Feladat: 2015. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 1. feladata Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Füzet: 2015/november, 485 - 488. oldal  PDF file
Témakör(ök): Magfúzió, Nemzetközi Fizika Diákolimpia, A Nap energiatermelése, Neutrínó
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2015/október: 2015. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 1. feladata

1. feladat. Napból érkező részecskék (összesen 10 pont).
A Nap felületéről érkező fotonok és a belsejéből érkező neutrínók a Nap belső és külső hőmérsékletéről adhatnak információt, valamint megerősítik, hogy a Nap a benne zajló nukleáris folyamatok miatt ragyog.
A feladatban a következő adatokat használhatjuk: a Nap tömege: M=2,001030 kg, a Nap sugara: R=7,00108 m, a Nap luminozitása (egységnyi idő alatt kisugárzott energia): L=3,851026 W és a Föld‐Nap átlagos távolsága: d=1,501011 m.
Néhány függvény határozatlan integrálja:
xeaxdx=(xa-1a2)eax+állandó,(i)x2eaxdx=(x2a-2xa2+2a3)eax+állandó,(ii)x3eaxdx=(x3a-3x2a2+6xa3-6a4)eax+állandó.(iii)


 
A rész. A Naptól jövő sugárzás
A.1. Tegyük fel, hogy a Nap abszolút fekete testként sugároz. Ezt felhasználva határozzuk meg a Nap T felszíni hőmérsékletét! (0,3 pont)
A napsugárzás spektrumát jó közelítéssel a Wien-féle eloszlás adja meg. Eszerint a Napból a Föld egy adott felületére egységnyi idő alatt, egységnyi frekvenciatartományban érkező energia:
u(f)=AR2d22πhc2f3exp(-hf/kBT),
ahol f a frekvencia, A pedig a bejövő sugárzás irányára merőleges felület nagysága.2
Ezek után tekintsünk egy, a beeső napsugárzás irányára merőlegesen elhelyezett, A felületű, félvezető anyagból készült, vékony napelemet.
A.2. A Wien-közelítést felhasználva fejezzük ki a napelem felületére beeső napsugárzás teljes Pbe teljesítményét az A, R, d, T paraméterekkel, valamint a c, h, kB fizikai állandókkal! (0,3 pont)
A.3. Fejezzük ki az egységnyi idő alatt, egységnyi frekvenciatartományban a napelem felületére beeső fotonok nγ(f) számát az A, R, d, T, f paraméterekkel, valamint a c, h, kB fizikai állandókkal! (0,2 pont)
A félvezető anyag, amiből a napelem készült, Eg szélességű tiltott sávval rendelkezik.3 Alkalmazzuk a következő modellt. Minden, EEg energiájú foton egy elektront gerjeszt a tiltott sáv fölé. Ez az elektron Eg energiával járul hozzá a hasznos kimenő energiához, az esetleges többletenergiája hő formájában disszipálódik (nem hasznosul).
A.4. Legyen xg=hfg/kBT, ahol Eg=hfg. Fejezzük ki a napelem Pki hasznos kimenő teljesítményét az xg, A, R, d, T paraméterekkel, valamint a c, h, kB fizikai állandókkal! (1,0 pont)
A.5. Fejezzük ki a napelem η hatásfokát xg segítségével! (0,2 pont)
A.6. Ábrázoljuk vázlatosan η-t az xg függvényében! Az xg=0 és az xg esetén érvényes értékeket is tüntessük fel. Mekkora az η(xg) függvény meredeksége xg=0 és xg esetén? (1,0 pont)
A.7. Jelöljük x0-lal xg azon értékét, ahol η maximális. Írjuk fel azt a harmadfokú egyenletet, amiből x0 meghatározható! Adjunk becslést x0 értékére ±0,25 pontossággal! Ezt felhasználva számoljuk ki η(x0) értéket! (1,0 pont)
A.8. Tiszta szilícium esetén Eg=1,11eV. Ezt az adatot felhasználva, számoljuk ki a szilíciumból készült napelem ηSi hatásfokát! (0,2 pont)
A 19. század végén Kelvin és Helmholtz (KH) egy hipotézissel álltak elő a Nap sugárzásának magyarázatára. Feltételezték, hogy a Nap kezdetben egy óriási, elhanyagolható sűrűségű, M tömegű porfelhő volt, amely folyamatosan húzódott össze. A Nap sugárzása ‐ feltevésük szerint ‐ származhat a lassú zsugorodás során felszabaduló gravitációs potenciális energiából.
A.9. Tegyük fel, hogy a Nap egyenletes tömegeloszlású. Adjuk meg a Nap jelenlegi Ω gravitációs potenciális energiáját a G gravitációs állandó, M és R segítségével! (0,3 pont)
A.10. A KH-hipotézis alapján becsüljük meg azt a legnagyobb lehetséges τKH időt (években megadva), ameddig a Nap ragyogni tudna! Tételezzük fel, hogy ezen idő alatt a Nap luminozitása állandó. (0,5 pont)
A fenti módon kiszámolt τKH idő nem egyeztethető össze a Naprendszer ‐ meteoritok tanulmányozásával kapható ‐ becsült életkorával. Ez azt mutatja, hogy a Nap energiaforrása nem lehet tisztán gravitációs eredetű.
 
B rész. A Napból jövő neutrínók
1938-ban Hans Bethe azt állította, hogy a Nap energiája a benne levő hidrogén héliummá történő magfúziójából származik. A nettó magreakció:
41H4He+2e++2νe.
A reakcióban keletkező νe ,,elektronneutrínók'' tömege zérusnak vehető. Ezek a részecskék a Napból kiszabadulnak, és a Földön történő detektálásuk alátámasztja a magreakciók lezajlását a Nap belsejében. A neutrínók által elszállított energia elhanyagolható ebben a feladatban.
B.1. Számítsuk ki a Földet elérő neutrínók számának Φν fluxussűrűségét m-2s-1 egységben! A fenti reakcióban ΔE=4,010-12J energia szabadul fel. Tételezzük fel, hogy a Nap által kisugárzott energia teljes mértékben ebből a reakcióból származik! (0,6 pont)
A Nap magjából a Földig tartó útjuk során a νe elektronneutrínók egy része más típusú, νx neutrínókká alakul át.4 A detektor a νx neutrínókat 16 akkora hatásfokkal érzékeli, mint amekkora hatásfokkal a νe neutrínókat. Ha nem volna neutrínóátalakulás, akkor egy év alatt átlagosan N1 számú neutrínó detektálását várnánk. Azonban az átalakulás miatt a valóságban egy év alatt átlagosan N2 számú neutrínót (νe-t és νx-t együttesen) detektálnak.
B.2. Határozzuk meg N1 és N2 segítségével, hogy a νe neutrínók mekkora r hányada alakul át νx neutrínóvá! (0,4 pont)
Ahhoz, hogy a neutrínókat észlelni tudjuk, nagy, vízzel töltött detektorokat építünk. Habár a neutrínók anyaggal való kölcsönhatása meglehetősen ritka, olykor elektronokat löknek ki a detektorbeli vízmolekulákból. Ezek a nagyenergiájú elektronok nagy sebességgel hatolnak át a vízen, mely folyamat során elektromágneses sugárzást bocsátanak ki. Amíg egy ilyen elektron sebessége nagyobb, mint a fény sebessége az n törésmutatójú vízben, a sugárzás (ún. Cserenkov-sugárzás) kúp alakban bocsátódik ki.
B.3. Tételezzük fel, hogy a neutrínó által kilökött elektron a vízben való haladása során állandó ütemben, időegységenként α energiát veszít. Határozzuk meg a neutrínó által az elektronnak átadott energiát (Eátadott) α, Δt, n, me és c segítségével, ha az elektron Δt ideig bocsát ki Cserenkov-sugárzást! (Tételezzük fel, hogy az elektron a neutrínóval való kölcsönhatása előtt nyugalomban volt.) (2,0 pont)
A Nap belsejében a hidrogén héliummá történő fúziója több lépésben történik. Az egyik ilyen lépés során 7Be atommag (nyugalmi tömege mBe) keletkezik. Ezután ez az atommag egy elektront nyelhet el, melynek folyamán egy 7Li atommag (nyugalmi tömege mLi<mBe) és egy νe neutrínó keletkezik. A megfelelő magreakció:
7Be+e-7Li+νe.
Ha egy nyugalomban levő Be atommag (mBe=11,510-27 kg) elnyel egy ugyancsak nyugvó elektront, a keletkező neutrínó energiája Eν=1,4410-13 J. Azonban a Be atommagok véletlenszerű termikus mozgást végeznek a Nap magjában lévő Tc hőmérséklet miatt, és mozgó neutrínóforrásként viselkednek. Emiatt a kibocsátott neutrínók energiája ΔErms négyzetes középértékkel fluktuál.
B.4. Ha ΔErms=5,5410-17J, számoljuk ki a Be magok VBe sebességének négyzetes középértékét, majd ezzel adjunk becslést Tc-re! (Útmutatás: ΔErms a megfigyelés irányába mutató sebességkomponens négyzetes középértékétől függ.) (2,0 pont)
2c a fénysebességet, h a Planck-állandót, kB pedig a Boltzmann-állandót jelöli. Ezek (és még más fizikai állandók) számértékét egy külön táblázatban megkapták a versenyzők.

3A ,,g'' index az angol gap (rés) szóra, vagyis a tiltott sáv szélességére utal.

4Ezen jelenség, az ún. neutrínóoszcilláció kísérleti igazolásáért Kadzsita Takaaki japán és Arthur B. McDonald kanadai tudósnak ítélték oda a 2015. évi fizikai Nobel-díjat (‐ a szerk.).


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

A rész. A Naptól jövő sugárzás
A.1. A Stefan‐Boltzmann-törvény alapján: L=(4πR2)(σT4). Innen:

T=(L4πR2σ)1/4=5,76103  K.

A.2.
Pbe=0u(f)df=0AR2d22πhc2f3exp(-hf/kBT)df.
Legyen x=hfkBT. Ekkor f=kBThx és df=kBThdx. Ezzel:
Pbe=2πhAR2c2d2(kBT)4h40x3e-xdx=2πkB4c2h3T4AR2d26=12πkB4c2h3T4AR2d2.
Másik megoldás, amely nem használja a Wien-közelítést:
Pbe=L4πd2A=σT4AR2d2=2π5kB415c2h3T4AR2d2.

A.3.
nγ(f)=u(f)hf=AR2d22πc2f2exp(-hf/kBT).

A.4. A hasznos kimenő teljesítményt az Eg=hfg egy fotonra jutó energiakvantum és az EEg energiájú fotonok számának szorzata adja:
Pki=hfgfgnγ(f)df=hfgAR2d22πc2fgf2exp(-hf/kBT)df==kBTxgAR2d22πc2(kBTh)3xgx2e-xdx==2πkB4c2h3T4AR2d2xg(xg2+2xg+2)e-xg.

A.5. A hatásfok:
η=PkiPbe=xg6(xg2+2xg+2)e-xg.
Ha Pbe-re az A.2. másik eredményét használjuk, akkor a hatásfok:
η=2πkB4c2h31σxg(xg2+2xg+2)e-xg=(90π4)xg6(xg2+2xg+2)e-xg.
A két eredmény közel van egymáshoz, mert 90/π40,921.
A.6.
η=16(xg3+2xg2+2xg)e-xg.
A határokon érvényes értékek: η(0)=0 és η()=0.
Mivel a zárójelben levő polinom kizárólag pozitív együtthatókat tartalmaz, az monoton növekvő. Az exponenciális függvény monoton csökkenő, és a szorzatuknak valahol maximuma van.
dηdxg=16(-xg3+xg2+2xg+2)e-xg,dηdxg|xg=0=13,dηdxg|xg=0.


Ha az A.2. másik eredményét használjuk, akkor:
dηdxg=15π4(-xg3+xg2+2xg+2)e-xg,dηdxg|xg=0=30π40,31,dηdxg|xg=0.




 
 

A.7. A maximális értéket ott veszi fel a függvény, ahol
dηdxg=16(-xg3+xg2+2xg+2)e-xg=0p(xg)xg3-xg2-2xg-2=0.


Az egyenlet megoldásához használhatjuk például a felező módszert (más numerikus módszer is elfogadható):
p(0)=-2,p(1)=-4,p(2)=-2,p(3)=102<x0<3,p(2,5)=2,3752<x0<2,5,p(2,25)=-0,1712,25<x0<2,5.
A közelítő érték, ahol η-nak maximuma van: x0=2,27. A maximum: η(2,27)=0,457.
A.8. Az xg értéke:
xg=1,111,6010-191,3810-235763=2,23,
amivel a hatásfok:
ηSi=xg6(xg2+2xg+2)e-xg=0,457.
Ha az A.2. másik eredményét használjuk, akkor:
ηSi=15xgπ4(xg2+2xg+2)e-xg=0,422.

A.9. A Nap teljes gravitációs potenciális energiája:
Ω=-0MGmdmr.
Az egyenletes tömegeloszlás miatt:
ϱ=3M4πR3,m=43πr3ϱ,dm=4πr2ϱdr.
Ezzel:
Ω=-0RG(43πr3ϱ)(4πr2ϱ)drr=-16π2Gϱ23R55=-35GM2R.

A.10.
τKH=-ΩL=3GM25RL=1,88107  év.

 

B rész. A Napból jövő neutrínók
B.1. ΔE energia felszabadulása során két neutrínó keletkezik, így
Φν=2L4πd2ΔE=23,8510264π(1,501011)24,010-12=6,81014  m-2s-2.

B.2. Legyen ε a neutrínó detektálásának hatásfoka, N0 a bejövő részecskeszám. Ezzel:
N1=εN0,Ne=εN0(1-r),Nx=εN0r/6,N2=Ne+Nx.
Tehát:
(1-r)N1+r6N1=N2,
innen a kérdezett hányados:
r=65(1-N2N1).

B.3. Amikor egy elektron már éppen nem bocsát ki Cserenkov-sugárzást, a sebessége vstop=c/n-re csökken. Az elektron teljes energiája ekkor:
Estop=mec21-vstop2/c2=nmec2n2-1.
Abban a pillanatban, miután a neutrínó kiütötte az elektront, az elektron energiája:
Estart=αΔt+nmec2n2-1.
A kölcsönhatás előtt az elektron energiája mec2. Így a neutrínónak átadott energia:
Eátadott=Estart-mec2=αΔt+(nn2-1-1)mec2.

B.4. A 7Be atommagok mozgása miatt Doppler-effektus lép fel a neutrínókra. Mivel az energia relatív megváltozása kicsiny (ΔErms/Eν10-4), a nemrelativisztikus Doppler-eltolódással lehet számolni (a relativisztikus számolás szinte azonos eredményt ad). A megfigyelés irányának a z irányt véve:
ΔErmsEν=vz,rmsc=13VBec=3,8510-4.
Tehát a Be atommagok sebességének négyzetes középértéke:
VBe=33,8510-43,00108  ms-1=2,01105  ms-1.
A Nap magjának átlagos hőmérséklete pedig:
12mBeVBe2=32kBTcTc=1,13107  K.