Kezdőlap


Cím:	1993. A 24. Nemzetközi Fizikai Diákolimpiai feladatainak megoldása
Szerző(k):	Gnädig Péter
Füzet:	1993/november, 404 - 421. oldal	PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Fizika Diákolimpia

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Elméleti verseny ¹

1. feladat: Légköri elektromosság
Elektrosztatikus szempontból a Föld felszínét jó vezetőnek tekinthetjük. A Föld egy bizonyos

Q_{0}

töltéssel rendelkezik, illetve egy

σ_{0}

átlagos felületi töltéssűrűsége van.

1. Jó idő esetén a lefelé mutató

E_{0}

elektromos térerősség a Föld felszínén hozzávetőlegesen

150

V/m értékű. Határozd meg a Föld felszíni töltéssűrűségének nagyságát, illetve a Föld teljes töltését!

2. A lefelé mutató elektromos tér nagysága a magassággal csökken, és

100

m magasságban körülbelül

100

V/m értékű. Számítsd ki a légkör átlagos eredő töltését köbméterenként a Föld felszíne és a

100

m-es magasság között!

3. Az előző részfeladatban általad kiszámított eredő töltéssűrűség valójában közel azonos számú, egyszeresen töltött pozitív és negatív iontól származik, amelyeknek egységnyi térfogatra eső száma

n_{+}

és

n_{-}

. A Föld felszínéhez közel, jó idő esetén:

n_{+} \approx n_{-} \approx 6 \cdot 10^{8} m^{- 3}

. Ezek az ionok a függőleges elektromos tér hatására mozgásban vannak. Sebességük arányos a térerősséggel:

\begin{matrix} v \approx 1, 5 \cdot 10^{- 4} \cdot E, \end{matrix}

ahol a

v

sebességet m/s-ban, az

E

térerősséget pedig V/m-ben mérjük. Mennyi idő alatt semlegesítené a légköri ionok mozgása a Föld felületi töltésének a felét, ha más folyamatok (például villámok) nem pótolnák a töltést?

1. ábra

4. A légköri elektromos tér, s így

σ_{0}

mérésére az egyik lehetőséget az 1.ábrán látható berendezés jelenti. Két negyedkört, amelyek a földtől szigeteltek, de egymással össze vannak kötve, közvetlenül egy egyenletesen forgó, földelt korong alatt rögzítünk. A forgó korongban két negyedkör alakú lyukat vágtunk. (Az ábrán a lemezek távolságát a jobb áttekinthetőség kedvéért felnagyítottuk.) Minden körülfordulás alkalmával a szigetelt negyedköröket kétszer éri teljesen az elektromos tér, illetve (negyed periódussal később) kétszer teljesen árnyékolva lesznek a tértől.

2. ábra

Legyen

T

a körülfordulás periódusideje és legyenek a szigetelt negyedkörök belső és külső sugarai

r_{1}

és

r_{2}

értékűek, amint ezt a 2. ábra mutatja. Legyen

t = 0

az a pillanat, amikor a szigetelt negyedkörök teljesen árnyékoltak.
Írj fel olyan kifejezéseket, amelyek

t = 0

és

t = T / 2

között az idő függvényében megadják a szigetelt lemez felső felületén felhalmozódó

q (t)

töltést. Ábrázold grafikusan is a töltés időbeli változását! (A légköri ionok áramát most hanyagold el!)

3. ábra

5. Az előző alkérdésben leírt berendezés egy erősítőhöz kapcsolódik, amelynek bemenő áramköre egy párhuzamosan kapcsolt

C

kapacitású kondenzátornak és egy

R

ellenállásnak feleltethető meg (3.ábra). (Feltételezhetjük, hogy a negyedkörökből álló berendezés saját kapacitása elhanyagolható

C

-hez képest.)

Vázold grafikusan az

M

és

N

pontok közötti

V

feszültséget az idő függvényében a korong egy teljes körülfordulása alatt, közvetlenül azután, hogy a korong

T

periódusidejű forgásba jött, ha:
a)

T = T_{a} ≪ C R

;
b)

T = T_{b} ≫ C R

.
(Tételezd fel, hogy

C

és

R

rögzített értékek, csak

T

változik az a) és b) határeseteknek megfelelően!) Adj meg közelítő formulát a

V_{a} / V_{b}

arányszámra, ahol

V_{a}

és

V_{b}

V (t)

feszültség legnagyobb értékei az a), illetve b) határesetekben!

6. Tegyük fel, hogy

E_{0} = 150

V/m,

r_{1} = 1

cm,

r_{2} = 7

cm,

C = 0,01 μ

R = 20

Ω

és a korong másodpercenként

50

fordulatot tesz. Közelítőleg határozd meg, hogy mekkora a

V

feszültség legnagyobb értéke egy fordulat alatt ebben az esetben!

Megoldás. 1. Az elektrosztatikai Gauss-törvény értelmében az

R

sugarú Föld

4 π R^{2}

felszínére vonatkoztatott teljes elektromos fluxus és a Föld

Q

össztöltése között a

\begin{matrix} - E_{0} \cdot 4 π R^{2} = Q / ε_{0} \end{matrix}

összefüggés áll fenn. Innen numerikusan

Q = - 6, 7 \cdot 10^{5}

C, a

σ

a felületi töltéssűrűségre (felületegységre vonatkoztatott töltésre) pedig

\begin{matrix} σ = - ε_{0} E_{0} = - 1, 3 \cdot 10^{- 9} {C/m}^{2} \end{matrix}

adódik.
2. Képzeljünk el egy

A

alapterületű,

100

m magas függőleges hengert és alkalmazzuk erre Gauss törvényét (4. ábra):

4. ábra

\begin{matrix} E_{lent} \cdot A - E_{fent} \cdot A = Q_{belül} / ε_{0} = ϱ_{átlag} \cdot (A \cdot 100 m) / ε_{0} . \end{matrix}

Innen a keresett térfogati töltéssűrűség numerikusan:

ϱ_{átlag} = 4, 4 \cdot 10^{- 12} {C/m}^{3}

3. Ha egy vezető térfogategységenként

n

darab, egyenként

q

töltésű, töltött részecskét tartalmaz, s ezek

v

sebességgel mozognak, akkor a felületegységre jutó áram, az úgynevezett áramsűrűség

\begin{matrix} j = n \end{matrix}

A légkörben egyaránt találunk pozitív és negatív részecskéket (töltésük

\pm e

). A lefelé mutató elektromos mező a negatív töltéseket felfelé, a pozitívakat pedig lefelé mozgatja. A Föld töltésének csökkenését a pozitív töltések árama okozza, ez (SI-mértékegységeket használva)

\begin{matrix} j = n_{+} e v = (6 \cdot 10^{8}) \cdot (1, 6 \cdot 10^{- 19}) \cdot (1, 5 \cdot 10^{- 4} E) = 1, 44 \cdot 10^{- 14} E . \end{matrix}

Mivel a

j

áramsűrűség a

σ

töltéssűrűség (

d σ / d t

) változási ütemével, az

E

térerősség pedig (a lefelé mutató irányt választva pozitívnak)

- σ / ε_{0}

-lal egyenlő, a fenti egyenlet így is írható:

\begin{matrix} \frac{d σ}{d t} = - 1, 44 \cdot 10^{- 14} \cdot \frac{σ}{ε_{0}} \approx - \frac{1}{600} σ . \end{matrix}

Vegyük észre, hogy ez az egyenlet éppen olyan, mint a radioaktív bomlást leíró (differenciál-)egyenlet, a megoldása tehát az ismert exponenciális bomlástörvénynek megfelelő

\begin{matrix} σ (t) = σ_{0} \cdot e^{- t / τ}, ahol τ \approx 600 s. \end{matrix}

Ezek szerint a légköri ionok mozgása a Föld töltésének felét

\begin{matrix} T = τ \cdot ln 2 \approx 415 s \approx 7 perc \end{matrix}

alatt semlegesítené, ha más folyamatok nem játszódnának le. (Amennyiben a kezdeti

j_{0}

áramsűrűség időbeli változásától eltekintünk, a ,,felezési időre'' kb.

5

perc adódik. Ez az egyszerűsített számolási mód nyilván csak durva közelítésnek, nagyságrendi becslésnek tekinthető.)
4. Ha

t = 0

-nak választjuk azt a pillanatot, amikor a forgó korong teljesen leárnyékolja a negyedköröket, a külső elektromos mező pillanatnyi fluxusából számolva a kérdezett töltésre

\begin{matrix} q (t) = - 2 π (r_{2}^{2} - r_{1}^{2}) ε_{0} E_{0} \cdot \frac{t}{T}, ha 0 \leq t \leq T / 4, \\ q (t) = - π (r_{2}^{2} - r_{1}^{2}) ε_{0} E_{0} \cdot (1 - \frac{2 t}{T}), ha T / 4 \leq t \leq T / 2 \end{matrix}

adódik, s hasonló kifejezések érvényesek a további félperiódusokban is (5.ábra).

5. ábra

A lemezekre kerülő legnagyobb (negatív) töltés:

\begin{matrix} q_{max} = - \frac{π}{2} (r_{2}^{2} - r_{1}^{2}) ε_{0} E_{0} . \end{matrix}

5. Erre a kérdésre az áramköri egyenletek részletes megoldása nélkül is választ lehet adni. Mindössze azt kell észrevennünk, hogy a negyedkörök töltésének csökkenési sebessége (vagyis a negyedkörökről elfolyó áram) két tag összege: az egyik a kondenzátor töltésének

C \cdot d V / d t

változási sebességével, a másik pedig az ellenálláson átfolyó

V / R

árammal egyenlő. Attól függően, hogy ezen két mennyiség közül melyik hanyagolható el a másik mellett, két jellegzetes határesetet különböztethetünk meg.
a) Ha

C V / T ≫ V / R,

azaz

T = T_{a} ≪ C R

, az

R

ellenálláson nagyon kevés töltés áramlik át egy periódus alatt. Ebben a határesetben az történik, hogy mialatt a negyedkörök a külső elektromos mező fluxusváltozásának megfelelően egyre több negatív töltéssel kell rendelkezzenek, nyilván csaknem ugyanannyi pozitív töltés kerül a kondenzátorra (hiszen az ellenálláson átfolyó kevés töltést leszámítva az össztöltés állandó marad). A

V (t)

feszültség tehát

t = 0

-tól

t = T / 4

-ig csaknem lineárisan növekszik, majd ugyanennyi ideig lineárisan csökken (6. ábra). A legnagyobb feszültség ebben az esetben

\begin{matrix} V_{max} = V_{a} \approx \frac{| q_{max} |}{C}, \end{matrix}

ahol

q_{max}

a 4. alpontban megadott kifejezés.

6. ábra

b) A másik határesetben

T = T_{b} ≫ C R

. Ilyenkor a töltések könnyen átjutnak az

R

ellenálláson,

q

növekedtekor időben közel állandó pozitív,

q

csökkenésekor pedig állandó nagyságú negatív áram folyik. Az áramerősség nagysága mindkét esetben

| q_{max} | (T_{b} / 4)

. Az

R

ellenálláson mérhető feszültség egy-egy negyed-periódusban közelítőleg állandó, előjele pedig váltakozik (7. ábra). A maximális feszültség:

\begin{matrix} V_{max} = V_{b} \approx \frac{4 | q_{max} | R}{T_{b}} . \end{matrix}

7. ábra

A két határeset megfelelő kifejezéseit összevetve:

\begin{matrix} \frac{V_{a}}{V_{b}} \approx \frac{T_{b}}{4 C R} . \end{matrix}

6. A megadott számértékeknél

R C = 0, 2

T = 0, 02

s, vagyis a

T ≪ R C

határeset valósul meg. Az 5. pont a) esetének megfelelő összefüggéseket alkalmazva végül a

V_{max} = 1

mV eredmény adódik.

2. feladat: Lézerfény erőhatása átlátszó prizmára

1. ábra

A fénytörés következtében egy erős lézersugár számottevő erőt fejthet ki kicsiny átlátszó testekre. Ennek a jelenségnek a bemutatására tekintsünk egy kicsiny, háromszög alakú üvegprizmát, amelynek csúcsponti szöge

A = π - 2 α

, alaplapjának hossza

2 h

, szélessége pedig

w

. A prizma törésmutatója

n

, anyagának sűrűsége

ϱ

.
Tegyük fel, hogy a prizmát egy olyan lézersugárba helyezzük, amely vízszintesen az

x

irányban halad. (Az egész feladat során feltehetjük, hogy a prizma nem forog, azaz csúcspontja mindvégig a lézersugárral ellentétes irányba mutat, illetve a háromszög alakú oldallapja mindvégig párhuzamos az

x - y

síkkal, és alaplapja mindvégig párhuzamos az

y - z

síkkal, amint ezt az 1. ábra mutatja. A környező levegő törésmutatóját vegyük

n_{lev} = 1

értékűnek! Tegyük fel továbbá, hogy a prizma oldallapjai visszaverődés elleni bevonattal rendelkeznek, így egyáltalán nem történik visszaverődés.)
A lézersugár intenzitása olyan, hogy a

z

-tengely mentén (széltében) egyenletes, azonban az

y

távolsággal lineárisan csökken az

x

tengelytől úgy, hogy a maximális

I_{0}

értékét

y = 0

-nál veszi fel, illetve

y = \pm 4 h

esetén csökken nullára (2. ábra). [Az intenzitás az egységnyi felületre eső teljesítményt jelenti, mértékegysége:

{W/m}^{2}

2. ábra

3. ábra

1. A lézersugár a prizma felső lapjára esik (3. ábra). Az

x

tengelyhez képest milyen

Θ

szögben hagyja el az alaplapot ez a sugár? Elegendő, ha megadsz egy olyan egyenletet, amelyben

α

és

n

szerepel, és amelyből ki lehet fejezni a

Θ

szöget.

2. Fejezd ki

I_{0}, Θ, h, w

és

y_{0}

segítségével a lézersugár által a prizmára ható eredő erő

x

és

y

komponensét, ha a prizma csúcsát

y_{0}

távolsággal eltoljuk az

x

tengelytől, ahol

| y_{0} | \leq 3 h

(2. ábra). Ábrázold grafikusan az erő vízszintes és függőleges komponensének értékét az

y_{0}

függőleges eltolódás függvényében!

3. Tegyük fel, hogy a lézersugár

1

mm széles a

z

irányban, és

80 μ

m keskeny az

y

irányban. A prizma adatai:

α = 30^{\circ}, h = 10 μ

w = 1

mm,

n = 1, 5

és

ϱ = 2, 5 {g/cm}^{3}

. Hány watt teljesítményű lézer szükséges ahhoz, hogy ezt a prizmát egyensúlyban tartsa az

y

irányú gravitációs erővel szemben, ha a prizma csúcsa

y_{0} = - h / 2 (= - 5 μ m)

távolságra van a lézersugár tengelye alatt?

4. Tegyük fel, hogy ezt a kísérletet gravitációmentes helyen végezzük el ugyanezzel a prizmával, és a lézernyaláb kiterjedése is ugyanakkora, mint az előző alkérdésben, az intenzitásának értéke azonban

I_{0} = 10^{8} {W/m}^{2}

. Mekkora periódusidejű rezgéssel mozogna a prizma, ha

y_{0} = h / 20

távolságra tennénk a lézersugár közepétől, és ott magára hagynánk a prizmát a gravitációmentes térben?
Megoldás. 1. Ez a részfeladat a fénysugarak törési törvényének (Snellius‐Descartes-törvény) és egyszerű geometriai összefüggéseknek a felírásával oldható meg.

4. ábra

Az 4. ábra jelöléseivel:

\begin{matrix} sin α = n sin β, \\ sin Θ = n sin (α - β), \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} Θ = arcsin [n sin (α - arcsin (\frac{sin α}{n}))] . \end{matrix}

2. A prizmára ható erő a lézersugár lendületének (impulzusának) időegységre eső megváltozásával egyenlő nagyságú, azzal ellentétes irányú vektor.
Tekintsük először a prizma felső részére eső fénysugarat és határozzuk meg az impulzusának megváltozását! Ha másodpercenként

n

darab

E

energiájú (vagyis

E / c

nagyságú impulzussal rendelkező) foton esik a prizmára a negatív

x

-tengely irányából, s

Θ

szögben eltérülve hagyják el a prizmát, akkor ezen fotonok impulzusának megváltozása:

\begin{matrix} Δ p = (Δ p_{x}, Δ p_{y}) = \frac{n E}{c} \cdot [(cos Θ - 1), - sin Θ] . \end{matrix}

Tekintettel arra, hogy az

n E

mennyiség a fotonok által egységnyi idő alatt szállított energia, vagyis a fénysugár

P

teljesítménye, az üvegprizma felső felére kifejtett erő:

\begin{matrix} F_{felül} = \frac{P_{felül}}{c} \cdot [(1 - cos Θ), sin Θ] . \end{matrix}

Hasonló érvelés alapján az alsó prizmaoldalra ható erő:

\begin{matrix} F_{alul} = \frac{P_{alul}}{c} \cdot [(1 - cos Θ), - sin Θ], \end{matrix}

a prizmára ható teljes erő pedig

\begin{matrix} F = \frac{1}{c} [(P_{felül} + P_{alul}) \cdot (1 - cos Θ), (P_{felül} - P_{alul}) sin Θ] . \end{matrix}

A prizma megfelelő lapjaira eső teljesítményt úgy számíthatjuk ki, hogy az egyes lapok

(y, z)

síkbeli vetületének

h w

területét megszorozzuk az adott lapra jutó átlagos intenzitással. Ez utóbbit az

y

-tengely mentén szakaszonként lineárisan változó intenzitáseloszlásból és az

y_{0}

távolságtól függő geometriai tényezőkből határozhatjuk meg. A nem túl nehéz, de hosszadalmas számolás végeredménye a következő: Két lényegesen különböző esetet kell megvizsgálnunk.

a) Ha

h \leq y_{0} \leq 3 h

(a prizma teljes egészében a lézersugár felső felében található), a megfelelő erő-komponensek:

\begin{matrix} F_{x} & = \frac{2 h w I_{0}}{c} (1 - \frac{y_{0}}{4 h}) (1 - cos Θ), \\ F_{y} & = - \frac{h w I_{0}}{4 c} sin Θ . \end{matrix}

b) Ha

0 \leq y_{0} \leq h

(a prizma alsó felének egy része belelóg a lézersugár alsó felébe), az erők:

\begin{matrix} F_{x} & = \frac{h w I_{0}}{c} (\frac{7}{4} - \frac{y_{0}^{2}}{4 h^{2}}) (1 - cos Θ), \\ F_{y} & = - \frac{h w I_{0}}{c} \frac{y_{0}}{2 h} (1 - \frac{y_{0}}{2 h}) sin Θ . \end{matrix}

5. ábra

Mivel az intenzitáseloszlás szimmetrikus a lézersugár középvonalára, az

y_{0} < 0

eset a fentebb leírt

y_{0} > 0

eset tükörképe lesz. Az

F_{x}

és

F_{y}

függvények menetét a 5. ábra mutatja.

3. A megadott számadatokból az üvegprizma súlyára

m g = 1, 4 \cdot 10^{- 9}

N adódik. A prizma akkor lehet (legalábbis függőleges irányban) egyensúlyban, ha

F_{y} = m g

. Az előző pont eredményét és a numerikus adatokat felhasználva a szükséges (maximális) lézer-intenzitásra

I_{0} = 8, 3 \cdot 10^{8} {W/m}^{2}

adódik. A lézer teljes sugárzási teljesítményét az átlagos intenzitásnak

(I_{0} / 2)

és a lézernyaláb keresztmetszetének szorzataként kaphatjuk meg; numerikusan

P = 33, 2

y_{0} = h / 20

elmozdulásnál

y_{0} / h = 0, 05 ≪ 1

, a függőleges erőkomponens tehát jól közelíthető az

\begin{matrix} F_{y} = - I_{0} w \end{matrix}

lineáris függvénnyel. Ez egy harmonikus rezgőmozgás erőtörvénye, a megfelelő rezgésidő a ,,rugóállandóból'' leolvasható, s numerikusan

T = 11, 2

ms.

3. feladat: Elektronnyaláb

V_{0}

gyorsítófeszültséggel nagy energiájú elektronok párhuzamos, homogén nyalábját állítjuk elő. Az elektronok útjába egy vékony, hosszú, pozitívan feltöltött rézdrótot helyezünk.

1. ábra. Az elektromosan feltöltött drót merőleges
a papír síkjára. Az ábra nem méretarányos.

A rézdrót az elektronnyaláb eredeti irányára merőlegesen helyezkedik el (1. ábra). Az ábrán

b

-vel jelöltük azt a távolságot, amennyire egy-egy elektron a rézdrót mellett elhaladna, ha a drótnak nem lenne töltése. Az elektronok ezek után egy ernyőnek csapódnak, amely a drót mögött

L

távolságra helyezkedik el

(L ≫ b)

. A nyaláb eredeti kiterjedése a drót tengelyétől

\pm b_{max}

mértékű. A drót hossza, valamint a nyaláb szélessége a papír síkjára merőlegesen végtelen nagynak tekinthető.

\begin{matrix} Néhány numerikus adat. \\ a drót sugara: & R_{0} = 10^{- 6}m, \\ blegnagyobb értéke: & b_{max} = 10^{- 4}m, \\ a drót hosszegységre jutó töltése: & q_{linear} = 4, 4 \cdot 10^{- 11}C/m, \\ gyorsítófeszültség: & V_{0} = 2 \cdot 10^{4}V, \\ az ernyő távolsága a dróttól: & L = 0, 3m. \end{matrix}

Megjegyzés. A 2‐4 alkérdések esetén alkalmazz olyan elfogadható közelítéseket, melyek segítségével képlet formájában és numerikusan is eljuthatsz a megoldásig.

1. Számítsd ki a drót által létrehozott E elektromos térerősséget! Ábrázold vázlatosan E nagyságát a drót tengelyétől mért távolság függvényében!

2. Számítsd ki, hogy mekkora szöggel térül el egy elektron a klasszikus fizika törvényei szerint! Add meg ezt az eltérülési szöget a

b

paraméter olyan értékeire, amelyeknél az elektron nem ütközik neki a drótnak! Jelöljük

Θ

-val azt a (kicsiny) szöget, amelyet az elektron sebessége az ernyőnek csapódó elektron sebességével zár be! Mekkora ennek a

Θ

szögnek az értéke?

3. Számold ki és vázold is fel, hogy a klasszikus fizika milyen becsapódási képet (azaz elektronintenzitás-eloszlást) jósol az ernyőre érkező elektronokra!

4. A kvantumfizika a klasszikus elmélettől lényegesen különböző elektronintenzitás-eloszlást jósol. Vázold fel a hullámmechanika által jósolt eloszlásképet és számszerűen is jellemezd ezt az elektroneloszlást!

Megoldás. 1. A hengerszimmetria miatt az elektromos térerősség a dróthoz képest sugárirányú kell legyen és a nagysága csak a dróttól mért

r

távolságtól függhet. Helyezzünk gondolatban egy

r > r_{0}

sugarú hengert a drót köré és alkalmazzuk rá Gauss törvényét:

\begin{matrix} 2 π r E (r) = \frac{q_{linear}}{ε_{0}}, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} E (r) = \frac{q_{linear}}{2 π r ε_{0}} = \frac{0, 79}{r} \frac{N}{C} (r \geq r_{0}) . \end{matrix}

r < r_{0}

, az elektromos térerősség nulla (hiszen a réz jó elektromos vezető).

2. ábra

2. A feladat szövege szerint az elektronok

Θ

eltérülési szöge kicsiny. Ennek a szögnek a nagyságát közelítőleg úgy számíthatjuk ki, hogy elosztjuk az elektronnak a haladás irányára merőlegesen szerzett lendületét a kezdeti lendület nagyságával:

\begin{matrix} Θ \approx \frac{| Δ p |}{m v_{0}} . \end{matrix}

A merőleges impulzus értékére a következő nagyságrendi becslés adható: A haladás irányára merőleges erő nagysága (a drót közelében, vagyis ott, ahol a hatása számottevő)

(e ε q_{linear}) / (2 π ε_{0} b)

. Ez az erő hozzávetőlegesen annyi ideig hat a

v_{0}

sebességgel mozgó elektronra, ameddig az kb.

2 b

utat tesz meg; vagyis a drót elektrosztatikus tere által kifejtett ,,erőlökés'' ideje

t \approx 2 b / v_{0}

. Newton törvénye szerint az erő nagyságának és az időtartamának szorzata éppen az impulzusváltozás nagyságával egyenlő:

\begin{matrix} | Δ p | \approx \frac{e q_{linear}}{2 π ε_{0} b} \cdot \frac{2 b}{v_{0}} = \frac{e q_{linear}}{π ε_{0} v_{0}}, \end{matrix}

az eltérülés szöge pedig

\begin{matrix} Θ \approx \frac{e q_{linear}}{π ε_{0} m v_{0}^{2}} = \frac{q_{linear}}{2 V_{0} π ε_{0}} = 4 \cdot 10^{- 5} . \end{matrix}

(Felhasználtuk az energiamegmaradást kifejező

m v_{0}^{2} / 2 = e V_{0}

összefüggést.) Megjegyezzük, hogy ez az eltérülési szög nagyon kicsiny és független a

b

ütközési paramétertől. (Ez utóbbi tulajdonság, amely a feladat kétdimenziós jellegének következménye, első ránézésre igen meglepőnek tűnik. A dróttól távolabb elrepülő részecskék azért térülnek el ugyanakkora szöggel, mint a ‐ mondjuk ‐ kétszer közelebb haladók, mert a rájuk ható erő ugyan kétszer kisebb, az erőhatás szempontjából lényeges idő viszont kétszer hosszabb!) A rézdrót pozitív elektromos töltése a negatív elektronokat a drót felé téríti el, igaz ‐ mint láttuk ‐ igen kicsiny mértékben!
Pontosabb és elméletileg jobban megalapozott becslést kapunk, ha az elektronok (egyeneshez közeli) pályájának minden részén figyelembe vesszük a merőleges erőhatást, s ezek járulékait összegezve számítjuk ki a merőleges impulzusváltozást.

3. ábra

A 3. ábra jelöléseit használva

\begin{matrix} F_{m} = \frac{e q_{linear}}{2 π ε_{0} r} cos φ, \\ v_{0} Δ t cos φ = r Δ φ, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} F_{m} Δ t = \frac{e q_{linear}}{2 π ε_{0} v_{0}} Δ φ . \end{matrix}

Összegezzük most az egyes vonaldarabkákra vonatkozó erőlökéseket! Mivel a

φ

szög

- π / 2

-től

+ π / 2

-ig változik, a teljes impulzusváltozásra

\begin{matrix} | Δ p | = \frac{e q_{linear}}{2 ε_{0} v_{0}}, \end{matrix}

az eltérülés szögére pedig

\begin{matrix} Θ = \frac{e q_{linear}}{2 ε_{0} m v_{0}^{2}} = \frac{q_{linear}}{4 V_{0} ε_{0}} = 6, 21 \cdot 10^{- 5}, \end{matrix}

a korábbi durva becslésétől mindössze egy

π / 2

-s tényezőben különböző érték adódik.

3. Az elektronok pályagörbéje két olyan egyenessel közelíthető, melyek a drót közelében megtörnek, hajlásszögük a fentebb kiszámított

Θ

. Az ernyőre érkező elektronok mindegyike

\begin{matrix} Θ L = 1, 86 \cdot 10^{- 5} m \approx 19 r_{0} \end{matrix}

távolsággal tolódik el az eredeti haladási irányához képest. A rézdrót túlsó oldalán haladó elektronok eltolódása ellentétes irányú, így a teljes intenzitáseloszlás az ernyőn két egymásra csúsztatott (összegezett) téglalappal szemléltethető (4. ábra).

4. ábra
az ábra nem méretarányos

Az átfedő tartomány szélessége

\begin{matrix} 2 \cdot (Θ L - r_{0}) \approx 36 r_{0} = 3, 6 \cdot 10^{- 5} m . \end{matrix}

Ebben a tartományban az intenzitás ‐ a klasszikus fizika szerint ‐ egyenletes és éppen kétszerese az eredeti elektronintenzitásnak.

4. A kvantumelmélet (de Broglie hipotézise) szerint a

V_{0}

feszültséggel felgyorsított,

v_{0}

sebességű elektronok úgy viselkednek, mint a

\begin{matrix} λ = \frac{h}{m v_{0}} = \frac{h}{\sqrt[]{2 m e V_{0}}} = 8, 68 \cdot 10^{- 12} m \end{matrix}

hullámhosszúságú hullámok. A de Broglie-féle hullámhossz sok-sok nagyságrenddel kisebb, mint a nyaláb

2 b_{max}

szélessége, emiatt az ,,egyréses elhajlási effektusokat'' nyugodtan elhanyagolhatjuk.

5. ábra

A drót jobb oldalán két, egymással kicsiny

(2 Θ)

szögben haladó elektronhullám fokozatosan átfedi egymást, s interferencia-maximumok és -minimumok alakulnak ki. Az erősítés, illetve gyengítés feltétele az útkülönbségek és a hullámhossz viszonyából kapható meg. Az intenzitáseloszlás jellegét a vázlatos 5. ábra mutatja. Két intenzitás-maximum távolsága az ernyőn

\begin{matrix} \frac{λ / 2}{sin Θ_{max}} \approx 7 \cdot 10^{- 8} m . \end{matrix}

Mivel az átfedési tartomány teljes szélessége

3, 6 \cdot 10^{- 5}

m, kb.

500

interferenciacsík figyelhető meg. (Megjegyezzük, hogy a csíkok közötti távolság ‐ a szokásos ,,kétréses interferencia kísérletektől'' eltérően ‐ nem függ sem

b

-től, sem

L

-től.)

Kísérleti verseny ¹

1. feladat: A nitrogén forráshőjének mérése

A mérés tárgya a nitrogén

L

forráshőjének meghatározása két különböző módszerrel. Az 1. módszer esetén egy alumíniumdarabot kell folyékony nitrogénbe helyezned, és meg kell mérned, mennyi nitrogén forr el, mialatt az alumínium lehűl. A 2. módszernél adott ütemben hőt közlünk a folyékony nitrogénnel, és azt kell meghatározni, hogy mennyivel változik meg a nitrogén forrásának üteme a fűtés hatására.
A rendelkezésre álló folyékony nitrogén egy ,,tároló'' tartályban van. Ebből tölthetsz megfelelő mennyiséget a ,,minta'' tartályba, amit a mérlegre kell helyezned. A mérlegen leolvasható tömeg a nitrogén forrása következtében egyre csökken. Ennek több oka van:

\begin{matrix} - & mert a tartály nem tökéletes hőszigetelő, \\ - & mert a folyékony nitrogén az alumíniumdarab lehűlése során hőt vesz fel \\ (1. módszer), \\ - & mert a folyékony nitrogén hőt vesz fel, amikor a nitrogénbe helyezett \\ ellenálláson elektromos áram folyik át (2. módszer) . \end{matrix}

Egy univerzális mérőműszer (multiméter), amely feszültség

(V)

, áramerősség

(I)

és ellenállás

(R)

mérésére használható, továbbá egy stopper áll rendelkezésedre.

FIGYELEM: (1) A folyékony nitrogén nagyon hideg, tehát semmilyen körülmények között ne érj hozzá, és azokhoz a testekhez sem, amelyeket nitrogénnel lehűtöttél! Vigyázz, hogy a ruhádra se kerüljön folyékony nitrogén!
(2) Semmit ne dobj a folyékony nitrogénbe, és mindvégig viseld a védőszemüveget!
(3) Az alumínium-darabkát lassan merítsd a nitrogénbe, mivel egyébként túlságosan heves forrásba jönne a folyékony nitrogén. A bemerítéshez használd a mellékelt zsineget!
(4) Az ellenállás nagyon felforrósodhat, ha nem merülne a folyékony nitrogénbe. Csak akkor engedj át áramot az ellenálláson, ha az a tartályban van, és teljesen ellepi a folyékony nitrogén!

1. módszer

1. ábra

Az alumínium

c

fajhője lényeges mértékben változik szobahőmérséklet és a folyékony nitrogén forrásponti hőmérséklete között, ami légköri nyomáson

77

K. A fajhő hőmérsékletfüggését az 1. ábra mutatja.
Végezz méréseket, melyek alapján meghatározhatod, mennyi nitrogén forr el az alumíniumdarab lehűlése során! Mérési eredményeid, valamint a fajhőgrafikon felhasználásával határozd meg a nitrogén forráshőjét! Feltételezheted, hogy a szobahőmérséklet

21 \pm 2^{\circ} C

. Feltétlenül adj számításon alapuló hibabecslést az általad mért forráshőre!

2. módszer
Végezz méréseket, amelyek alapján meghatározhatod a folyékony nitrogén forrásának sebességét, amikor áram folyik át a nitrogénbe helyezett ellenálláson. (Egyenáramú tápegység áll rendelkezésedre.)
Eredményeid alapján határozd meg a nitrogén forráshőjét! Feltétlenül adj számításon alapuló hibabecslést az általad mért mennyiségre!

Megoldás. 1. módszer.
A rendszer (tárolóedény + folyékony nitrogén + később belehelyezett alumíniumdarabka) tömegét és az időt folyamatosan mérve pl. a 2. ábrán látható adatokat kapjuk.

2. ábra

Az alumíniumdarabka behelyezését megelőző, majd az azt követő időszak adataira jó közelítéssel egyeneseket illeszthetünk. (Vigyázat: a két egyenes meredeksége egy kicsit különbözik, hiszen a kisebb tömegű nitrogén kisebb felületen érintkezik a tárolóedény falával, s emiatt a hőátadás is lassabb, mint kezdetben. Azok a versenyzők, akik erre a ,,finomságra'' nem figyeltek fel, pontot veszítettek.)
Az egyeneseket az alumíniumdarabka behelyezésének pillanatáig extrapolálva a függvény ugrásából megkapjuk a szilárd test által leadott

Q

hő hatására elforrt nitrogén

Δ M

tömegét. A leadott hőt az alumínium

c (T)

fajhőjének integrálásával, a

\begin{matrix} Q = m \int_{77 K}^{294 K} c (T) d T \end{matrix}

integrálnak (numerikus) meghatározásával (a

c (T)

függvény görbe alatti területéből, a megfelelő kicsiny téglalapok összeszámlálásával) kaphatjuk meg (

m

az alumínium mérhető tömege). Fennáll továbbá, hogy

Q = L \cdot Δ M

, ahonnan a keresett

L

forráshő már könnyen kiszámítható.
Az egyik mérési sorozatban numerikusan a következő értékeket kapták:

\begin{matrix} m = (19, 4 \pm 0, 1) g; \int c (T) d T = (151 \pm 2) J/g; Δ M = (2930 \pm 42) J, \end{matrix}

s ezekből

\begin{matrix} L = (202 \pm 5) J/g . \end{matrix}

2. módszer. Mérhetjük a rendszer tömegének időbeli változását elektromos fűtés nélkül, rövid ideig bekapcsolt fűtéssel, majd ismét fűtés nélkül (3. ábra).

3. ábra

Az egyes szakaszokra egyeneseket illesztve leolvashatjuk a folyékony nitrogén tömegének átlagos változási ütemét. A fűtés nélküli szakaszok adatait extrapolálva megkapjuk a fűtés ideje alatti hőveszteség által elforralt nitrogén tömegét, illetve az ismert (mérhető) nagyságú elektromos energia által elforralt nitrogén

Δ M

tömegét. Ezekből az adatokból az egyik méréssorozatban a keresett forráshőre

\begin{matrix} L = (209 \pm 9) J/g \end{matrix}

érték adódott.

2. feladat: Mágneses nyomatékok és mágneses terek mérése
Ez a kísérlet két részből áll:

1. részfeladat. Meg kell határoznod egy kisméretű, henger alakú állandó mágnes mágneses nyomatékának nagyságát. Ez a mágnes az ,,X'' jelű borítékban található. (Egy hasonló mágnest, amit szintén használnod kell, az ,,A'' jelű borítékban találhatsz meg.)

2. részfeladat. Egy tengely-szimmetrikus mágnes mágneses terét kell megvizsgálnod. Ez a mágnes a ,,B''-jelű borítékban található.
Méréseid során felhasználhatod az alábbiakat:
1. Egy mágneses dipól mágneses tere a szimmetriatengely mentén, a mágnes középpontjától

x

távolságban egy olyan B vektor, amely párhuzamos a tengellyel, nagysága pedig:

B (x) = \frac{2 μ K}{| x |^{3}},

ahol B mértékegysége tesla

[T = N/(A \cdot m)]

K = 10^{- 7} T \cdot m/A, x

m-ben,

μ

pedig

A \cdot m^{2}

-ben értendő.
2. Egy szabadon felfüggesztett, vízszintes mágnes (a Föld mágneses terében mozgó iránytűhöz hasonló) kicsiny torziós lengéseinek periódusideje:

\begin{matrix} T = 2 π \sqrt[]{\frac{I}{μ B_{h}}}, \end{matrix}

ahol

B_{h}

a mágnes körüli eredő mágneses indukcióvektor vízszintes (horizontális) komponense,

I

pedig a mágnes tehetetlenségi nyomatéka a középpontján átmenő függőleges tengely körül.

A mérőberendezés

1. ábra

2. ábra

A mérőberendezés vázlata az 1.ábrán látható. Egy faállvány felső polcáról egy fonál lóg lefelé. A fonál alsó végéhez mágnest (akár az ,,X'', akár pedig az ,,A'' jelűt) rögzíthetünk. Az alsó polcra egy rézlemezt helyezhetsz, éppen a felfüggesztett mágnes alá, így ha szükséges, csillapíthatod a mágnes mozgását.
Két további (segéd-)faállvány is rendelkezésedre áll. Ezek egyikét arra használhatod az 1. részfeladatnál, hogy akár az ,,A'', akár az ,,X'' mágnest tartsa. A másik faállvány a 2. részfeladatnál a ,,B'' jelű mágnesrendszer rögzítésére szolgál. A felfüggesztett mágnes és a segédállvány közötti távolságot vonalzóval mérheted meg; a vonalzót a 2. ábrán nyíllal megjelölt helyre rögzítheted.

Figyelem! Ezek a mágnesek nagyon erősek. Tartsd erősen a mágneseket, nehogy kiugorjanak a kezedből!

1. részfeladat.
Az ,,X''-jelű borítékban egy mágnespár található, melynek végeit betű-szám kombinációval jelöltük meg. Ennek az összetett rendszernek a

μ_{X}

mágneses momentumát kell meghatároznod. (Tartsd mindig együtt a mágnespárt!) A mágnespár tehetetlenségi nyomatékát kiszámították, és ráírták az ,,X'' borítékra.
Az ,,A''-jelű borítékban egy másik mágnespár van, amelynek északi pólusát fekete, déli pólusát piros folttal jelölték meg. Ez a mágnespár hasonló az ,,X''-belihez, bár a

μ_{A}

mágneses momentumról nem tételezhetjük fel, hogy megegyezne

μ_{X}

értékével.
Bármelyik mágnespár darabjait ,,szétcsúsztathatod'', közéjük bronzkorongot helyezhetsz, amely segítségével a fonál végéhez rögzítheted a rendszert. Így ,,iránytűt'' készíthetsz, melynek torziós lengésidejét meg tudod mérni. (Az ,,X'' borítékon feltüntetett

I_{X}

érték a bronzkoronggal együtt értendő.)
A faállvány lyukába helyezve valamelyik mágnespárt, hatást tudsz gyakorolni az ,,iránytű''-mágnespárra:
- megváltoztathatod a torziós lengéseinek periódus idejét,
- megváltoztathatod az iránytű egyensúlyi helyzetének szögállását.
A szögelfordulást legjobban úgy figyelheted meg, hogy néhány milliméterrel az ,,iránytű'' alá helyezed a rézlemezt, s így elektromágneses csillapítást hozol létre. Kérjük, hogy a rézlemezre ne írjál, s jeleket se tegyél rá!
Vedd észre, hogy nem elég egyféle mágnes-elrendezéssel dolgoznod! Rajzolj világosan azonosítható ábrákat az általad használt összes kísérleti elrendezésről! Írd le azokat az egyenleteket is, amelyek kapcsolatot teremtenek az egyes elrendezésekben mérhető mennyiségek és a keresett

μ_{X}

között!
Az összes mágnes mindvégig ugyanabban a vízszintes síkban kell maradjon! Megjegyezzük, hogy a polcos faállvány felső lapján lévő gomb elforgatható, továbbá a fonál hossza változtatható. Mindkét polc helyzete változtatható.

Fontos gyakorlati tanácsok!
1. Iránytű-elrendezés és használata: Tartsd az adott mágnespár egyik mágnesét a hüvelyk- és a mutatóujjad között. Helyezd a mágnes egyik végére a bronzkorongot! Ezután óvatosan, a fonál megfeszítése nélkül, érintsd oda a másik mágnest is. Így állítsd össze az (,,A'' vagy ,,X'') iránytű-párt. Hasonlóan járj el az iránytű szétszedésekor is, ne feszítsd meg a fonalat! Vigyázat: A mágnesek, vagy mágnespárok hirtelen összecsattanása elszakíthatja a fonalat, vagy összetörheti a mágnest. Ha mégis elszakadna a fonál, kicsi hurokkal kösd meg! (Szükség esetén fordulj a rendezőkhöz!)
2. Csak a forgási (torziós) rezgésekkel foglalkozzál! Az ,,inga-módus'' elkerülése érdekében egy kis rézdrótot erősítettek a tartóállvány alsó polcára. Ezt a drótot forgasd el úgy, hogy a vízszintes része éppen hozzáérjen a fonálhoz, körülbelül 2 mm-rel a fonálon levő csomó felett. Fordítsd tovább óvatosan a drótot ugyanabba az irányba még egy-két mm-rel! Vigyázat: Ha ezt nem teszed, a kétféle rezgési módus ,,összecsatolódik'', periodikusan változtatva a torziós lengés amplitúdóját és befolyásolva a periódusidejét. A torziós lengéseket a 2. ábrán látható szöggel indíthatod el.
3. A mágneses vagy mágnesezhető tárgyakat ne mozgasd el a mérés ideje alatt, s lehetőleg tartsd ezeket minél messzebb a kísérleti berendezéstől! Ilyen tárgyak például: szög, karóra, toll stb. Az asztal egyes részei vasból készültek, ha megváltoztatod a berendezés helyzetét, ezt a tényt is vedd figyelembe!

Javaslatok:
i) A fonál torziómodulusza elég kicsi. A fonál csavarodásának hatását emiatt elhanyagolhatod, ha a fonál elegendően (körülbelül 15 cm) hosszú.
ii) Előfordulhat, hogy valamelyik mágnespár nem vízszintes helyzetben lóg. Ezt a Föld mágneses terének függőleges összetevője okozza. Ennek hatása kicsiny és elhanyagolható. Más szóval: a mágnest vízszintesnek tekintheted!
iii) Azt tanácsoljuk, hogy az 1. részfeladat hibaszámítását halaszd későbbre; csak a 2. részfeladathoz szükséges mérések elvégzése után számolj hibákat.
iv) Semmiféle feltevést nem szabad tenned a Föld mágneses terének nagyságáról!

2. részfeladat.
A ,,B'' borítékban lévő alumíniumcső hengerszimmetrikus elrendezésű mágneseket tartalmaz. Ennek a mágnesrendszernek az

x

-tengely menti

B_{x}

mágneses tere a cső középpontjáról mért

x

távolság függvényében a

B (x) = C