,8.

A visszaverődés törvénye szerint / .

A Snellius-Descartes törési törvény szerint nsin

sin.

7,38625,0sin

sinn

Az ábra alapján A visszavert és megtört hullám normálisa által bezárt

szög: 3,111180 /

A teljes visszaverődés határszögére vonatkozó összefüggés: 1,2h nsin .

8,0sin 1,2nh 13,53h . Ha a beesési szög nagyobb

13,53h -nél, akkor a

hullám nem hatol be a ritkább közegbe, teljesen visszaverődik.

23

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:

4,0f

c m.

5,2s

k 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.

24

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: cm51A , cm32A .

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. cm821 AAA . 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: cm51A , cm32A . 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. cm321 AAA . 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.

25

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: 2

1kl ,

ahol k a belső csomópontok száma.

A hullámterjedés alapösszefüggése szerint: f

c. Ezt felhasználva:

f2

c1kl .

A hullám frekvenciáját kifejezve: Hz12l2

c1kf .

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, cm12s1 , cm17s2 , cm14s3 , cm5,21s4

Először határozzuk meg a hullámhosszat: cm5f

c.

a) A vizsgált pontnak a hullámforrástól mért távolságainak különbsége:

1cm5sss 122,1 . Ez azt jelenti, hogy a két hullám azonos fázisban

találkozik, maximálisan erősíti egymást.

b) A vizsgált pontnak a hullámforrástól mért távolságainak különbsége:

2112cm5,7sss 344,3 . Ez azt jelenti, hogy a két hullám ellentétes

fázisban találkozik, maximálisan gyengíti egymást.

26

8. lecke A hang

1. Adjuk meg a hallható hang hullámhossz tartományát!

Megoldás:

Az infrahangok határa s

f1

161 , m25,211

1f

c.

Az ultrahangok határa: s

1200002f , cm7,1

1

1f

c.

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, s3t , v=36 km/h = 10 m/s.

Az ultrahang s3t idő alatt kétszer teszi meg a tenger mélységét.

tch2

A tenger mélysége: m22502

tch .

Ha mozog a hajó, akkor a tenger h mélysége, a 2

tc , illetve a

2

tv távolságok egy

derékszögű háromszög oldalai.

A Pitagorasz-tételt használva:

22

22

tv

tch , s

vc

ht 99993,2

2

22

/.

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

27

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 ( 8103s

m) a hang várható terjedési sebességéhez

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, Tc , amiből

s

m340

s5,0

m170

Tc .

4. Azonos hosszúságú zárt és nyitott síp közül melyiknek magasabb az alaphangja?

Megoldás:

A nyitott síp hossza megegyezik a benne kialakuló alaphang (állóhullám)

hullámhosszának a felével: 2

1l . Így az alaphang frekvenciája:

l

ccf ny

2,0 .

A zárt síp hossza megegyezik a benne kialakuló alaphang (állóhullám) hullámhosszának a

negyedével: 4

1l . Így az alaphang frekvenciája:

l

ccf z

4,0 .

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.

28

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: l4 .

Alkalmazzuk a hullámterjedés alapösszefüggését:

cm5,424

4f

clflfc

.

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:

29

c

v

ff

1

0

1

Távolodó hangforrás esetén:

c

v

ff

1

0

2

Az 0f 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: 8:9f:f 21 . E szerint:

c

vc

v

1

1

8

9

c

v

c

v8899

h

km72

s

m20

s

m340

17

1

17

1cv

A h

km72 sebességgel haladó autó túllépte az

h

km50 -s sebességkorlátozást.

30

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.)

31

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: Nm0001,0M,mA300A,cm4A,5N max

2

Az indukcióvektor, a menetszám, a terület és az áramerősség szorzatának legalább 0,0001 Nm

nagyságúnak kell lennie.

IANBMmax azaz mTTAm

Nm

IAN

MB 167167,0

3,01045

0001,024

max

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:2424 10945,010210 AmAmIAN

A második: 2424 102,74,0105,44 AmAmIAN

Tehát az elsőt érdemesebb használni, az érzékenyebb.

32

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:

Adatok: Wb0004,0,20N,Nm0008,0M max

Mivel a fluxust a BA szorzattal számolhatjuk ki, ezért mágneses kölcsönhatás képletében N-

nel és I-vel megszorozva a maximális forgatónyomatékot kapjuk. Ebből az áramerősség:

mTTWb

Nm

ABN

MI 1001,0

0004,020

0008,0max

9. A mágneses mezőnek forgató hatása van. Miért mozdulnak el mégis a vasreszelék-

darabkák 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:

mAAmT

Nm

ABN

MI 625625,0

104102,0100

000005,0243

max

Ohm törvénye szerint az áramforrás feszültsége:

VAIRU 5,12625,020

33

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:

a) mTTAm

Nm

IAN

MB 16016,0

2,010525

0004,024

max

b) mTTm

A

Am

Vs

l

INB 1001,0

07,0

5,14001056,12 7

0

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: mT05,0B,cm5,300N

A tekercs mágneses mezőjének erőssége is 0,05mT nagyságú kell legyen.

mAAmT

N

lBI

AmVs

63,61063,63001056,12

05,01005,0 3

7

3

0

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.

34

4. Mekkora mágneses mező alakul ki egy 50 ohmos merülőforraló 5 menetes, 10 cm hosszú

tekercsében, ha az vízbe merül?

Megoldás:

Adatok: cm10,50N,50R

A 230 V-os hálózatra kapcsolt 50 ohmos merülőforralón AV

R

UI 6,4

50

230 erősségű áram

folyik. A mágneses mező erőssége:

mTTm

A

Am

Vs

l

INB r 28887,000028887,0

1,0

6,451056,12999991,0 7

0

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: mA600I,mT320B,cm4,100N

Vasmag nélkül a mTTm

A

Am

Vs

l

INB 884,1001884,0

04,0

6,01001056,12 7

0 nagyságú

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

mTTm

A

Am

Vs

l

INB r 419419,0

015,0

05,0501056,122000 7

0.

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.

35

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 Morse-

kapcsoló 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:

mTTm

A

Am

Vs

r

IB 3,0103

14,3202

300001056,12

2

47

0

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:

mTTm

A

Am

Vs

R

INB

k

75,0105,714,308,02

5,06001056,12

2

47

0

Az egyenes vezető, tőle 8 cm-re ugyanekkora nagyságú mágneses mezőt kell létrehozzon:

AmTrB

IAmVs

3001056,12

14,308,02105,727

4

0

36

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 m

2. A tekercsben folyó áram

mAAmT

Nm

ABN

MI 1001,0

1045,0150

00003,024

max . Ez a műszer méréshatára.

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 Curie-

pontja 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.

37

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:

mTTmA

N

lI

FB L 1001,0

8,05,2

2,0. A Lorentz-erőnek függőlegesen felfele kell mutatnia,

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: mT01,0B,C106,1Q,10

cv,kg101,9m 1931

mmTC

kg

BQ

vmr s

m

170625,171001,0106,1

103101,9319

731

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: mT05,0B,A180I,m10

38

mNNmTAlBIFL 9009,0101005,0180 3 . 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:

Adatok: C106,1Q,mm17r,mT10B,10

cv 19

kgTCm

v

BQrm

sm

31

7

193

1007,9103

01,0106,11017. Ez a részecske a pozitron, mely

minden tulajdonságában megegyezik az elektronnal, csak a töltése pozitív.

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: NmTAlBIFL 3,015,05,04 . 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

cmmN

D

Fl

mN

3,8083,03

25,0. Ha ellentétes irányú, akkor az eredő erő felfelé mutat és

0,1 N, amit a két rugó 0,05 N erővel tart egyensúlyban. Ilyenkor a rugók összenyomódnak,

melynek mértéke: cmmN

D

Fl

mN

7,1017,03

05,0.

7. Azonos sebességgel lövünk be egyszeresen pozitív 12

C+ 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.

39

A pályasugarat a BQ

vmr képlettel számolhatjuk ki. A két pályasugarat egymásból kivonva,

majd az azonos mennyiségeket kiemelve kapjuk: BQ

vmr .

A tömegkülönbség a két ion között két darab neutron tömege. Ebből:

h

km

s

m

kg

TCm

m

BQrv 4900013612

10675,12

95,0106,1103,027

193

40

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: s1,0t,cm6A,600N,2000,A2,1I,cm8,400N 2

2vas

A vasból készült vasmag relatív permeabilitását tekintsük 2000-nek (acél).

Tm

A

Am

Vs

l

INB r 072,15

08,0

2,14001056,122000 7

0

A másik tekercsben ennek 90 %-a jelenik meg, azaz 13,565 T. Az indukált feszültség:

V83,48s1,0

m106T565,13600

tNU

24

2i

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: V24U,270,cm4A,cm8,200N,A2I nikkel

2

Tm

A

Am

Vs

l

INB r 7,1

08,0

22001056,12270 7

0 A fluxus:

WbmTAB 424 108,61047,1 . Ekkora fluxus szűnik meg, mialatt 24 V feszültség

indukálódik.

mssV

Wb

UNt

i

67,51067,524

108,6200 3

4

41

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: s5,1t,mT400B,01,0R,cm4r

A karika területe: 2322 10024,514,304,0 mmrA , így a fluxus a nulláról

WbmTAB 323 1001,210024,54,0 -re nő 1,5 s alatt. Az indukált feszültség

mVVs

Wb

tU i 34,11034,1

5,1

1001,2 33

, az indukált áram erőssége

mAAV

R

UI 134134,0

01,0

1034,1 3

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: mT05,0B,sm5v,cm80

mVVmTvlBUs

mi 2,010258,01005,0 43

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.

42

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: mT05,0B,m5,0,s3t

A rúd sebessége v = gt = 10t m/s, ha az időt szekundumban mérjük. A feszültség

mVtVttmTvlBUs

mi 25,0105,2105,01005,0 43 . 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.

43

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 2522 1096,114,30025,0 mmrA . Az indukált feszültség

az első szakaszban mVVs

mT

tNU i 1001,0

6,0

1096,18,0400

25

. A második

szakaszban nulla, hiszen nincsen fluxusváltozás, a harmadik szakaszban pedig

mVVs

mT

tNU i 8,70078,0

6,0

1096,16,0400

25

. Az indukált áram a három

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.

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.

mVVmTvlBUs

mi 16016,04,02,02,0

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 NmTAlBIFL 08,02,02,02 .

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.

44

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

nehézségi erőnek éppen a fele, azaz 0,5 N. Az indukált áram AmT

N

lB

FI 25,0

2,010

5,0,

az indukált feszültség Ohm törvénye szerint U = R·I = 2,5 V. Ebből a sebesség

s

m

mT

V

lB

Uv 25,1

2,010

5,2

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.

Tm

A

Am

Vs

l

INB r 8,8

4,0

7,020001056,122000 7

0. A vályú, mint vezetőhurok

területe 222 196,014,325,0 mmrA . A fluxus WbmTAB 725,1196,08,8 2.

Az indukált feszültség Vs

Wb

tUi 25,17

1,0

725,1, így az indukált áram

AV

R

UI 625,8

2

25,17.

45

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: ms80t,A12I,mH300L

Ha egy tekercsben az áramot kikapcsoljuk, akkor feszültség indukálódik. Ennek nagysága

Vs

AH

t

ILUöi 45

08,0

123,0 értékűnek adódik. Ez a feszültség még nem elegendő egy

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: A10I,s5,0t,V4Uöi

A tekercsben az áram s

A

s

A

t

I20

5,0

10 gyorsasággal változik. Ebből az induktivitás értéke

mHH

s

A

V

t

I

UL öi 2002,0

20

4 nagyságúnak adódik. A tekercs ez alapján maximum

JAHILEmágn 201002,02

1 22 mágneses energiát tud tárolni.

46

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: A3I,s6t,mH50L

A tekercsben az áram változása miatt mVVs

AH

t

ILUöi 25025,0

6

305,0

állandó nagyságú feszültség indukálódik. A mágneses energia az idő elteltével folyamatosan

nő, mert nő az áram erőssége. Mivel az áramerősség és az idő között az ts

AI 5,0 egyenes

arányosság áll fenn, ezért a mágneses energia a

2

2

2

2

2

2

22 25,600625,025,005,0

2

1

2

1t

s

mJt

s

Jt

s

AHILEmágn

összefüggés szerint

változik. A mágneses energia az idővel négyzetesen arányos, grafikonja parabola. A

mágneses energia maximális értéke a képlet alapján mJss

mJEmágn 2253625,6 2

2.

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: kV1U,mH900L,A5,2I öi

mssV

AH

U

ILt

öi

25,21025,21000

5,29,0 3

47

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.

A toroid mágneses mezejét a kr

NIB

20 képlettel határozhatjuk meg. Ebből a menetszámot

kifejezve adódik, hogy a toroid 250080000104

85227

0 A

Tm

I

BrN

AmVs

k menetes. A

toroid középkörének kerülete mmrl 4,3114,3522 hosszú és 2222 065,714,325,214,3)5,1( mmmrA kersztmetszetű. A toroid induktivitása

Hm

m

Am

Vs

l

ANL r 76625,1

4,31

065,762500001056,121

27

2

0 nagyságúnak adódik.

A berendezés a megadott áram esetén

MJJAHILEmágn 565210652,5104,676625,12

1

2

1 9292 energiát tárolt.

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

tekercs keresztmetszete: 2222 cm14,314,3cm114,3)cm1(rA . A tekercs

induktivitása: mH57,0m0314,0

m1014,3169

Am

Vs1056,12270

l

ANL

247

2

0r .

A rézdrót ellenállásához a drót adataira van szükségünk. A drót hossza a 13 menet hossza,

azaz m816,0cm64,8114,3cm1213 . A drót átmérője a tekercs hosszának 13-ad része,

azaz mm4,2cm24,013/cm14,3 . A drót keresztmetszete: 2222 mm52,414,3mm44,114,3)mm2,1(rA . Így a rézdrót ellenállása:

m21,3mm52,4

m816,0

m

mm0178,0

AR

2

2. A drótban kialakuló áram Ohm törvénye

szerint: A14021021,3

V5,4

R

UI

3. A tekercsen tárolt mágneses energia:

J2,560A1402H1057,02

1IL

2

1E

232

mágn

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.

48

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.

V0157sinV325sinUU157s5,0314ts5,0t

V07,15sinV325sinUU7,15s05,0314ts05,0t

V32557,1sinV325sinUU57,1s005,0314ts005,0t

303s1

333

202s1

222

101s1

111

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: s3001t,V250U,V500U 0

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.

49

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: V12U,A8,4I,2000N,mA600I szszpp

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: A8,44I,kV750U,kV24U 1szp

A szekunder főág árama 15-ször 44,8 A, azaz 672 A. A transzformátor a feszültséget 31,25-

szörösre 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:

Adatok:Ckg

kJ2,4c,C50T,C20T,4R,h1t,A2I,2500N,150N víz2121

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

JsAtRIE 36,2073600412,022 hőt termel. Ezzel az energiával

gkgC

J

Tc

Qm

Ckg

j65,11065,1

304200

36,207 3 vizet lehet az adott hőmérsékletre

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

50

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:

A 200 V-on 500 W-os melegítő ellenállása 80500

20022

W

V

P

UR .

A 200 V-os csúcsfeszültségű váltakozó áram effektív feszültsége 141,8 V, ezzel a

teljesítmény WV

R

UP 250

80

4,14122

, azaz kétszer annyi idő kell ezzel a feszültséggel a

melegítéshez.

A melegítésre fordítandó energia JCkgTmcQCkg

J 6720008024200 .

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:

A keret kerülete 16 cm, ellenállása 3

26

8 1041,5105,0

16,01069,1

m

mm

A

lR .

Ezen a 20 A-es áramot az U = RI = 0,108 V indukált feszültség hozza létre. A feszültség

csúcsértéke 0,153 V. Az kvlBU 2max képletből a keret kerületi sebessége

s

m

mT

V

lB

Uv 4,2

04,08,02

153,0

2. A fordulatszám

s

sm

mr

vf 11,19

14,304,0

4,2

2

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.

51

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.)

52

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.

53

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: 200R,V230U

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: 2

2

222

2

2

1

222

1 LRZésLRZ . A két egyenletet kivonva 2

s

12

s

1222 628314L36001600 . Ebből L = 0,0822 H = 82,2 mH.

Visszahelyettesítve az ohmos ellenállás R = 30,5 ohm.

4,5904,1508,060

5,30cos

3,407,07625,040

5,30cos

22

11

Z

R

Z

R

54

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.

1573145,0 1

sL HLX

1593141020

1116

s

CFC

X

02,8046400 2222

CL XXRZ

9997,002,80

80cos

Z

R

Ez az arány meg kell, hogy maradjon egy új ohmos ellenállás érték mellett úgy, hogy a

kapacitív ellenállás eltűnik.

9997,0cos22

LXR

R

R

R

R

RR

5,6407

41056666

0006,024634

246499997,0

22

22

2222

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

55

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: 6107,103f 1/s, 4102L H.

A Thomson-formula szerint: CL

f2

1. Ebből a kondenzátor kapacitása

kifejezhető: 14

221018,1

4

1

LfC F.

56

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. Hogyan változik a rezgőkör sajátfrekvenciája, ha

a) kétszeresére növeljük a tekercs induktivitását?

b) kétszeresére növeljük a kondenzátor kapacitást?

c) az induktivitás és a kapacitás értékét is kétszeresére növeljük?

Megoldás:

Alkalmazzuk a Thomson-formulát: CL

f2

1

a) Ha kétszeresére növelem a tekercs induktivitását (és a kapacitás értékét nem

változtatom), akkor a sajátfrekvencia a 2

1-szeresére változik.

b) Ha kétszeresére növelem a kondenzátor kapacitását (és az induktivitás értékét nem

változtatom), akkor a sajátfrekvencia szintén a 2

1-szeresére változik.

c) Ha az induktivitás és a kapacitás értékét is kétszeresére növelem, akkor a

sajátfrekvencia a 2

1-szeresére változik. (Felére csökken.)

57

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: fc f

c

sf

1109 8

1 3,331

1f

c cm.

sf

1108,1 9

2 6,162

2f

c 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.

58

5. Bay Zoltán radarjelet küldött a 384.000 km távolságban lévő Holdra. A kibocsátást

követően mennyi idő múlva érkezett meg a visszhang?

Megoldás:

Adatok: s = 384.000 km, s

m103 8c .

A hullám kétszer teszi meg a Föld-Hold távolságot.

Az ehhez szükséges idő:

56,22

c

st s.

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: W2P1 , m02,0r1 , W30P2 , m20r2 , év1t 2 .

A sugárforrás által t idő alatt kibocsátott energia az őt körülvevő r sugarú

gömbfelszínen egyenletesen oszlik szét. A gömbfelszín A területű részére jutó energia:

24 r

AtP

.

A mobiltelefon és a bázisállomás által kibocsátott energia egyenlő:

2

2

22

2

1

11

44 r

AtP

r

AtP

min822

2

2

1

1

21 t

r

r

P

Pt

.

59

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,

s

m103 8c

.

Megoldás:

Adatok: R = 6.370 km, r = 42.240 km, 47 , s

m103c 8 .

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

távolságát:

km181.38cos22 rRrRs .

A 2s megtételéhez szükséges idő:

s256,02

c

st

60

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: s

m103 8c . Budapest és Pécs távolsága m102 5

1s , A Nap és a Föld

távolsága m105,1 11

2s , A Nap és a Neptunusz távolsága m105,4 12

3s .

A fény homogén közegben (levegőben, légüres térben) állandó s

m103 8c sebességgel

terjed. Az s távolság megtételéhez szükséges idő: c

st .

a) Budapestről Pécsre sc

st 411 1067,6

b) A Napról a Földre min3,850022 s

c

st

c) A Napról a Neptunusz bolygóig min104000.153

3 hsc

st 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 12106,8353 m =

1210353,8 km.

b) A fény menetideje ekkor távon: 7

8107845,2

103

3536,8

sm

m

c

st s, ami kb. 322,3 nap.

61

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= s71015576,3 , s

m103 8c

1215 1047,91046728,9 mtcs 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

messze történt a villámlás? A hang sebessége levegőben s

m340 .

a) A fény sebességét olyan nagynak tekintsük, hogy ne kelljen vele számolni!

b) Számításunkkor vegyük figyelembe, hogy a fény sebessége levegőben s

m103 8 !

Megoldás:

Adatok: t = 4,5 s, s

m3401c ,

s

m103 8

2c

a) A fény sebességét olyan nagynak tekintjük, hogy nem kell vele számolni. A hang

egyenletesen halad a levegőben m153011 tcs

b) Ha figyelembe vesszük a fény sebességét is: A hang menetideje: 1

1c

st . A fény

menetideje: 2

2c

st .

Az általunk észlelt időtartam 21

12

21

21cc

ccs

c

s

c

sttt

A villámlás távolsága: mm34,17m153012

21 tcc

ccs

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

eltérés).

62

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:

31

3

h

H

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.

63

7. Milyen messze van a Föld Naptól származó árnyékkúpjának csúcsa a Földtől?

A szükséges adatokat a Négyjegyű függvénytáblázatokból keressük ki!

Megoldás:

Adatok: A Nap sugara: kmR 5107 , a Föld sugara: kmr 31037,6 , A Nap és Föld

távolsága kmOOd 8

21 105,1 . A keresett távolság legyen: 2OOx .

Az ábra alapján az 11EOO és az 22EOO közös hegyesszögű, derékszögű háromszögek

hasonlóak egymáshoz. A megfelelő oldalak aránya egyenlő:

R

x

r

dx

.

Ebből x kifejezhető: km105138,1rR

dRx 8 .

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

fogaskerék: N2

2 szöget fordul el.

A kerék egyenletesen forog: tf2 fN2

1t .

A fény sebessége: s

m304.274.313fNl4

t

l2c , ami valóban 4,4%-kal nagyobb

a valódi értéknél.

64

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 más-

más 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.

65

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: 1809090

Az (ABC) háromszögben: 18022

Ebből kifejezhetjük a keresett szöget: 21802180

Helyettesítsük be 45 értéket:

902180

66

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)

Anyagsűrűség

( , 3mkg

)

Etil-alkohol 1,579-1,3738 789

Benzol 1,49-1,53 879

Víz 1,329-1,344 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!

6,484

31sinsin

sin

sin

nnn

A víz alól a függőlegessel 6,48 -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.

67

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 Snellius-

Descartes törési törvény felhasználásával.

3/4

1

90sin

sin

6,484

3sin

Az eltakarításhoz szükséges kör alakú ponyva sugara 54,42 tgHRd 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:

n

h 1

90sin

sin

.

86,413

2sin hh

8,41h .

68

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

( 5,48h ). A buborék ezüstösen fénylik, sokkal fényesebb, mint a környezete, mivel

minden fénysugarat visszaver, ami 5,48 -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.

69

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, cm2 .

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!

71,3051,0sin

sinsin

sin

nn

Az ABC derékszögű háromszögben:

AB

dcos

.

Az ABD derékszögű háromszögben:

ABsin

.

A két egyenlet hányadosát véve, és rendezve a lemez vastagsága:

cm2,5sin

cosd

Az üveglemez 5,2 cm vastag.

70

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:

71

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: 1H , 2H . A tükröt szintén: 1h , 2h .

A lábunkról induló fénysugár a tükör alsó széléről visszaverődve jut a szemünkbe. A

visszaverődés törvénye miatt 2

22

Hh . A fejünk búbjáról induló fénysugár a tükör felső

széléről visszaverődve jut a szemünkbe: 2

11

Hh .

A tükör mérete: cm902222

212121

HHHHHhhh .

A tükör alsó széle a padlótól: cm852

10180

2

12 cm

HHh magasan legyen.

4. A 12 cm átmérőjű gömb alakú karácsonyfadísz hányszorosra kicsinyíti a tőle 50 cm-

re égő gyertyát? Milyen tükörként viselkedik a dísz?

Megoldás:

Adatok: cm122 r , t =50 cm

A gömb alakú karácsonyfadísz domború gömbtükörnek tekinthető, fókusztávolsága

negatív: f =-6 cm.

Alkalmazzuk a leképezési törvényt: ktf

111. Ebből a képtávolság kifejezhető:

cm357,5ft

tfk . A nagyítás: 107,0

t

kN .

A gyertyát 0,107-szeresére kicsinyíti a gömb.

72

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: cm1021 rrr , 1n =1,5, 3/42n

a) Használjuk a lencse fókusztávolságára vonatkozó összefüggést!

cm10cm

10,1

cm10

1

cm10

115,1

111

1

21

1 frr

nf

A bikonvex lencse fókusztávolsága levegőben 10 cm.

b) A víz törésmutatója: 3/4n 2 . Az üvegnek vízre vonatkozó törésmutatója:

8

9

2

1

n

nn

.

Használjuk ismét a lencse fókusztávolságára vonatkozó összefüggést!

cmfcmcmcmrr

nf

401

025,010

1

10

11125,1

111

1

21 A bikonvex lencse fókusztávolsága vízben 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 1T

KN .

A nagyítás kifejezhető a tárgy-, és képtávolsággal is t

kN . Ez alapján megállapítjuk,

hogy k = t.

Alkalmazzuk a leképezési törvényt!

302211111

fttttktf

cm!

A képalkotásról készült vázlatrajz a nevezetes sugármenetek segítségével készült:

73

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.

A nagyítás fogalma t

kN tNk . Ezt helyettesítsük a leképezési törvénybe:

cm2011111

ffN

Nt

tN

N

tNtf.

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:

74

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.

Használjuk fel, hogy tNkt

kN .

cm83

dtt3tNtd , k =-16 cm

Alkalmazzuk a leképezési törvényt: k

1

t

1

f

1.

cmtk

tkf

tk

tk

f16

1

cmfR 322

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: cm70t1 , cm40t 2 , N = 2

Alkalmazzuk a leképezési törvényt: k

1

t

1

f

1

ft

tfk .

A nagyítás fogalma: tf

f

t

ft

tf

t

kN .

Figyelembe véve, hogy N = 2:

21 tf

f

tf

f2 cm10tt2f 12 .

A tükör görbületi sugara: cm20f2R

A képalkotás vázlata (méretarányosan) a két tárgytávolságra:

75

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.

76

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:

A nagyított kép esetén a tárgytávolság 2

sL

, képtávolság 2

sL

, a kicsinyített kép

esetén fordítva. A leképezési törvényből a fókusztávolság kifejezhető:

cm124 L

sLsL

kt

ktf

A lencse fókusztávolsága 12 cm.

77

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 mm-

re csökken?

Megoldás:

Adatok: mmr 61 , mmr 22

A retina megvilágítottsága egyenesen arányos a pupilla területével. A pupilla átmérője a

harmadára, a területe a kilenced-részére csökkent.

9

1

6

222

1

2

2

1

2

2

1

2

r

r

r

r

A

A

A pupilla megvilágítottsága a kilenced-részére csökkent.

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. 53,0 , a

doboz mérete 1 m.

Megoldás:

Adatok: 53,0 , m1L .

A rajz alapján mm25,92

2 tgLd .

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

78

4. A fényképezőgépünk objektívje 120 mm fókusztávolságú. Mekkora szakaszon

mozgatható, ha 1,5 métertől a végtelenig tudunk vele fényképezni?

Megoldás:

Adatok: m0,12mm120f , m5,1t

A nagyon messzi tárgyak fotózásakor a tárgytávolság végtelennek tekinthető. Ilyenkor a

kép az objektív fókuszsíkjában keletkezik: mmfk 1201 .

Az 1,5 méter távolságban lévő tárgy fotózásakor a helyes képtávolságot a leképezési

törvény segítségével kapjuk: mm43,130111

2ft

tfk

ktf.

A fényképezőgépünk objektívjét mm4,1012 kk hosszú szakaszon kell tudnunk

mozgatni.

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:

Adatok: d = 25 cm, m6

1f

m

16D , y = 15 cm.

A lencse és a szemünk távolságát jelöljük x-el, a tárgy és a szemünk távolságát y-nal!

A leképezés során a tárgytávolság: xy , a képtávolság: dxxd .

Alkalmazzuk a leképezési törvényt: k

1

t

1

f

1!

A dx

1

xy

1D egyenletet rendezve x-re másodfokút kapunk:

02

D

dyxdyx

.

Behelyettesítve és megoldva két értéket kapunk:

cm4,381x , cm63,12x

Az 1x nem megoldása a feladatnak, hiszen az nagyobb, mint a tisztán látás távolsága.

A nagyítót cm63,1x távol kell tartanunk a szemünktől.

Ekkor a tárgytávolság cm37,13xyt , a képtávolság cm37,23dxk .

A nagyítás: 75,137,13

37,23

t

kN .

79

6. Az ábrán a Newton-féle tükrös távcső képalkotásának vázlatát látjuk. A nagy

pontossággal csiszolt homorú tükör 1f által összegyűjtött fénysugarakat a távcsőtubus

belsejében elhelyezett 45 -os szögben megdöntött síktükör juttatja el az okulárhoz 2f .

A szögnagyítása 2

1

f

fN sz . A fenti kis képen látható Newton-féle tükrös távcsővel 50-

szeres nagyítás érhető el. Az okulárja 20 mm fókusztávolságú. Mekkora a homorú tükör

görbületi sugara?

Megoldás:

Adatok: 50N sz , m02,0f2

Használjuk a szögnagyítás fogalmát: 2

1sz

f

fN !

A homorú tükör fókusztávolsága: m1fNf 2sz1 .

A tükör görbületi sugara: m2f2R .

80

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

különböző hullámhossz, és így a különböző frekvencia miatt c

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: nm630 , nm945s

Érdemes megvizsgálni az útkülönbség és a hullámhossz arányát: 5,1630

945s.

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.

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 ( 910 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.

81

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 magnézium-

fluorid (n = 1,38) réteggel kell bevonni, hogy a merőlegesen beeső

nm550 hullámhosszúságú fény (kb. ez a látható spektrum közepe) visszaverődését

teljesen meggátolja?

Megoldás:

Adatok: n = 1,8, n/ = 1,38, nm550

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: ds 2 .

Akkor találkoznak ellentétes fázisban, ha ez az útkülönbség a fény üvegbeli

hullámhosszának a fele: 2

s/n .

Az útkülönbség kétféle kifejezésének egybevetése után: 2

d2/n .

m1096,9444

8/

/

n

nd n

A visszaverődés-mentes bevonat vastagsága 99,6 nm.

Hasonló bevonattal lehet elérni, hogy a szemüveglencsék tükröződés-mentesek legyenek.

82

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: m105200

cm1d 6 , L = 1,5 m, cm40x2 1 , cm8x2 2 .

a) Az első elhajlási szög pici: 6,7133,0L

xtg 132,0sin . Ezért

használható a következő összefüggés: L

xd. (A levezetése a lecke mérési részében

található.) Tehát nm667m1067,6m1,5

m0,2m105

L

xd 76

1 .

83

b) A másodrendű erősítési helyek távolságát jelöljük 2y-al! Használjuk a leckében

megismert általános összefüggést, amely kicsi szögekre ad közelítést:

,...2,1,0kd

Lkx . Most k = 2:

d

L2y .

A keresett távolság:

cm804

2d

Ly

A két másodrendű erősítési hely egymástól kb. 80 cm távol van

c) A fenti összefüggésből fejezzük ki a függönyanyag rácsállandóját, és helyettesítsünk

be!

m105,2m0,04

m1,5m106,67 57

2x

Ld

A szálak száma cm-enként: 040m102,5

m105

2

.

A függöny anyagában azonos irányban 400 szál fut centiméterenként.

84

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: 3/4n

A visszavert fény akkor lesz 100%-san polarizált, ha a beesési szög megegyezik a B

Brewster-szöggel.

A Brewster-törvény szerint ntg B .

13,533

4BBtg

Amikor a Nap 13,53 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.

85

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 7,6 -kal forgatja el centiméterenként. Mekkora annak a

cukoroldatnak a koncentrációja, amelyik a 20 cm hosszú polariméterben 10

szögelfordulást okoz?

Megoldás:

Adatok: 31

cm

g1k , cm1L1 , cm20L2 , 7,61 , 102

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:

111 LkC 222 LkC A két egyenlet hányadosát véve:

11

22

1

2

Lk

Lk

-

Ebből a keresett 2k koncentrációt kifejezve:

31

1

2

2

12

cm

mg6,74k

L

Lk

.

Az ismeretlen oldat koncentrációja:

32cm

mg6,74k

86

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:

Az arany moláris tömege 197 g/mol. Így egy atom tömege kgkg

m 25

23103,3

106

197,0.

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 db1072,1 18 -ot kapunk.

2. Hány mól aranyban van Avogadro-számnyi proton?

Megoldás:

Mólnyi aranyban 79 mólnyi proton van. Ezért 1 mólnyi proton 79

1= 0,013 mólnyi aranyban

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

A mólszám meghatározása: molmolkg

kg

M

mn 2,20

/10197

978,33

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!

87

Megoldás:

Adatok: I=0,2 A, Ce 19106,1 , st 1

Az áramerősség definíciójából következik, hogy tIQ . Így az áthaladó töltés 0,2 C.

Az elemi töltés ismeretében az elektronok száma meghatározható:

dbC

C

e

QN 18

191025,1

106,1

2,0

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 sorról-

sorra 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.

88

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 3181023,5 m -nek adódott. A felhasznált olaj sűrűsége

920,0 3/ mkg , a levegő sűrűsége 1, 290 3/ mkg . g = 9,81 2/ sm . 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: 3181023,5 mV , OLAJ 920,0

3/ mkg , LEVEGŐ

1, 290 3/ mkg . g=9,81 2/ sm , d=15,2

mm, U=896,2 V

Az elméleti taglalásnál megállapítottuk, hogy:

gVQd

UgV

LEVEGŐOLAJ

Ezt érdemes átrendezni:

(V OLAJ -LEVEGŐ

)g= Qd

U

Ebből a Q töltés kifejezhető:

CCV

msmmkgm

U

dgVQ LEVOLAJ 1919

23318. 1081099,7

2,896

0152,0/81,9/71,9181023,5)(

5e

Q, tehát ez az elemi töltésnek ötszöröse.

89

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:

s

mV

kgU

m

ev 711 1019,45000

C10 1,75922

Határozzuk meg, mennyi idő alatt halad át a kondenzátoron vízszintes irányban:

ssm

mt 9

71019,1

/1019,4

05,0

Ha pontosan a kondenzátor végébe csapódik, akkor ennyi idő alatt függőlegesen 1 cm-t

mozdul el. Függőlegesen gyorsuló mozgást végez.

2

22t

ady

Fejezzük ki a függőleges gyorsulást:

md

eU

m

Ee

m

Fa k . Ezt írjuk vissza a fenti egyenletbe:

2

22t

md

eUd k . Ebből kU kifejezhető:

Vet

mdU k 5,1606

1019,1106,1

02,0101,918219

231

2

2

90

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

kgsm

J

c

Em 9

28

26

21029,4

/103

1086,3

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 s710 . Így az előző feladat eredményét felhasználva

egy év alatt az energiává átalakult tömeg: 97 1029,41015,3 kg = 1,35 kg1710 .

Ezt 8 milliárd évvel szorozva: kgkg 27179 1008,11035,1108

A Nap tömege a függvénytáblázat 251. oldala alapján 1,989 kg3010 .

Az energiává átalakult tömeg az összes tömegnek csak 5,4 410 -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 Js

mkgmcE 13

2

2162 109109001,0 .

JkWh 6106,31

Így a felszabaduló energia kWh7

6

13

105,2106,3

109. Ennek az értéke

FtkWh

FtkWh 97 1040105,2 , azaz 1 milliárd Ft lenne.

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?

91

Megoldás:

Adatok: P=2000MW, 0,3367

A hatásfokot figyelembe véve a hőteljesítménye:

MW

MWPP

HŐ5940

3367,0

2000

3367,0

Egy év az kb. s71015,3 , és az év 0,86-részében szolgáltatja a fenti hőteljesítményt. Így egy

év alatt megtermelt energiája hő formájában:

JsWE 1776 1061,186,01015,3105940

Ennek tömegegyenértéke: kg

s

m

J

c

Em 79,1

109

1067,1

2

216

17

2

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, ,100KT az alumínium fajhője c = 900kgK

J.

Az energiaváltozása a melegítés után:

JTcmE 6109100100900

A tömeg növekedése: kgc

Em 10

16

6

210

109

109

6. Egy autós évente átlag 18.000 km-t autózik 8 literes átlagfogyasztással. A benzin sűrűsége

7413m

kg, égéshője H = 44

kg

MJ. Ábrándozgassunk el arról (mit sem törődve a

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?

92

Megoldás:

Ha 100 km-en 8 liter a fogyasztás, akkor 18 000 km-en 1440 liter.

Ennek tömege kgdm

kgdmVm 1067741,01440

3

3 . Így a motortérben évente

felszabaduló energia mennyisége: Jkgkg

MJmHE 101069,4106744

Ennek tömegegyenértéke: kg

s

m

J

c

Em 7

2

216

10

2102,5

109

1069,4

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 J1910 , tehát 1144 TeV= 1,83 J410 .

mmmN

J

mg

Eh 037,0107,3

5

1083,1 54

!!!

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.

93

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:

Feladatunk a xc

v arány meghatározása, ha tudjuk, hogy 2

0m

m. Ezekkel a jelölésekkel

és értékekkel a relativisztikus tömegnövekedés képlete így alakul:

21

12

x.

Emeljük négyzetre az egyenlet mindkét oldalát: 21

14

x.

Majd rendezzük át ezt az egyenletet, és fejezzük ki x-re. Ekkor a 2

4

3x egyenletet kapjuk,

amiből a szóba jöhető megoldás x=0,866. Azaz a fénysebesség 86,6 %-val haladva

következik be a sebességkétszereződés, minden részecskénél.

2. A CERN-ben a világ legnagyobb részecskegyorsítójában a protonok a fénysebesség

99,99999% -ával mozognak. Hányszorosa a látszólagos tömegnövekedésük?

Megoldás:

9999999,09999999,0

c

c

c

v

Így az

2

2

0

1c

v

mm összefüggés a következő módon írható:

22369999999,01

1

20m

m

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

leegyszerűsíti, ha a következő közelítéssel élünk: Ha 1 , akkor 2

11

1 2

2

94

Megoldás:

Adatok: s

m3,333v , sht 5400015

2

2

/

1c

v

tt

Ha 1 , akkor 2

11

1 2

2

6

81011,1

103

3,333

c

v Így 122 1023,1

Így egyenletünk a következő alakú:

54000 s = 13132

1017,6tt)1017,61(t)2

1(t

Minket az ts54000 meghatározása érdekelt. Használjuk fel az, hogy st 54000

Így a következőt írhatjuk:

s1033,31017,6s54000ts54000 813

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:

ha v<<c akkor, 2

11

1 2

2 , ha 1akkor

211

22 .

Megoldás:

Adatok: m=1000 kg, v=s

m410 , st 86400

a) Az

2

2

0

1c

v

mm összefüggést kell használnunk. Mivel v<<c ezért, a

21

1

1 2

2

közelítést használjuk:

kgkgkgkgc

vkgm 710

16

8

2

2

1056,51000)1056,51(1000)1092

101(1000)

2

11(1000

Ebből látható, hogy a tömeg növekedése mindössze 0,56mg , ami egy 1t-ás tömeg mellett

95

kimutathatatlan.

b) A rövidülést a 2

2/ 1

c

vll képlet alapján kell számolnunk. Használjuk fel az

1 esetre érvényes 2

112

2 közelítést.

mmmc

vml 95

2

2/ 1078,25)1056,51(5)

2

11(5

A rövidülés tehát 2,78nm, ami a látható fény hullámhosszának több mint százada.

96

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, 2mv2

1=0,2 aJ

2

2

1mvWhf ki egyenletből következik, hogy kiW 0,8 aJ.

b) Ha a frekvenciát megkétszerezzük, akkor hf=2 aJ lesz, változatlan kiW 0,8 aJ mellett az

elektron energiája 1,2 aJ lesz.

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:

A rajz hibás. A két egyenesnek párhuzamosnak kell lennie. Ha a 2

2

1mvWhf ki egyenletet

a lineáris egyenletek baxy alakjában akarjuk felírni, akkor az átrendezett

ki

2 Whfmv2

1 alakot tekintsük. Ebből látható, hogy az egyenes meredeksége a Planck-

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?

97

Megoldás:

Adatok: aJWki 16,0

A küszöbfrekvenciára: kiWhf . Ebből HzJs

J

h

Wf ki 14

34

18

104,2106,6

1016,0, valamint a

nmf

c1250 , ez az infravörös tartományba esik, azaz valóban a teljes látható

tartományban érzékeny.

4. Egy bárium-oxid fotokatódot (amelynek kilépési munkája 0,16 aJ) világítunk meg 632 nm-

es 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: aJWki 16,0 , λ = 632 nm

a) J103,2m10632

s

m103

Js106,6c

hhf 19-

9

8

34

b) A 2

2

1mvWhf ki összefüggésből a keresett maximális energia J101,5Whf -19

ki

c) Jmv 192 105,12

1, ebből v=4∙10

5 m/s

d) Az 2

2

1mveU összefüggésből következik, hogy U

C106,1

J105,119

19

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?

98

Megoldás:

Adatok: ,432,0 aJWki nm405

a) kiWhf képletből HzJs

J

h

Wf ki 14

34

18

105,6106,6

10432,0

b) nmHz

s

m

f

c462

105,6

103

14

8

, ez kék fény

c) A fényelektromos egyenlet átrendezéséből kapjuk, hogy m

Wc

h

vki )(2

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: ;103;10 84

s

mcms

99

A fény az adott távolságot s

s

m

mt 5

8

4

103

103

10 alatt teszi meg. Ha feltesszük, hogy a

fotonra is teljesül a gravitációs törvény, akkor a vízszintes hajításnak megfelelően függőleges

irányban szabadesést végez. Ha a függőleges irányú elmozdulást x-szel jelöljük, akkor

.105,410952

9210

2

2 mss

mt

gx

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.

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:

Adatok: staJEmnm 1;6,1;10507507 9

A foton energiája: Jm

smJs

chhf 19

9

834 1092,3

10507

/1031063,6

A szembe érkező fotonok száma: 41092,3

106,119

18

J

JN

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. J19106,5 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:

Adatok: ;106,5 19 J

Azc

hhf alapján a hullámhossz nmJ

smJshc355

106,5

/1031063,619

834

. Ez már

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.

100

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: mWPnm 2;642

A foton energiája: Jc

h 19101,3 ;

Tömege: kg

s

m

J

c

hfm 36

2

216

19

2104,3

109

101,3 ;

Lendülete: s

kgm

s

m

J

cp 27

8

19

10

103

101,3

A kibocsátott fotonok száma, 1 s alatt: 15

191045,6

101,3

002,0

J

JN

101

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:

2

2

r

eekmr

Beírva frekvenciát:

102

2

2224

r

ekfmr

Ebből a frekvencia:

Hzmr

kef 15

31312

2199

3

2

105,6101,9)1050(

)106,1(109

2

1

2

1

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 m15107 . 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:

A rétegek száma: N= 3300m10300

m1012

6

Majd határozzuk meg egy aranyatommag felületét:

A0=2282 1054,1 mr

Tegyük fel az egyszerűség kedvéért, hogy egy 21cm -es felületű aranyfóliával szembe

érkeznek az részecskék véletlenszerű eloszlásban.

Számoljuk ki, hogy mennyi aranyatom van egy 21cm -es alapterületű és 1 m vastagságú

aranyfóliában!

1 mol arany 197 g tömegű. Mivel az arany sűrűsége 19,33cm

g, ezért 31cm arany közel 0,1

mol. Így 31cm ben közel db22106 atom van. A m a cm tízezred része, ezért a kiszemelt

térfogatban db18106 aranyatom van.

Ezek után már meghatározható, hogy az arany atommagok mekkora felületet takarnak le:

A=2621022818 102,9102,91054,1106 cmmm

Ez a teljes 21cm -es felület 696.108

1 része. Ttehát azt mondhatjuk, hogy durván kb. 100.000

részből egy teljesen visszapattan, azaz 180 o -os eltérülést szenved.

103

5. A szórási kísérletben egy részecske sebessége s

m7106,1 . Mekkora lehet az arany

atommagja és az részecske minimális távolsága?

Megoldás:

Adatok: s

mv 7106,1 ; Z=79 az arany rendszáma.

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:

r

eZekmv

2

2

1 2

Ebből a keresett távolság:

m

mv

Zekr 149

13

36

2727

2199

2

2

1027,4109105,8

1004,4

)106,1(1068,62

1

)106,1(792109

2

1

2

104

30. lecke A Bohr-modell

1. Lehet-e olyan állapota a hidrogénatom elektronjának, amikor energiája – 0,349 aJ?

Megoldás:

Adatok: aJEn 349,0

Az energiát a következő képlet adja meg:

aJn

aJEn 349,0

18,22

Ezt kell megoldanunk n-re, és n-nek egésznek kell lennie.

16,01

2n

Ebből 5,225,6n

Ilyen energiával nem rendelkezhet tehát atompálya a hidrogénatomban.

2. Lehet-e egy hidrogénatom pályasugara 1,325 nm?

Megoldás: A pályasugarat az 22

0 53 npmnrrn összefüggésből számolhatjuk. Azt

keressük, hogy van-e olyan egész n, ami kielégíti a következő egyenletet: 253325,1 npmnm

Azt kapjuk, hogy:

2

12

9

251053

10325,1n

m

m

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:

)18,2( aJEn egyenletet kell vizsgálnunk. Azt kell meghatároznunk, hogy a kifejezett

nE energiák lehetséges atompálya energiák-e, szerepelnek-e pl. a 117. oldal ábráján

a) 2,093 aJ )18,2( aJEn -ből nE = -0,087 aJ. Ez az n = 5 –ös főkvantumszámhoz tartozó

energia.

b) 1,100 aJ )18,2( aJEn -ből nE = -1,08 aJ. ilyen energiájú állapot nem létezik.

105

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: aJE 087,05 és aJE 242,03 .

A frekvenciafeltétel szerint:

hfaJaJaJEE 155,0)242,0(087,035

Ebből a frekvencia: Hzf 141033,2

A hullámhossz: .12881033,2

10314

8

nmf

c

Ez az infra tartományba esik.

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: pm , elektron tömeg: em ,

Bohr-sugár: 0r

Elsőként számoljuk ki a gravitációs erőt a proton és az elektron közt:

Nr

mmfF

np

g

47

211

312711

2

0

1058,3)103,5(

101,91067,11067,6

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

N1023,8)103,5(

106,1109

r

ekF 8

211

2199

2

0

2

c

A két erő hányadosa: 39103,2g

c

F

F

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.

106

6. Mekkora az alapállapotban keringő elektron sebessége és mozgási energiája a hidrogén

atomban?

Megoldás:

A sebesség az I. axiómából, a r

mv

r

ek

2

2

2

összefüggésből határozható meg legkönnyebben:

s

m

mr

kev 6

2

102,2

Az energia az 2

2

1mv -ből 2,2 aJ. Ez meghatározható abból is, hogy tudjuk, hogy az összes

energia -2,2aJ és a potenciális energia (abszolút értékben) kétszerese a mozgásinak.

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.

107

31. lecke Az elektron hullámtermészete

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

Megoldás:

Alkalmazzuk a nmU

23,1 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:

V3750104

105,1

)1020(

105,1)1023,1(U

22

18

212

18

2

29

3. Egy elektron és egy foton azonos, 0,1 aJ energiájú. Hogy aránylanak tömegeik, lendületeik,

hullámhosszaik nagyságrendjei?

Megoldás:

Az adatokat foglaljuk táblázatba.

foton elektron

Tömeg kg

cm 36

16

18

2101,1

109

101,0

kg31101,9

Lendület skgm

cp /103,3

103

101,0 28

8

18

skgmEmp /103,42 25

Hullámhossz nmm

p

h2000102 6 , infra nm

p

h5,1

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.

108

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 Cu29 (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 Hf72 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.

109

3. A magfizikai kísérletekben normál körülmények közt egy neutron helye kb. m1510 -es

tartományban meghatározható. Az elektronnál ez az érték m1110 körül van. Mi ennek az

oka?

Megoldás:

A határozatlansági relációból látható, hogy m

xvm

h

mv

hx

1~

4)(4. Azaz minél

nagyobb a tömege, annál jobban lokalizálható egy részecske azonos v mellett.

4. Egy neutronról tudjuk azt, hogy áthaladt egy alumínium kristályrács 400 pm-es

kristályközén. Mekkora volt sebességének bizonytalansága az áthaladás közben?

Megoldás:

Adatok:

kgmn

271067,1

mx 10104

A határozatlansági reláció szerint:

Jspx 34105,0 . Ebbe behelyettesítve:

s

mkg

m

Jsp 25

10

34

1025,1104

105,0

A sebesség bizonytalansága ebből:

s

m

kg

skgmv 75

1067,1

/1025,127

25

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.

5. Az Al27

13 mag sugara kb. m15106,3 . 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:

mx 15106,3

kgmn

271067,1

110

A határozatlansági reláció szerint:

Jspx 34105,0 . Ebbe behelyettesítve:

s

mkg

m

Jsp 20

15

34

104,1106,3

105,0. Érdemes megnézni, nem vagyunk-e relativisztikus

tartományban: s

m

kg

s

mkg

m

pv 6

27

20

104,81067,1

104,1

. Nem kell tehát relativisztikusan

számolni, ez sokkal kisebb a fénysebességénél.

Az energiabizonytalanságot érdemes ilyen alakban számolni:

m

p

m

vmmvE

22

1

2

1 2222 . Így:

MeVJkg

skgm

m

pE 37,0109,5

1067,12

/104,1

2

14

27

2202

.

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 J1310 -nál nagyobb

energiájú részecske nem lehet.

Megoldás:

Adatok: mx 15106,3

kgme

31101,9

A határozatlansági reláció szerint:

Jspx 34105,0 . Ebbe behelyettesítve:

s

mkg

m

Jsp 20

15

34

104,1106,3

105,0..

Az energiabizonytalanságot most is érdemes ilyen alakban számolni:

Jkg

skgm

m

pE 10

31

2202

101,1101,92

/104,1

2.

Ez három nagyságrenddel nagyobb a megadott értéknél.

111

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 = 1510 m.

Először számoljuk ki a Coulomb-erő nagyságát.

Nr

ekF 7,230

2

2

A gravitációs erő:

Nr

mfF

p

g

35

215-

2-2711

2

2

10125)(10

)10 (1,67261067,6

A két erő közt valóban 35 nagyságrendi különbség van.

2. A Négyjegyű függvénytáblázatokban található periódusos rendszer segítségével egészítsük

ki az alábbi táblázatot!

Megoldás:

Izotóp Magban lévő

protonok száma

Tömegszám Magban lévő

neutronok száma

Ra226

88 88 226 138

Pb209

82 82 209 127

Pa231

91 91 231 140

3. Határozzuk meg, milyen részecskék hatására játszódhatnak le az alábbi magreakciók!

a) HeHe?Li 4

2

4

2

7

3

b) HeBN? 4

2

11

5

14

7

c) pLi?D 1

1

7

3

2

1

d) LiHe?B 7410

e) A neutron semleges. A semleges részecskék kimutatása úgy lehetséges, ha ionok keltésére

késztetjük. A fenti magreakciók közül melyik alkalmas neutronok kimutatására?

112

Megoldás: a) proton

b) neutron

c) Li6

3

d) neutron

e) A b) és a d) feladat alapján láthatjuk, hogy a neutron olyan magreakciókat tud okozni,

amelyben elektromosan töltött részecskék, jelen esetben He4

2 ( ) 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.

5. Számoljuk ki a legnagyobb kötési energiájú vasatom Fe56

26 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 MeVuc 5,9312

Megoldás:

Adatok: H: 1.007825u, n:1.008665u, 56

26 Fe: 55.934939u

A számolás során tekintsük a kötési energia abszolút értékét!

A tömegdefektus:

FenH mmmm )2656(26

Számokkal: uuum 934939,55008665,130007825,126 0,528461u

A kötési energia | MeV2614215,492MeV5,9315284461,0mcE 2

Egy nukleonra vonatkoztatva: 8,79MeV. Ez pontosan megfelel a grafikonnak.

113

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, pm =1,6726∙10-27

kg, Nm = 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:

mmmm NP 22

kgm 27100503,0

A kötési energia: MeVpJmc 29,28527,42

Az egy nukleonra jutó kötési energia pedig: 7,07MeV

Az eredmény kielégítő pontosságú a grafikonnal összevetve.

114

34. lecke A radioaktivitás

1. Mi lesz a leányelem az alábbi bomlásoknál?

a) Na22

11 -bomlása;

b) Fr221

87 -bomlása;

c) C11

6 -bomlása.

Megoldás:

a) ,22

12 Mg

b) At217

85 ,

c) B11

5 .

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: npe 1

0

1

1 ( : neutrino). Ilyen bomlás következik be a Fe55

26 izotópnál. Írjuk

fel a leányelemét!

Megoldás:

Az elektronbefogásnál a reakcióegyenlet szerint eggyel csökken a rendszám, így a leányelem:

Mn55

25

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 Ir194

77 izotóp -bomlással, 19 óra felezési idővel bomlik. Mi lesz a leányeleme? Egy 16

mg izotóptartalmú preparátumnak mikor lesz 1 mg-nyi az Ir194

77 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.

c) A leányelem Pt194

78 lesz. Az eredeti mennyiség az 16

1 részére csökken. Ez a felezési idő 4-

szerese, azaz 76 óra.

115

4. Az Np237

93 bomlási sorában egy vizsgált elemig hat -bomlás és három -bomlás

következett be. Mi a vizsgált elem?

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: 000.300N 0 ,

T = 4 perc.

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.

116

6. Bizonyítsuk be a leckénk elején szereplő állítást, miszerint tömegegységenként sokszor

annyi energia szabadul fel radioaktív bomláskor, mint kémiai reakciókor! Hasonlítsuk össze,

hogy 1g Po210 1 másodperc alatt hányszor annyi energiát termel, mint 1g szén az

elégetésekor. Adatok: felezési idő:T Po =3 perc, egy bomláskor felszabaduló

energia JEPo

121086,0 , a szén fűtőértéke: H=30kg

MJ

Megoldás:

Adatok: T=180s, JEPo

121086,0 , a szén fűtőértéke: H=30kg

MJ, m=1g

Először számítsuk ki, hogy 1g polóniumban mennyi atom van.

2123 1086,2106210

1N

Az egy másodperc alatt elbomló részecskék száma éppen az aktivitás:

A= NT

69,0= Bq1921 1001,11086,2

180

69,0

A felszabaduló energia: E=A∙ PoE = MJJ 7,8107,81086,01001,1 61219

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.

117

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 vas

~100 ~79 ~63,2 ~50 39,5 31,6 25,1 19,8 15,7 12,55 9,9

118

3. (2007. novemberi középszintű írásbeli érettségi vizsga II. rész 3/B. feladata alapján.) Az

alábbi grafikont, amely a radioaktív szén atommagok (14

C) számát mutatja az idő

függvényében, régészeti leletek kormeghatározására használják. A kezdetnek választott

időpontban (t = 0 év) a vizsgált mintában 14 ∙ 1012

db 14

C atommag található.

Jellemezzük a bomlási folyamatot a következő kérdések alapján!

a) Mennyi a 14

C 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 14

C 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 12106 db. A felezési idő elteltével,

vagyis 5500 év múlva, t = 12200 évnél lesz az aktív magok száma 12103 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.

f) Az aktivitás képlete: T

NA

69,0.T=5500 év, ez 1,738 1110 s Ebből

BqsT

NA 6,80

10738,1

101469,011

12

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.

119

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:

A(t)= A 0

T

t

2

1Behelyettesítve:

5730

2

1159

t

BqBq . Átrendezve:

573026,0

t

Mindkét oldal logaritmusát véve:

301,05730

2lg5730

6,0lgtt

. Ebből:

5730

301,022,0

t

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.

5. Igazoljuk az előző oldalon lévő állítást, miszerint ha a 60

Co felezési ideje 5,27 év, akkor 1 g

aktivitása 41 TBq!

Megoldás:

Adatok: T=5,27év= s81066,1

Az aktivitás képlete: T

NA

69,0

Az 1g kobaltban lévő részecskeszám: 2223 1010660

1N , hiszen 1 mol kobalt 60 gramm.

BqsT

NA 13

8

22

1014,41066,1

1069,069,0

120

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 238

Pu , mely 5,5 MeV energiájú -részecskét bocsát ki. Ezt az energiát

a telepben 5%-os hatásfokkal lehet elektromos energiává alakítani. A 238

Pu felezési ideje 87

év.

a) Közelítőleg hány 238

Pu 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:

a) T=84 év , P=300W, JMeV 13108,85,5 , 05,0 , t=3600s

Először számoljuk ki, mennyi energiát kell a plutóniumnak leadnia:

MJtP

WPL 6,21

Az ehhez szükséges elbomló részecskék száma: 19

13

6

1045,2108,8

106,21

JN

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.

Bqst

NA 15

19

108,63600

1045,2

174 év múlva, amikor 75W lesz a teljesítmény, akkor az aktivitás Bq15107,1 lesz.

121

7. A természetes vizek is mutatnak némi, kb. liter

Bq6 aktivitást a bennük található trícium

miatt. A trícium felezési ideje 12,3 év. Határozzuk meg ez alapján, hogy az összes

hidrogénnek hányad része trícium a természetes vizekben?

Megoldás:

Az aktivitás definíciója szerint:

T

NA

69,0. Ebből a literenkénti trícium atomok száma kifejezhető:

98

1037,369,0

10874,36

69,0

ATNT

Határozzuk meg most 1l=1 kg vízben mennyi hidrogén van.

mol

gMVIZ 18 . Ezért 1kg víz az mol

mol

kg

kgn 6,55

018,0

1

Így 1kg vízben 2523 1067,610626,55HN hidrogén van.

Ez azt jelenti, hogy a trícium részaránya: 17

25

9

1051067,6

1037,3

122

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.

123

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 235

U hasadásakor elméletileg felszabaduló összes

energiával! A bomba ledobásakor felszabaduló összes energia kb. 6 ∙ 1013

J volt, és tudjuk,

hogy 64 kg 235

U 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 235

U bomlásakor 3.2∙10-11

J energia szabadul fel.

Számoljuk először azt ki, hogy a 64 kg 235

U -ben hány hasadó képes atommag van.

2623 1063,1106M

mN

Az összes felszabaduló energia: .102,5 15 JNEÖSSZ

A hatásfok: 012,0ÖSSZ

E

E.

Az elméletileg nyerhető energia alig 1%-át produkálta a hirosimai bomba, tehát az 235

U

magoknak csak töredéke hasadt.

b) A teljesítménye: .10610

106 19

6

13

Ws

JP Ez mintegy 7,3 milliárdszorosa a világ

legnagyobb teljesítményű Kashiwazaki-Kariwa erőműnek

124

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 U235 maghasadásból származik,

és minden második U235 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

uránoxidban) Az ebben lévő hasadóképes magok száma: 2023 109,3106235

1528,0

g

gN

A felszabaduló energia kWhJE 1733102,4102,3109,32

1 91120 . Ez közel áll a

magyar átlagfogyasztáshoz, és egy takarékos magyar család éves fogyasztását valóban fedezi.

6. Egy kritikus állapotban lévő reaktorban 19105,4 235 U maghasadás történik

másodpercenként. A hasadáskor keletkezett átlagos neutronszám 2,5. Bomlásonként

J11102,3 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= 19105,4 , 3.2*10-11

J t=1s

a)A teljesítmény MWst

N

t

WP 1440

1

102,3105,4 1119

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: 19105,4 0,02= 17109

c) A reaktor által termelt hőt a víz veszi át. Egyenletben:

TcmQW . Ebből átrendezve:

kg

kgK

J

J

Tc

Wm 12245

28102,4

101440

3

6

a másodpercenként átáramló víz mennyisége.

Megjegyzés: A víz fajhője a primerköri 300ºC közelében más, mint a szobahőmérsékleten

ezért a tényleges vízmennyiség különbözik a számítottól.

125

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 ( Li6

3 ) végzik, akkor az még tríciumot is termelhet, amit a fúzióhoz

felhasználhatnak. Írjuk fel azt a reakcióegyenletet, amely ezt a folyamatot leírja!

Megoldás:

HeTLin 4

2

3

1

6

3

1

0

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 .1086,3 26W Tekintsük úgy, az összes energia a proton-proton (p-p) ciklusból

származik. Egy p-p ciklus 4,27pJ energiát termel.

Megoldás:

A fúziós ciklusok száma 1s alatt:37

12

26

1091027,4

1086,3

J

JN

Egy ciklusban 4 proton (hidrogén) vesz részt, így a protonok száma ennek négyszerese. A

proton tömegét figyelembe véve az összes tömeg: kgkgm 112737 1061067,11094 .

126

4. Számoljuk ki, hogy az ITER egy 6 percesre tervezett működési ciklusának idejéhez

mekkora mennyiségű 2

1 D és 3

1 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: kgmD

271034,3 , kgmT

271001,5 . A többi adatot vegyük a lecke

szövegéből!

Megoldás:

Adatok: t=6 perc=360 s, , WMWP 8105500 , pJMeV 8,26,17 ,

kgmD

271034,3 , kgmT

271001,5 , 35,0

Először határozzuk meg, hogy mennyi lesz egy ciklus alatt a D-T reakciók száma:

22

12

8

1042,6108,2

360105PtWN

Minden egyes reakcióhoz egy D és egy T szükséges. Így a D tömege

kgM D

42722 1014,21034,31042,6

A T tömege: kgM T

42722 102,31001,51042,6

A D ára 1millió/kg, a T-é 500millió/kg.

Így egy ciklus üzemanyagköltsége: D-ból lényegileg

elhanyagolható,( )2141014,210 46 Ftkgkg

Ft T-ból: 160.000 Ft.

Az előállított villamos energia értékéhez számítsuk ki először a hasznos munkát:

kWhJtPWH 500.17103,636010535,0 108

Ennek az értéke 175.000 Ft a legolcsóbb erőműveket tekintve. Látható, hogy már ma is

gazdaságos lehetne, de az egyéb költségekkel most nem számoltunk.

127

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 . h

h

Sv

Sv12

490

6000-t kísérletezhet.

3. A csernobili balesetet követően hazánkban is sokszorosára nőtt a I131

53 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 I131

53

felezési ideje 8,1 nap.

Megoldás: A legokosabb megoldás sajtot készíteni belőle. Két hónap alatt ugyanis kb. 1/170-

ed részére csökken a jód aktivitása. Ha felhígítjuk, akkor a lakosságot érő kollektív dózis nem

lesz kisebb. A kiöntés nagy anyagi veszteség.

128

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

terrortámadás ért. A terroristák nagyon erősen sugárzó radioaktív Na24

11 -ot és Cs137

55 -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.

b) -bomlás után a leányelemek: BaMg 137

56

24

12 , . 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

aktivitása od256

1

2

18

részére csökkent. A cézium felezési ideje viszont sokkal nagyobb a

nátriuménál, ezért gyakorlatilag elhanyagolható mértékben csökken csak 5 nap alatt.

129

6. Ha a nitrogén atommagot ( N14

7 ) 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:

CpnN 14

6

1

1

1

0

14

7

A radiokarbon vizsgálatoknál van jelentősége és kozmikus eredetű sugárterhelést okoz ez,

ami a tápanyagláncon belső sugárterheléssé alakul.

7. A nHe2LiH 1

0

4

2

7

3

2

1 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 Co60 aktivitása egy év alatt kb.12%-kal csökken. Mennyi ez alapján a felezési ideje?

Megoldás:

Adatok:t =1 év, 088,0 AAt

Használjuk fel a exponenciális törvény aktivitásra vonatkozó alakját:

A(t)= A 0

T

t

2

1

Ha az aktivitás 12%-kal csökken akkor a következőt írhatjuk fel:

T

t

AA 288,0 00

Ebből egyszerűsítés és mindkét oldal logaritmusát véve a következőt kapjuk:

88,0lg - 2lgT

t

301,0056,0T

t

Ebből T=5,38 év. Az irodalmi érték 5,24 év.

130

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 Lorentz-

erő a részecskét körpályára kényszeríti. A körpályán való mozgás centripetális erejét, tehát a

Lorentz-erő biztosítja:

BevR

mv2

Ebből az R pályasugár kifejezhető:

Be

mvR

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.

131

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.

132

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? Megfigyelhetünk-

e 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.

133

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).

134

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

meg. A f

c képletből a hullámhossz 15, illetve 7,5 m-nek adódik.

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.

135

4. Az űrrepülőgép tömege 105 t. Maximális toló ereje 6,27 MN. Mekkora gyorsulást tud

elérni?

Megoldás:

Adatok: kgm 310105 NF 61027,6 .

A dinamika alaptörvényét felhasználva, súlytalanságot feltételezve:

gs

m

kg

N

m

Fa 66071,59

1005,1

1027,625

6

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: 260mA , kWPŰRÁLLOMÁS

4

A függvénytáblázat alapján a Naptól a Földre érkező sugárzás összteljesítménye, az

úgynevezett napállandó értéke 1,272m

kW. Ez azt jelenti, hogy a napelemtáblára érkező

összteljesítmény maximuma: kWm

kWmPNAP 3,7627,160

2

2

Így a hatásfok: 052,03,76

4

kW

kW

P

P

NAP

ŰRÁLLOMÁS

Azaz a napelemtáblák hatásfoka 5,2%-os volt.