Példatár. Válogatás az elmúlt évek zárthelyi feladataiból v1.0. Készítette: Reiss Tibor július 29.

Méret: px
Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "Példatár. Válogatás az elmúlt évek zárthelyi feladataiból v1.0. Készítette: Reiss Tibor július 29."

Átírás

1 Példatár Válogatás az elmúlt évek zárthelyi feladataiból v.0 Készítette: Reiss Tibor 20. július 29. Ha bármilyen elírást, elszámolást, stb. találtok a feladatokban, írjatok egy t a reiss(kukac)reak(pont)bme(pont)hu címre. Köszönöm.

2 . feladat /.zh/. Tekintsük a következő bomlási sort: 90 Sr 90 Y 90 Zr. Mekkora lesz a 90 Zr mennyisége mólban t = 50 nap után, ha kezdetben m = 0, 0 g 90 Sr volt csak a rendszerben? Adatok: T Sr = 28, 9 év, T Zr = 2, 67 nap, M Sr = 89, 9078 g/mól, az 90 Y magszámának időfüggvénye: N Y (t) = λ Sr λ Sr λ Y N 0,Sr e λ Y t ( e (λ Sr λ Y )t ) (.) Jelölés a továbbiakban: Sr -, Y - 2, Zr - 3 A stronciumot leíró differenciálegyenlet (keletkezés: nincs, fogyás: radioaktív bomlás miatt): dn (t) = λ N (t) (.2) dt Kezdeti feltétel: t = 0-ban N (t = 0) = N,0 A diff. e. megoldása: N (t) = N,0 e λ t (.3) Az ittriumot leíró differenciálegyenlet (keletkezés: a stronciumból, fogyás: radioaktív bomlás miatt) dn 2 (t) dt = λ N (t) λ 2 N 2 (t) (.4) Kezdeti feltétel: t = 0-ban N 2 (t = 0) = 0 Ez egy inhomogén diff. e. Kezdjük a homogén egyenlet, azaz dn 2(t) = dt λ 2 N 2 (t) megoldásával: N 2,H (t) = c e λ 2t (.5) ahol c egy konstans. Az inhomogén egyenlet megoldását megkapjuk például az állandók variálásának módszerével, azaz a c konstanst időtől függővé tesszük. Végeredményben az inhomogén diff. e. megoldását a következő formában keressük: N 2 (t) = c(t)e λ 2t. Ezt helyettesítsük vissza a (.3) egyenletbe (ne felejtsük el, hogy c is függ t-től): dc(t) dt e λ 2t c(t)( λ 2 )e λ 2t = λ 2 c(t)e λ 2t + λ N (t) (.6)

3 dc(t) = λ N (t)e λ 2t dt N helyére a (.3) egyenletet kell helyettesíteni, tehát: dc(t) dt Integráljuk mindkét oldalt 0-tól t-ig: = λ N,0 e (λ 2 λ )t (.7) (.8) c(t) c 0 = λ λ 2 λ N,0 (e (λ 2 λ )t ) (.9) Kihasználva a kezdeti feltételt (N 2 (t = 0) = 0) kapjuk, hogy c 0 = 0. Ezzel: N 2 (t) = = λ N,0 (e (λ 2 λ )t )e λ 2t λ 2 λ λ N,0 (e λt e λ2t ) (.0) λ 2 λ amiből néhány átalakítással a (.) egyenletet kapjuk. A cirkóniumot leíró differenciálegyenlet (keletkezés: az ittriumból, fogyás: nincs): dn 3 (t) = λ 2 N 2 (t) (.) dt Kezdeti feltétel: t = 0-ban N 3 (t = 0) = 0. Az előző diff. e.-be (.0) egyenletből N 2 (t)-t behelyettesítve és integrálva 0 és t között kapjuk: N 3 (t) = t 0 λ 2 N 2 (t) dt t λ λ 2 = N,0 (e λt e λ2t ) dt λ 2 λ 0 ( λ λ 2 e λ t ) = N,0 e λ2t λ 2 λ λ λ 2 ( = N,0 λ (e λ2t ) λ 2 (e λt ) ) (.2) λ 2 λ Számértékkel: λ = ln 2 28, 9 év N,0 = 0, 0 g 89, 9078 g/mól N A (.3) t = 50 nap = 4, s (.4) év 3, s = 7, s (.5) 2

4 Az eredmény mólban: λ 2 = ln 2 2, 67 nap nap s = 3, s (.6) n 3 (t = 50 nap) = N 3(t = 50 nap) N A = 3, mól (.7) m 3 (t = 50 nap) = n 3 M 3 3, g (.8) 2. feladat /.zh/2. A csernobili balesetben kikerült radioaktív nuklidok között megtalálható volt a 3 I (T /2 = 8 nap) és a 37 Cs (T /2 = 30, 23 év). Az üzemelő reaktorban körülbelül ötször annyi 37 Cs keletkezett, mint 3 I, amikor megtörtént a baleset. Feltéve, hogy a teljes inventár kikerült a környezetbe, mennyi idő elteltével lett a 37 Cs aktivitása ötszöröse a 3 I aktivitásának? Ez alatt az idő alatt (a kibocsátástól számítva) hányszor több 3 I bomlott el összesen, mint 37 Cs? Jelölés: 3 I - -es izotóp, 37 Cs - 2-es izotóp t = 0 időpontban a kezdeti izotóparány: N,0 N 2,0 = 5 (2.) Az aktivitás az idő függvényében (csak bomlás van): A i (t) = λ i N i (t) = λ i N i,0 e λ it (2.2) Tehát az aktivitások aránya: Ebből t-t kell kifejezni (felhasználható (2.)): t = λ λ 2 ln λ λ 2 = A 2 (t) A (t) = λ 2N 2,0 e λ2t λ N,0 e λ t = 5 (2.3) λ λ 2 ln T 2 T = ln 2 T T 2 T 2 T ln T 2 T = 83, 498 nap (2.4) 3

5 Az aktivitás definíciója: időegység elbomlott atomok száma. Tehát az aktivitás integrálja megadja az elbomlott atomok számát: N i,elbomlott (t) = t 0 A i (t) dt = = λ i N i,0 [ e λ i t λ i t 0 ] t 0 λ i N i (t) dt = t 0 λ i N i,0 e λ it = = N i,0 ( e λ it ) (2.5) Természetesen ugyanehhez az eredményhez jutunk, ha kivonjuk a kezdeti atomszámból a megmaradó atomok számát: N i,elbomlott (t) = N i,0 N i (t) = N i,0 N i,0 e λ it = N i,0 ( e λ it ) (2.6) Ezzel a kérdezett mennyiség: N,0 ( e λt ) N 2,0 ( e λ 2t ) = ( e λt ) 5 ( e λ 2t ) = 5 2 t T 2 t T 2 = 38, 202 (2.7) 3. feladat - Feladatok/7. A csernobili balesetben kikerült radioaktív nuklidok között megtalálható volt a 3 I (T /2 = 8 nap) és a 37 Cs (T /2 = 30, 23 év). Az üzemelő reaktorban körülbelül ötször annyi 37 Cs keletkezett, mint 3 I, amikor megtörtént a baleset. Feltéve, hogy a teljes inventár kikerült a környezetbe (a) melyik izotóp járult hozzá nagyobb mértékben a kibocsátott radioaktív felhő aktivitásához a kibocsátás pillanatában? (b) a kibocsátás után mennyi idővel lesz a két izotóp aktivitása egyenlő? (c) A hasadások körülbelül %-ában keletkezik 3 I, és minden hasadásban 200 MeV energia szabadul fel. A csernobili reaktor teljesítményének (000 MW) ismeretében határozzuk meg a 3 I mennyiségét a reaktor indítása után 24 órával, ha kezdetben nem volt jelen jód! (d) Mekkora az egyensúlyi koncentráció, ha az aktív zóna térfogata 00 m 3? Jelölés: 3 I - -es izotóp, 37 Cs - 2-es izotóp (a) A,0 = λ N,0 = T 2 = 275, 85 (3.) A 2,0 λ 2 N 2,0 T 5 Tehát a kibocsátás után napokig a 3 I aktivitása a meghatározó. (b) = A (t) A 2 (t) = λ N,0 e λt λ 2 N 2,0 e = λt λe λ 2t 5 λ 2 e = λ 2t 5 T2 4 T 2 ( )t T 2 T (3.2)

6 t-t kifejezve: t = T T 2 T T 2 log 2 5T T 2 = 0, 280 év = 64, 909 nap (3.3) (c) A hasadások száma másodpercenként: n h = P 0 6 W ev J,6 0 9 ev = 8, s (3.4) A 3 I atomokat leíró differenciálegyenlet: A kezdeti feltétel: dn (t) dt = λ N (t) + n h (3.5) t = 0 -ban N,0 = 0 (3.6) Ez egy inhomogén differenciálegyenlet. A homogén differenciálegyenlet megoldása: N,H (t) = c e λ t (3.7) Az inhomogén differenciálegyenletet az állandók variálásával oldjuk meg: N (t) = c(t) e λ t (3.8) Ezt helyettesítsük vissza a (3.5) egyenletbe: dc(t) dt e λ t λ c(t)e λ t = λ c(t)e λ t + n h (3.9) dc(t) = n h e λ t dt Integráljunk határozottan 0 és t között: [ ] t e c(t) c(0) = n h e λt λ t = n h ahol c(0)-t majd a kezdeti feltételből kell meghatározni. 0 λ (3.0) (3.) c(t) = c(0) + n h λ (e λ t ) (3.2) Visszahelyettesítve c(t)-t a (3.8) egyenletbe kapjuk: N (t) = c(0)e λ t + n h λ (e λ t )e λ t = c(0)e λ t + n h λ ( e λ t ) (3.3) 5

7 t=0-ban a jobb oldal második tagja nulla, ezért a (3.6) egyenlet miatt c(0)=0. Tehát: N (t) = n h λ ( e λ t ) = 4, (3.4) Végül t helyére 24 órát helyettesítve (mértékegységre ügyelve) kiszámítható a keresett mennyiség: N (24 óra) = 4, (3.5) (d) A 3 I koncentrációja az aktív zónában: cc (24 óra) = cc (t) = N (t) V (3.6) 4, m 3 = 4, cm 3 (3.7) 4. feladat /zh2/3. Egy reaktorban besugárzási kísérletet végeznek, mely során 30 mg 59 Co mintát 50 mg 27 Al fóliába csomagolva sugároznak be 0 /cm 2 s neutronfluxussal. A besugárzás végén a 59 Co(n, γ) 60 Co (σ a =30 barn) reakcióban keletkező 60 Co aktivitása 2280 Bq, azonban a folyamat során a 27 Al(n, γ) 28 Al (σ a =0,233 barn) reakció is lejátszódott, és az így keletkezett 28 Al aktivitása olyan nagy, hogy a mintát pihentetni kell. Számítsa ki, mennyi időt kell várni a besugárzás után, hogy az 28 Al aktivitása kbq-nél kisebb legyen! Adatok: 60 Co felezési ideje 5,2 év; a 28 Al felezési ideje 2,24 perc; moláris tömegek: M Co =59 g/mol, M Al =27 g/mol; a számítások során vegyük úgy, hogy az alumínium és a kobalt fóliákat azonos neutronfluxus érte. A bomlási állandók: λ Co = ln 2 T Co = 4, s λ Al = ln 2 = 5, T Al s Az (n, γ) reakcióval keletkezett izotópok számát leíró egyenlet: (4.) (4.2) N(t) = N 0 (t)e λt + R λ ( e λt ) (4.3) 6

8 Most az első tag nulla, mivel a besugárzás előtt nincsenek ilyen izotópok. A reakciógyakoriságok: R Co = φn( 59 Co)σ( 59 Co) = φ m(59 Co) M( 59 Co) N Aσ( 59 Co) = 9, (4.4) R Al = φn( 27 Al)σ( 27 Al) = φ m(27 Al) M( 27 Al) N Aσ( 27 Al) = 2, (4.5) Ne felejtsük el, hogy barn = 0-24 cm 2! A Co-aktivitásból (2280 Bq) meghatározható az átalakult Co-atomok száma: N Co = A Co λ Co = 5, (4.6) Felhasználva (4.3), (4.4) és (4.6) egyenleteket kiszámíthatjuk a besugárzási időt: t be = ( ln λ ) CoN Co = 587, s (4.7) λ Co R Co A reakciógyakoriság és a besugárzási idő ismeretében kiszámítható a 28 Al aktivitása a besugárzás után: A Al (t be ) = λ Al N Al (t be ) = λ Al R Al λ Al ( e λ Alt ) = 2, Bq (4.8) Ez az aktivitás a 28 Al felezési idejével exponenciálisan csökken: ahol A Al (t be + t pihen ) = 000 Bq. A Al (t be + t pihen ) = A Al (t be )e λ Alt pihen (4.9) t pihen = ln A Al(t be + t pihen ) λ Al A Al (t be ) = 96, 4 s (4.0) 5. feladat - 200/.zh/3.2 Két borszakértő egy családi pincészetben talál két penészes, címke és dugónyomat nélküli borosüveget. A szakértők abban egyeznek meg, hogy a fajta és az elkészítés módja ugyanaz, viszont azt nem tudják eldönteni, hogy melyik az idősebb. Ezért egy fizikushoz fordulnak, aki rögtön tudta, hogy a megoldást a borban lévő trícium ( 3 H) adja meg, mivel az egy 7

9 β-bomló izotóp (T /2 =2,32 év). Mindkét borból cm 3 -nyi mennyiséget folyadék szcintillációs detektorban lemért. Az első palackból vett minta összbeütése 2 óra alatt 32, míg a második palack boré 3 óra alatt 34. Mennyi a korkülönbség a két palack bor között? A mérési idő sokkal kisebb, mint a trícium felezési ideje, ezért feltehető, hogy a mérés alatt az aktivitás állandó, azaz az. palack aktivitása A = 32, míg 2 h a 2.-é A 2 = 34, tehát A 3 h > A 2. Utóbbiból következik, hogy a 2. palackot hamarabb készítették. Az aktivitás időbeli alakulása: Tehát a mérés pillanatában: A i (t) = A i,0 e λt (5.) 2. palack: A 2 (t m ) = A 2,0 e λtm (5.2). palack: A (t m ) = A,0 e λ(tm t ) (5.3) Természetesen A,0 = A 2,0, mivel mindkét palack ugyanabból a fajta szőlőből és ugyanazzal az eljárssal készült. Így: A 2 A = Ebből a palackozások között eltelt idő: e λtm e λ(tm t ) = e λt (5.4) t = λ lna 2 A = 6, 3 év (5.5) 6. feladat - 200/.zh/3. 8

10 A 22 Na izotóp 90,3% valószínűséggel β +, 9,7% valószínűséggel pedig elektronbefogással (electron capture, EC) bomlik. Írja fel a kétféle bomlási folyamatot (anyamag, leánymag, tömegszám, rendszám), ha tudjuk, hogy a neon, nátrium és magnézium rendszáma rendre 0,, 2! Legalább hány gramm 22 Na-ra van szükség, ha egy 5*0 3 bar-on üzemelő dm 3 -es neoncsövet 00 perc alatt szeretnénk megtölteni? A neongáz hőmérséklete legyen 20 C, a 22 Na felezési ideje 2,602 év. A bomlási folyamat során hány elektronbefogás történt? A Boltzmann-állandó k B =,38*0 23 J K. β + : p + e + + n 0 (6.) EC : p + + e n 0 (6.2) Tehát a bomlási folyamatok ugyanazt a magot eredményezik: 22 Narrowβ +22 0N e (6.3) 22 Na EC 22 0N e (6.4) A szükséges Ne-atomok száma az ideális gáztörvényből határozható meg: pv = NkT (6.5) N Ne = bar 0 5 P a bar dm3 3 m3 0 dm 3, J K =, (6.6) A Na mennyisége t=0-ban legyen N 0. t idő elteltével a Na fogy az exponenciális bomlás törvényének megfelelően, azaz N 0 e λt atom marad. Az elbomlott Na atomok száma, ami megegyezik a keletkezett Ne atomok számával tehát: N Ne = N 0 ( e λt ) = m Na M Na N A ( e λt ) = m Na M Na N A ( 2 t/t ) (6.7) Ebből a Na tömegét kell kifejezni: Az elektronbefogások száma: m Na = M NaN Ne = 89, 49 g (6.8) N A 2 t/t N EC = 0, 097 N Ne =, (6.9) 9

11 7. feladat /zh2/3.2 Egy monoenergiás, homogén neutronnyalábot szeretnénk %-ra csökkenteni. Milyen vastag védelemre lenne szükségünk, ha ehhez H 2 O és D 2 O homogén keverékét használnánk, melynek keverési aránya V H2 O/V D2 O = 2? Adatok: a nehézvíz sűrűsége,056 g/cm 3 ; a H, D és O moltömege rendre,005 g/mol, 2,035 g/mol és 5,994 g/mol; a hatáskeresztmetszetek: H: σ a =0,332 barn, σ s =20,44 barn; D: σ a =0,00053 barn, σ s =3,39 barn; O: σ a =0,00027 barn, σ s =3,76 barn. A monoenergiás, homogén nyalábgyengülés egyenlete: I(x) = I 0 e Σx (7.) ami megadja, hogy x vastagságú, Σ makroszkópikus hatáskeresztmetszettel rendelkező fal mögött mekkora lesz az intenzitás. Most a totális hatáskeresztmetszetet kell használni, mivel szóródáskor változik a neutron energiája, azaz a monoenergiás nyaláb szempontjából elveszik. A makroszkópikus totális hatáskeresztmetszet kihasználva az egyik additivitási tételt (jelölés: H 2 O - -es anyag, D 2 O - 2-es anyag): Σ t = N σ + N 2 σ 2 (7.2) ahol N az atommagsűrűség (mértékegység: /cm 3 ). A hatáskeresztmetszekre vonatkozó második addivitási tétel értelmében ez a következő képpen is írható: Σ t = N (2σ H + σ O ) + N 2 (2σ D + σ O ) (7.3) Az atommagsűrűség meghatározásához tekintsünk egy V=V +V 2 térfogatú keveréket. Ekkor: N = m M N A V = V ρ M N A V = 2 3 ρn A M = 2, cm 3 (7.4) Itt kihasználtuk a keverékre vonatkozó térfogatarányt, azaz V 2 =V, /2, tehát: V = V + V 2 = V + V 2 = 3 2 V V V = cm 3 (7.5) Hasonlóan kifejezhető V 2 /V is: V = V + V 2 = 2V 2 + V 2 = 3V 2 V 2 V = 3 (7.6) 0

12 Tehát N 2 : N 2 = m 2 M 2 N A V = V 2ρ 2 M 2 N A V = 3 ρ2n A M 2 =, cm 3 (7.7) Ezzel a totális makroszkópikus hatáskeresztmetszet (ne felejtsük átváltani a barn-t: barn=0 24 cm 2 ): Σ t =, 253 cm (7.8) És végül a védelem falának vastagsága: x = ln I(x) = ln I 0 Σ t I 0 Σ t I(x) =, 253 ln 00 = 4, 06 cm (7.9) cm 8. feladat - Feladatok/2. és 2007/2.zh/2. és 2008/pótzh/2. Azonos számú 235 U és 238 U magból kiindulva mennyi ideig kell várni ahhoz, hogy a megmaradó 238 U atommagok száma a 235 U magok számának a 40-szerese legyen? A 235 U felezési ideje 7, év, a 238 U-é pedig év. Jelölés: 235 U - 5-ös index, 238 U - 8-as index. Tudjuk, hogy kezdetben a két izotóp atomszáma azonos, azaz: N 5,0 = N 8,0 (8.) A fogyás az exponenciális bomlás törvény szerint történik, természetesen a megfelelő bomlási állandóval, azaz: 40 = N 8(t) N 5 (t) = N 8,0e λ8t N 5,0 e λ 5t = e(λ 5 λ 8 )t (8.2) t = λ 5 λ 8 ln 40 = ln 2 T 5 ln 2 ln 40 = T 8 ln 40 ln 2 T 5 T 8 T 8 T 5 = 5, 0 8 év (8.3)

13 9. feladat /.zh/. Három sugárforrásunk van, kezdetben (t=0) mindegyik aktivitása µci ( Ci=3,7 0 0 Bq). Felezési idejük rendre s, óra és nap. (a) A t=0 pillanatban hány radioaktív mag van az egyes forrásokban? (b) Az első másodpercben hány atommag bomlik el az egyes forrásokban? (c) Az első órában hány atommag bomlik el az egyes forrásokban? (a) N i = A i = A T λ i ln 2 (9.) A = A 2 = A 3 (9.2) N = 5, ; N 2 = N T2 T =, ; N 3 = N T3 T = 4, (b) N i = t 0 A i (t) dt = t 0 A i,0 e λ it dt = A i,0 [ e λ i t λ i ] t 0 (9.3) = A i,0 λ i ( e λ it ) = A i,0t i ln 2 ( 2 t/t ) (9.4) (c) N = 2, ; N 2 = 3, ; N 3 = 3, (9.5) N N ; N 2 = 2 N 2 = 9, ; N 3 =, (9.6) 0. feladat /.zh/2. Egy ásatáson talált épület fagerendájának korát kell meghatározni. Egy anyagminta 4 C tartalmát vizsgálva percenként átlagosan 2, bomlást detektálnak. Egy ugyanolyan fajtájú fából frissen vágott, azonos méretű darabban ez az érték 5,3 bomlás percenként. Mennyi az ásatás során talált gerenda kora, ha a 4 C felezési ideje 575 év? A(t) = A 0 e λt (0.) 2

14 t = λ lna(t) A 0 = T ln 2 ln2, 5, 3 = 7633, 0 év (0.2). feladat - Feladatok/2. és 2007/2.zh/. A 37 Cl atom tömegét tömegdublett módszerrel határozzuk meg. Számítsa ki a keresett értéket az alábbi, 0 6 u egységekben adott tömegkülönbségekből: (a) m(c 2 H) - m( 37 Cl) = 4922,2±0,3 (b) m(c 2 D 8 ) - m( 37 ClH 3 ) = 23436,5±0, (c) m(c 3 H 6 O 2 ) - m( 37 Cl 2 ) = 04974,24±0,08 A feladatban számoljon úgy, hogy D= 2 H, C= 2 C és O= 6 O, m( H)=, u, m( 2 H)=2,0402 u, m( 2C)=2, u, m( 6O)=5,99495 u! (a) 3C + H ,2 0 6 u = Cl = 36, u (b) 2C + 6H -3H ,5 0 6 u = Cl = 36, u (c) 2 (3C + 6H +2O , u) = Cl = 36, u 2. feladat - Feladatok/8. és 2008/zh/. A 232 Th bomlási sorának végén a stabil 208 Pb izotóp áll. Egy kődarabban 3,65 g 232 Th, illetve 0,75 g 208 Pb van. (a) Határozzuk meg az izotóparány alapján a kődarab korát, ha a 232 Th felezési ideje,4 0 0 év! (b) Ha a kő kellően porózus volna, és minden, a bomlás során keletkező α-részecske ki tudna szökni, és összegyűjtenénk hélumgázként, mennyi standard állapotú (p= bar, T=25 C) gázt lehetne nyerni ebből a kődarabból? (c) Milyen feltételezések mellett igaz az alkalmazott gondolatmenet? Az α-, β- és γ-bomlások során az alábbi módon változik a rendszám és a tömegszám (Jelölés: X - anyamag, Y - leánymag, A - tömegszám, Z - rendszám): A ZX α A 4 Z 2 Y, mivel az α-részecske egy 4 2He ++ atommag (2.) A ZX A β Z+ Y, mivel n 0 p + + e + ν e (2.2) A ZX A β+ Z Y, mivel p + n 0 + e + + ν e (2.3) 3

15 A ZX EC A Z Y, mivel p + + e n 0 + ν e (2.4) A ZX γ A Z Xazaz a leánymag ugyanaz az izotóp, mint az anyamag (2.5) (a) Tehát ahhoz, hogy a 232 Th-ból 208 Pb legyen, ( )/4 = 6 α-bomlás kell. A Th rendszáma 90, a Pb rendszáma 82. A 6 α-bomlás során a rendszám 6 2 = 2-vel, tehát 90 2 = 78-ra csökken, így ezután még = 4 β-bomlás kell. Összességében: T h... (6α, 4β ) P b (2.6) A részletes bomlási sor megtalálható a következő helyen: rl.ac.uk/ukdmc/radioactivity/th_chain/th_chain.html vagy en.wikipedia.org/wiki/decay_chain -> "Thorium series". Innen leolvasható (illetve, ha a feladat kiírásban nem szerepel, akkor feltehető), hogy a közbenső magok felezési ideje jóval kisebb, mint a 2323 Th felezési ideje, azaz a kormeghatározás szempontjából úgy vehető, mintha a 232 Th azonnal 208 Pbmá alakul. Így a két izotóp aránya az idő függvényében: N T h (t) N P b (t) = N T h,0 e λt ht N T h,0 ( e λ T ht ) = e λ T ht (2.7) Itt kihasználtuk, hogy a 208 Pb izotópok mennyisége egyenlő az elbomlott 232 Th-éval. Ebből az időt, t-t kell kifejezni: t = ( ) NP b (t) ln λ T h N T h (t) + = ( ) mp b (t)m T h ln + λ T h m T h (t)m P b mivel = 4, év (2.8) N T h (t) = m T h(t)n A és N P b (t) = m P b(t)n A (2.9) M T h M P b (b) Bomlásonként 6 α-részecskem, azaz 6 He atom keletkezik. Tehát: A térfogat: V = NkT p N He = 6 N P b (t) = 6 mp b(t) M P b N A (2.0) = 6m P b(t)n A kt pm P b = 5, m 3 0, 5 l (2.) (c) Feltételek: - Az ólom előtti leányelemek felezési ideje jóval kisebb, mint a vizsgált időtartam és a thórium felezési ideje. - A keletkezett ólom teljes mennyisége helyben marad, nem migrál. 4

16 3. feladat - Feladatok/0. és 2008/pótzh/. Mi a valószínűsége annak, hogy egy perc alatt a tüdőben egy 4 C bomlás történik? A légkör 0,03 térfogat%-a CO 2, a tüdő térfogata 3 liter, a belélegzett levegő 7,5%-a 4 másdoperc alatt cserélődik. Egy 4 C atomra C atom jut. A 4 C felezési ideje 575 év. p= bar, T=25 C. Először meg kell határozni, hogy mekkora a 2 C egyensúlyi aránya a 4 C-hez képest a tüdőben. Tegyük fel, hogy a be- és kilégzés folyamatos, ekkor 4 s alatt 3 l 0, 075 = 0, 225 l friss és ugyanennyi elhasznált levegő jut, illetve hagyja el a tüdőt. Az ezt leíró differenciálegyenlet (jelölés: t. - tüdőben lévő levegő, f. - friss levegő, x - 2 C és 4 C aránya): dn4 C dt = λn CO2 (3, 0 l)x t. + N CO 2 (0, 225 l)x f. 4 s N CO 2 (0, 225 l)x t. 4 s (3.) Az első tag a tüdőben lévő bomlások számát írja le, a második a belélegzett levegővel bejutó 4 C atomok számát, a harmadik pedig a kilélegzett levegőben eltávozó 4 C atomok számát. Egyensúlyban nem változik a 4 C atomok száma, tehát a (3.) egyenlet egyenlő nullával. Ebből az egyensúlyi állapotra vonatkozó tüdőben lévő 4 C/ 2 C arány: x t.,eq. = N CO2 (0,225 l)x f. 4 s λn CO2 (3, 0 l) + N CO 2 (0,225 l) 4 s = λ + 0, (3.2) Mivel a felezési idő nagyon nagy, ezért csak a 8. tizedesjegyben van eltérés. Ezzel az perc alatt elbomló 4 C atomok száma: mivel N = λn CO2 (3 l) s = 8, (3.3) N CO2 (3 l) = pv kt = 05 Pa 0, m 3 0, , J 298 K = 3, K Azaz a 4 C-től származó dózis elhanyagolható. (3.4) 4. feladat - Feladatok/. és 2008/zh/2. 5

17 Egy 0 méter hosszú cső egyik végén egy rövid, 0 8 neutront tartalmazó neutronimpulzust lövünk be, ami a cső másik oldalán egy céltárgyba csapódik. A neutronnyaláb sebessége 2200 m/s. A csövön való áthaladás ideje alatt hány neutron bomlik el, ha a szabad neutron felezési ideje 0,7 perc? A neutronok tartózkodási ideje a csőben (l - a cső hossza, v - a neutron sebessége): Az elbomló neutronok száma: t = l v (4.) N = N 0 ( e λ t ) = N 0 ( 2 t/t ) = N 0 ( 2 l/vt ) = 4, (4.2) 5. feladat /pótzh/,2. A szilícium-dioxid (SiO 2 ) sűrűsége 2,65 g/cm 3. A Si móltömege 28,08 g/mol, az oxigéné 6 g/mol. A Si totális mikroszkópikus hatáskeresztmetszete 2,36 barn, az oxigéné 6 barn. a) Számítsd ki a totális makroszkópikus hatáskeresztmetszetet! b) Milyen vastagságú SiO 2 réteg szükséges ahhoz, hogy egy, a rétegen áthaladó neutronnyaláb intenzitását az eredeti %-ra csökkentsük? a) Σ t = N i σ i,t = N Si σ Si,t + N O + σ O,t (5.) i Az atommagkoncentrációkat a sűrűségből lehet meghatározni (figyelem: egy SiO 2 molekulában 2 O-atom van): M SiO2 = M Si + 2M O = 60, 08 g/mol (5.2) N Si = ρ SiO 2 M SiO2 N A = 2, cm 3 (5.3) N O = 2 ρsio 2 M SiO2 N A = 5, cm 3 (5.4) Σ t = 0, 380 cm, mivel barn = 0 24 cm 2 (5.5) 6

18 b) A nyalábgyengülés egyenlete: Ebből x-re vagyunk kiváncsiak: I(x) = I 0 e Σtx (5.6) x = Σ t ln I(x) I 0 = 0, 380 ln 0, 0 = 2, 9 cm (5.7) cm 6. feladat /pótzh/3. Egy reaktorban besugárzási kísérletet terveznek. A neutrontér vizsgálatára a minták mellett 97 Au-t is a zónába helyeznek. Viszont a kísérlet utáni kiértékelés miatt a besugárzandó arany mennyiségét meg kell becsülni, mert az aktivitás mérésekor fellépő hibák elkerülése érdekében a mért beütést ajánlatos 60 beütés/s alatt tartani. Becsülje meg a mérés alatt maximálisan a zónába helyezhető arany tömegét, ha a besugárzás percig tart, Φ = 2,5 0 9 /cm 2 s neutronfluxusnak megfelelő teljesítményen és a besugárzás után maximum napig pihentethető a minta. A lejátszódó magreakció 97 Au(n,γ) 98 Au, a 98 Au felezési ideje T = 2,69 nap. A 97 Au izotóp aránya a természetes aranyban 00%. A reakció hatáskeresztmetszete 99,2 barn. Az állandó neutronfluxus melletti aktviációt leíró differenciálegyenlet (jelölés:l - leánymag, a - anyamag): dn l dt = λ l N l + N a Φσ a (6.) A legtöbb esetben az anyamag egy stabil izotóp, továbbá elhanyagolható mennyiség alakul át belőle, azaz (6.)-ben a jobboldal második tagja állandó, nem függ t-től. A homogén egyenlet megoldása (c egy konstans): N l,h (t) = c e λ lt (6.2) Az inhomogén egyenlet megoldását az állandók variálásának módszeréval keressük meg, azaz c c(t). Így visszahelyettesítve (6.2)-t (6.)-be (kevesebb írás érdekében N a Φσ a R): dc(t) dt e λ lt λ l c(t)e λ lt = λ l c(t)e λ lt + R (6.3) 7

19 Egyszerűsítés után: dc(t) = Re λ lt dt Integráljunk határozottan 0-tól t be -ig (a besugárzás időtartama): (6.4) c(t be ) c(0) = tbe 0 Re λ lt dt = R [ e λ l t ] tbe λ l 0 = R λ l (e λ lt be ) (6.5) Tehát az inhomogén (6.) megoldása: N l (t be ) = ( c(0) + R ) (e λ lt be ) e λ lt be = c(0)e λ lt be + R ( e λ lt be ) (6.6) λ l λ l A c(0) konstanst a t=0 kezdeti feltételből határozzuk meg: N l (t = 0) = N l,0 és mivel (6.6) jobboldalán t=0-nál a 2. tag nulla, ezért c(0) = N l,0. Tehát: N l (t be ) = N l,0 e λ lt be + R λ l ( e λ lt be ) (6.7) Jelen esetben N l,0 = 0, mivel kezdetben nincs jelen 98 Au. Másrészről a besugárzás után a mintát pihentetjük, azaz t p ideig bomlanak benne a 98 Au atomok. Továbbá a pihentetési idő után a beütés (azaz az aktivitás) λ l N l (t be ) 60, és λ s l = ln 2 T l. Végül, a 97 Au atommagkoncentráció a tömegből: N a = m an A (6.8) M a Mindent összevetve kapjuk: λ l N l (t be + t p ) = ln 2 T l man A Φσ a T l ln 2 M a ( e λ l tbe ) e λ lt p 60 s (6.9) Ebből a reaktorba helyezhető minta maximális tömege: m a 60 s M a 2 tp/t l =, g (6.0) N A Φσ a 2 t be/t l 7. feladat /pótzh/4. A reaktorból érkező termikus neutronnyalábot bórsavas oldatot (víz+sav) tartalmazó vékony falú tartállyal akarjuk gyengíteni. A tartály vastagsága d = 0,2 m, felülete A = 5 m 2. A célunk az, hogy a merőlegesen érkező, 8

20 homogénnek tekinthető nyaláb a fal túloldalán 99,5%-kal gyengüljön. Hány gramm bórsavra van ehhez szükség? Adatok: A bórsav moláris tömege 6,83 g/mol, sűrűsége,4 g/cm 3, képlete H 3 BO 3. A 0 B neutronbefogási hatáskeresztmetszete 3839 barn, a természetes bórban a 0 B előfordulási gyakorisága 9,9%. Jelölés: bórsav - b, víz - v. A feladat szövegében nem szerepel, ezért tegyük fel, hogy a bórsav vízben való feloldásakor nem következik be térfogatcsökkenés, illetve -növekedés. Továbbá tegyük fel, hogy az oxigén, hidrogén és a 0 B-en kívüli bórizotópok hatáskeresztmetszete elhanyagolható a 0 B-hez tartozó érték mellett, azaz a bórsavas oldat totális hatáskeresztmetszete: Σ t = 0, 99 N b σ( 0 B) (7.) ahol a 0,99-es szorzó a 0 B előfordulási gyakorisága miatt jelent meg. A fenti képletben N b az oldatban lévő bórsav atommagkoncentrációja! A tartály vastagságából és a nyalábgyengüésből meghatározható a totális hatáskeresztmetszet: I(d) = I 0 e Σtd (7.2) Σ t = d lni(d) I 0 = 2, m Tehát a megkívánt bórsavkoncentráció: = 2, cm (7.3) N b = Σ t 0, 99 σ( 0 B) = 3, cm 3 (7.4) Az atommagkoncentrációt máshogy is ki tudjuk fejezni: N b = m b N A M b V (7.5) Ebből a keresett tömeg: m b = N bm b V N A = 37, 582 kg (7.6) Ellenőrzés: ha a teljes tartályt (V = A d = m 3 ) bórsavval töltjük ki, akkor ennek tömege 400 kg. 9

21 8. feladat /pótzh/5. Az afrikai Gabonban lévő urántelepen a 235 U koncentrációja alacsonyabb, mint máshol a Földön. Emellett sok hasadási terméket is találtak. Az általánosan elfogadott magyarázat szerint valamikor régen itt "természetes atomreaktor" működhetett. Akkor még a természetes uránban a 235 U koncentrációja 3% volt. A talajvíz moderátorként lassította a neutronokat, és így megteremtődtek a láncreakció feltételei. Amikor a fejlődő hő elforrlata a moderátort, a láncreakció leállt. Visszahűlés után a telepet a talajvíz ismét elöntötte, és a "reaktor" újra beindult. Ilyen módon vált a rendszer önszabályozóvá. Kérdés: Hány évvel ezelőtt lehetett a természetes uránban a 235 U koncentrációja 3%? Adatok: a 238 U felezési ideje T = 4,5 0 9 év, a 235 U felezési ideje T = 7, 0 8 év. Jelenleg a természetes uránban található 235 U koncentrációja 0,7%. Jelölés: 235-ös izotóp - 5, 238-as izotóp - 8. Ebből t-t kell kifejezni: t = T ( ) 8T 5 N5 (t)n 8,0 ln T 5 T 8 N 8 (t)n 5,0 N 5 (t) N 8 (t) = N 5,0e λ5t N 8,0 e λ 8t (8.) N 5 (t) N 8 (t) N8,0 N 5,0 = e λ 8t λ 5 t = 2 t/t 8 t/t 5 (8.2) = T 8T 5 0, 007 ln T 5 T 8 0, 03 =, év (8.3) Természetesen ez egy felső korlát, mivel a láncreakció során a hasadások útján gyorsabban fogyott a 235 U. 9. feladat A reaktorból érkező termikus neutronnyalábot bórsavas oldatot (víz+bórsav) tartalmazó vékony falú, x=0,3 m vastag tartállyal akarjuk gyengíteni. Milyen nagy térfogatra van szükségünk, ha 40 kg bórsav (H 3 BO 3 ) felhasználásával akarjuk a reaktorból merőlegesen érkező, homogénnek tekinthető nyalábot 80%-kal gyengíteni? A bórsav moláris tömege 6,83 g/mol; sűrűsége,4 20

22 g/cm 3 ; a 0 B neutronbefogási hatáskeresztmetszete 3839 barn, a természetes bórban a 0 B előfordulási gyakorisága 9,9%. A nyalábgyengülés egyenletéből kifejezhető a szükséges makroszkópikus hatáskeresztmetszet: I(x) = I 0 e Σx Σ = x lni(x) I 0 = 5, 365 m = 0, cm (9.) A 0 B neutronbefogási hatáskeresztmetszete nagyon nagy, ezért a többi izotóp hatáskeresztmetszete elhanyagolható, ezért: Σ = N0 Bσ0 B N0 B =, cm 3 (9.2) N B = N0 B 0, 99 = 7, cm 3 (9.3) N B = m M N A V (9.4) V = mn A MN B = 5, 095 m 3 (9.5) 20. feladat Egy reaktorban 0,25 cm 2 felületű, 0, mm vastag aranymintát sugároznak be. A termikus neutronok hatására a következő magreakció játszódik le: 97 Au(n,γ) 98 Au. perc besugárzás után, cm 2 -enként mennyi 98 Au keletkezik? Mennyi időt kell várni a besugárzás után, hogy a minta aktivitása 200 Bq legyen? Adatok: a neutronflusux Φ = 2,5 0 9 /cm 2 s, az 98 Au felezési ideje T=2,69 nap, a 97 Au izotóparánya a természetes aranyban 00%, a reakció hatáskeresztmetszete: 99,2 barn, az arany sűrűsége: 9,38 kg/dm 3. A minta mérete kicsi, ezért feltehető, hogy a neutronfluxus a teljes mintában ugyanakkora (azaz az önárnyékolást elhanyagoljuk). Ekkor a reakciógyakoriság (jelölés: S - felület, A - aktivitás): R = NσΦ = m M N AσΦ = Sdρ M N AσΦ = 3, s (20.) Az arany izotóp felezési ideje jóval nagyobb, mint a besugárzás időtartama, így a besugárzás alatti bomlások száma elhanyagolható, tehát a keletkezett 2

23 98 Au izotópok száma cm 2 -enként: A besugárzás utáni aktivitás: n = N S = Rt S = 8, cm 2 (20.2) A 0 = λn = ln 2 T Sn = 6, Bq (20.3) A bomlástörvényből kiszámíthátó a szükséges pihentetési idő: A(t) = A 0 e λtp t p = λ lna(t) A 0 = T ln 2 ln A 0 A(t) = 3, 59 nap (20.4) 2. feladat /pótzh/3. Mekkora a távolság a tömegspektrométer ernyőn egy félkör megtétele után az egyszeresen ionizált 2 3Na és 2 4Mg ionok becsapódási helye között? Adatok: =,20333u; u=, kg; sebességszelektor terei: E s =000 N/C, B=0, T; eltérítő mágneses tér indukciója: B=0,0 T! Egy tömegspektrométer leegysűresített rajza a következő: 22

24 Az első egység a sebességszelektor, ami az elektromos és mágneses terek megfelelő elrendezése eredményeképp csak bizonyos sebességű ionokat enged át. Newton törvényei értelmében az egyenes áthaladáshoz szükséges, hogy az erők eredője nulla legyen, azaz: F e + F m = qe + qv x B (2.) A merőlegesség miatt meghatározható az ionok sebessége: qe = qvb v = E B (2.2) Azaz a sebességszelektor függetlenül működik az ionok töltésétől! A körpályán tartáshoz a centripetális erőt a második mágneses tér biztosítja, a mozgásegyenlet: F cp = qe + qv x B 2 (2.3) Felhasználva a centripetális erő definícióját és a merőlegességet kapjuk: Azaz a pálya sugara: m v2 r = qvb 2 (2.4) r = mv qb 2 (2.5) A pálya sugara annál nagyobb, minél nagyobb az ion tömege és sebessége, és annál kisebb, minél nagyobb az ion töltése, illetve minél erősebb a mágneses tér. Egy félkör megtéteke után a keresett távolság: 2(r 2 r ) = 2 ( m v m ) 2v = 2v (m m 2 ) = qb 2 qb 2 qb 2 Behelyettesítve a sebességre kapott (2.2) egyenletet kapjuk: 2 uv qb 2 (2.6) 2(r 2 r ) = 2 ue qb B 2 = 0, m = 2, 498 cm (2.7) 22. feladat /pótzh/3.2 Egy borszakértő 50 éves bort vásárolt, de biztos, ami biztos ellenőrzés végett a fizikus barátjával megmérette a bor 3 H aktivitását. A mérés 23

25 9,6 0 7 Bq/m 3 aktivitáskoncentrációt adott. Hány évesnek tekinthető a bor a mérés alapján, ha a csapvíz aktivitás-koncentrációja a 3 H-ból adódóan 6 Bq/l? Milyen feltételezések mellett fogadható el az eredmény? A trícium felezési ideje: T=2,26 év! A palackozás után a borban lévő trícium bomlik, ezért csökken az aktivitáskoncentráció. Ezzel szemben a csapvízben közel állandó a trícium mennyisége, mivel kozmogén radionuklid lévén folyamatosan keletkezik. Az aktivitáskoncentrációra felírva a bomlás-törvényt kifejezhető az idő: c(t) = c 0 e λt t = λ lnc(t) c 0 = T ln 2 ln c 0 c(t) = 398, 955 év (22.) Azaz a bor majdnem 400 éves. Ez viszont csak akkor igaz, ha 400 évvel ezelőtt ugyanakkora volt (a szőlőt érő esőben és a talajvízben) a természetes trícium-aktivitás mint a most. Például a hidrogénbombák felrobbantásakor megnőtt a trícium aktivitáskoncentrációja az egész világon. 23. feladat /pótzh/3. Az alkimisták régi álma volt, hogy aranyat állítsanak elő más anyagokból. Mára a tudomány megalkotta a hőn áhított bölcsek kövét, melynek álneve atomreaktor, így az anyagátalakítás ténylegesen megvalósítható. Ezt kihasználva új bevételi forrás gyanánt az NTI Oktatóreaktorában aranyat szeretnénk előállítani a következőképpen: 96 Hg(n,γ) 97m Hg (σ a = 3200 barn, T( 97m Hg)=23,8 h) reakció után EC bomlás: 97m Hg+e 97 Au+ν e. Mennyi ideig kellene 0 2 /cm 2 s átlagos fluxussal besugározni egy kg-os Hg mintát, hogy mg arany keletkezzen? Adatok: a 96 Hg a természetes higanyban 0,47%-ban van jelen, a higany sűrűsége 3,53 g/cm 3. Jelölés: 96 Hg -, 97 Hg - 2, 97 Au - 3, k - előfordulási gyakoriság.. Mivel a 97 Hg mindenképpen átalakul arannyá, ezért elég a higanyt addig besugározni, amíg összesen mg-nyi 97 Hg keletkezik (elhanyagolható a moláris tömegbeli különbség). A reakciósebesség: mg 97 Hg megtermeléséhez szükséges idő: R = N σφ = m M N A k σφ (23.) N 2 = m 2 N A = Rt t = m 2M M 2 m M 2 k σφ 24 = 59, 05 óra (23.2)

26 Ebben az esetben viszont végtelen sok ideig kell várni, amíg a 97 Hg atomok elbomlanak, mivel a felezési idő véges. 2. A "végtelen" sokáig várás lerövidíthető, ha a besugárzás folyamatos. A 97 Hg atomok számát leíró egyenlet: N 2 (t) = N 2,0 e λ 2t + R λ ( e λ 2t ) (23.3) Az első tag nulla, mivel kezdetben nincsenek ilyen atomok. A 98 Au atomok az előbbi atomok bomlásából keletkeznek, az ezt leíró differenciálegyenlet: dn 3 (t) = λ 2 N 2 (t) (23.4) dt Figyelem: a 97 Hg atomok száma időtől függő - a (23.3) egyenletet kell behelyettesíteni. Behelyettesítés után integráljuk az egyenletet: N 3 (t) = λ 2 t = R 0 ( R λ2t ( e )dt = R λ 2 t + e λ 2t λ 2 λ 2 ) [t e λ 2t λ 2 ] t 0 (23.5) Helyettesítsük be a reakciósebességet (23.)-ből és rendezzük át az egyenletet: m 3 M m M 3 k σφ = t + e λ2t (23.6) λ 2 λ 2 Ez egy transzcendens egyenlet, numerikusan (próbálgatás vagy számítógép) oldható csak meg. A megoldás: t 90, 5 óra (23.7) 24. feladat /pótzh/3.2 Egy monoenergiás, homogén neutronnyalábot szeretnénk %-ára csökkenteni. Ehhez bórsav (H 3 BO 3 ) vizes oldatát használhatjuk fel. Milyen térfogatarányú (V bórsav /V víz ) oldatot kell készítenünk, ha cm vastag falat kell építenünk? Adatok: a 0 B befogási hatáskeresztmetszete 3839 barn, a bórsav moláris tömege 6,83 g/mol, sűrűsége,4 g/cm 3, a 0 B előfordulási gyakorisága 9,9%. 25

27 Jelölés: bórsav - b, víz - v. A nyalábgyengülés egyenletéből meghatározható a szükséges makroszkópikus hatáskeresztmetszet: I(x) = I 0 e Σtx Σ t = x ln I 0 I(x) = 4, 605 cm (24.) A 0 B-en kívül minden más izotóp befogási hatáskeresztmetszete elhanyagolható. Továbbá a bór atomok száma megegyezik a bórsav molekulák számával, ezért: Σ t N b = σ( 0 B)k( 0 B) = 6, (24.2) cm 3 A molekulasűrűség máshogy is kifejezhető: N b = m b M b N A V = ρ bv b N A M b V = ρ bv b N A M b (V v + V b ) = ρ bn A M b V V Vb + (24.3) Ebből a keresett térfogatarány kifejezhető: V b V b = ρ b N A N b M b = 0, 798 (24.4) Ellenőrzés: Számoljuk ki, hogy mekkora lenne a makroszkópikus hatáskeresztmetszet, ha tiszta bórsavat használnánk! Σ t = ρ bn A k( 0 B)σ( 0 B) M b = 0, 379 cm (24.5) 25. feladat /IVzh/2. A kozmikus sugárzásból származó neutronok az 4 N atommagban a következő magreakciókat válthatja ki: 4 N + n 4 C + p és 4 N + n 2 C + 3 H (25.) Az első reakcióban a β-bomló 4 C keletkezik (T=5730 év), míg a második reakcióban a szintén β-bomló 3 H (T=2,3 év). Mindkét izotóp a víz és a szén körforgása révén lejut a talajba, ill. onnan a növényi és állatvilágba. A széntermelő folyamat gyakorisága 0-szer nagyobb, mint a trícium termelő folyamatoké. (Feltételezzük, hogy csak az említett két reakcióban keletkeznek a kérdéses izotópok). 26

28 (a) Írja fel a két izotóp időbeli változását leíró differenciálegyenleteket. (b) Az izotópok keletkezésének és fogyásának egyensúlya esetében adja meg a Földön lévő kozmikus izotópok aktivitásának és tömegének arányát! (c) Az egyensúlyi aktivitásarányból kiindulva, ha hirtelen nincs több keletkezés, mennyi idő elteltével lesz az aktivitásarány egyenlő az egyensúlyi magaránnyal? (d) Ezalatt az idő alatt mennyi volt az izotópok relatív fogyása? (a) Legyen a trícium keletkezés sebessége x. Ekkor a differenciálegyenletek: dn C (t) dt = λ C N C + 0x és dn H (t) dt (b) Egyensúly esetében (25.2)-ben a baloldal nulla, azaz: Ebből az aktivitások aránya egyensúly esetén: A tömegek aránya: m C m H = = λ H N H + x (25.2) λ C N C = 0x és λ H N H = x (25.3) A C A H = λ CN C λ H N H = 0 (25.4) N C N A M C N H = N C MC = 0 λh MC = 0 TC MC 0 4 (25.5) N A M H N H M H λ C M H T H M H (c) Az egyensúlyi magarány (25.4)-ből kifejezhető: N C N H = 0 λh λ C = 0 TC T H (25.6) t=0-ban az aktivitások aránya 0 (25.4) alapján. t idő múlva a bomlás következtében változik a magarány, ezért az aktivitásarány is: A C (t) A H (t) = A C,0e λct A H,0 e λ Ht = 0 e(λ H λ C )t (25.7) A feladat kérdése értelmében a t időpillanatban (25.6) és (??) jobb oldalao egyenlőek egymással, amiből t meghatározható: t = ln T C = λ C λ H T H ln 2 T C T H ln T C = 09, 258 év (25.8) T C T H T H 27

29 (d) A relatív fogyásokat szintén a bomlástörvány alkalmazásával kaphatjuk meg: N C (t) N C,0 = N C,0 N C (t) N C,0 = N C(t) N C,0 = e λ Ct = 2 t/t C=,33% = N C,0e λct N C,0 (25.9) Hasonlóan tríciumra: N H (t) N H,0 = 2 t/t H = 99, 788% (25.0) 26. feladat /IVzh2/2.x Egy monoenergiás, homogén neutronnyalábot szeretnénk %-ára csökkenteni. Milyen vastag védelemre lenne szükségünk, ha ehhez H 2 O és D 2 O homogén keverékét használnánk, melynek a keverési aránya (V H2O /V D2O =3)? Mekkora a szórási szabad úthossz ebben a keverékben? Ha csak H 2 O-t és csak D 2 O-t használnánk védelem céljából, melyikből kellene vékonyabb fal? Adatok: nehézvíz sűrűsége.056 g/cm 3 ; a D és az O moltömege rendre 2,035 g/mol és 5,9994 g/mol, a H moltömege,005 g/mol; hatáskeresztmetszetek D: σ a =0,00053 barn, σ s =3,39 barn; H: σ a =0,332 barn, σ s =20,44 barn; O: σ a =0,00027 barn, σ s =3,76 barn. Jelölés: könnyűvíz - k, nehézvíz - n. A hatáskeresztmetszetek additivitása miatt: A keverékben lévő atommagkoncentrációk: σ t = σ s + σ a (26.) σ k = 2σ H + σ O = 45, 304 barn (26.2) σ n = 2σ D + σ O = 0, 54 barn (26.3) N k = m k N A M k V = ρ kv k N A M k V = ρ kn A M k N n = ρ nn A M n = ρ kn A M k + Vn V k = 2, V = 8, k V n 28 V k V k + V n (26.4) (26.5)

30 A keverék totális makroszkópikus hatáskeresztmetszete: Σ t = N k σ k + N n σ n =, 29 cm (26.6) A nyalábgyengülés egyenletéből meghatározható a szükséges vastagság: A szórási szabad úthoszz: I(x) = I 0 e Σtx x = Σ t ln I 0 I(x) l s = Σ s = = 3, 778 cm (26.7) N k σ k,s + N n σ n,s = 0, 83 cm (26.8) A (26.2) és (26.3) alapján egyértelmű, hogy a könnyűvíz-fal vastagsága kb. 4-szer lesz kisebb, mint a nehézvíz-falé. A tiszta anyagok makroszkópikus hatáskeresztmetszete: A falvastagságok (26.7) mintájára: Σ k,t = N k σ k = ρ kn A σ k M k =, 509 cm Σ n,t = N n σ n = ρ nn A σ n M n = 0, 349 cm (26.9) (26.0) (26.) x k = Σ k,t ln I 0 I(x) x n = Σ n,t ln I 0 I(x) = 3, 052 cm (26.2) = 3, 95 cm (26.3) 27. feladat /pótzh2/. Egy atomreaktorban kezdetben összesen 2500 g 235 U található. Ha a reaktorban az átlagos neutronfluxus (térbeli és időbeli átlaga) n/cm 2 s, mennyi idő alatt ég ki 5 g 235U? A 235 U-ra σ f =582 barn, σ c =99 barn. A hatáskeresztmetszetek additivitása miatt: σ t = σ f + σ c = 68 barn (27.) 29

31 A kiégés sebességét a reakciósebesség határozza meg. A fogyás kevesebb, mint %, ezért a reakciósebesség időbeli változását elhanyagoljuk. Jelölés: m - összes hasadóanyag, m 2 - kiégetendő hasadóanyag. Ezzel: Ebből a szükséges idő kifejezhető: N 2 = m 2N A M = Rt = N σ t φt (27.2) t = m 2N A MN σ t φ = m 2 N A M m N M Aσ t φ = m 2 m σ t φ = 8, 498 nap (27.3) 28. feladat /zh2/. Adott egy neutronnyaláb, amelyik 50%-ban tartalmaz gyors (nagy energiájú), 50%-ban pedig termikus (alacsony energiájú) neutronokat. Ezt egy 3-as tömegszámú kadmiumból készült, homogén lemezzel gyengítjük. Mekkorára csökken az összintenzitás egy 2 mm vastag lemezen való áthaladás során, ha a kadmium sűrűsége 8,67 g/cm 3, termikus neutronokra vonatkozó abszorpciós hatáskeresztmetszete barn, gyors neutronokra vonatkozó hatáskeresztmetszete elhanyagolható? A termikus neutronok gyengülése: I t (x) = I t,0 e Σx = I t,0 e Nσx = I t,0 e ρ M N Aσx = I t,0 6, (28.) Azaz már ez a 2 mm vastag Cd fólia is elnyeli szinte az összes termikus neutront, a fólia utáni nyalábintenzitás 50%-ra csökken (a gyors neutronok akadály nélkül áthaladnak). 29. feladat /zh2/2. Egy atomreaktorban termikus neutronokkal egy tiszta 59 Co mintát sugárzunk be. A minta felülete cm 2, vastagsága 0,03 cm, a kobalt termikus neutronokra vonatkozó aktivációs hatáskeresztmetszete pedig 30 barn, sűrűsége 8,9 g/cm 3. Két óra besugárzás után kivesszük a reaktorból, és megmérjük az aktivitását, ami 2,5 MBq-nek adódik. Mekkora volt a 30

32 besugárzó neutronfluxus, ha a keletkező 60 Co felezési ideje 5,2 év? Az aktivációt leíró egyenlet: N(t) = N 0 e λt + R λ ( e λt ) (29.) Kezdetben nincs 60 Co, tehát a jobb oldal első tagja nulla. Mindkét oldalt beszorozva λ-val megkapjuk az aktivitást: λn(t) = A(t) = R( e λt ) = N 59 σφ( e λt ) = ρv N A M 59 σφ( e λt ) (29.2) Ebből a keresett fluxus kifejezhető: φ = A(t)M 59 ρv N A σ( e λt ) =, cm 2 s (29.3) 30. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/5. Számítsa ki a termikus neutronok átlagos szóródási szabad úthosszát nehézvízben! σ s O = 4,2 barn; σ s D = 5,6 barn; ρ D2 O =, g/cm 3. l s = Σ s =, 968 cm (30.) mivel Σ s = N D2 OσD s 2 O = ρ D 2 ON A (2σD s + σ M O) s = 0, 5082 D2 O cm (30.2) 3. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/4. Egy U atommag α-bomlást szenved. Becsülje meg a Weizsäcker-féle félempírikus kötési formula alapján, hogy ezt hány β-bomlás fogja követni! Állandók: ɛ V = 5,728 MeV; ɛ F = 7,79 MeV; ɛ C = 0,687 MeV; ɛ S = 23,78 MeV U α T h (3.) 3

33 Az energiaminimum elve alapján a leánymag tovább bomlik, amíg a neutronok és protonok száma megfelelő lesz. A megfelelő arányt a Weizsäckerformulából tudjuk kiszámolni. E(A, Z) = ɛ V A + ɛ F A 2/3 + ɛ C A + ɛ (N Z)2 /3 S (3.2) A β-bomlásnál (β, β + ) és EC-nél a tömegszám állandó - lásd: (2.2)-(2.4). Tehát adott tömegszám (A) mellett keressük E(A,Z) minimumát a rendszám (Z) függvényében, azaz deriválni kell és a deriváltat a szélsőérték keresés értelmében egyenlővé kell tenni nullával. Először viszont helyettesíteni kell N-t (3.2)-ben, mivel A,N és Z közül csak kettő független: E(A, Z) = ɛ V A + ɛ F A 2/3 + ɛ C Most már deriválhatjuk (3.4)-t Z szerint: Z 2 A = N + Z N = A Z (3.3) Z 2 A + ɛ (A 2Z)2 /3 S A (3.4) E(A, Z) 2Z = ɛ C Z A + ɛ 4(A 2Z) /3 S = 0 (3.5) A Megoldva az egyenletet kapjuk Z-t: 4ɛ S Z = 2ɛ C + 8ɛ = 9, 308 (3.6) A /3 S A Azaz vagy 2 β -bomlás fogja követni az α-bomlást. A tényleges bomlási sor megtalálható itt: File:Decay_chain%284n%2B2,_Uranium_series%29.PNG 32. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/9. A következő ábrán egy bomlási lánc látható. A t=0 időpillanatban az., 2. és 3. anyag mennyisége rendre N,0, N 2,0 és N 3,0. Határozza meg az anyagmennyiségek időbeli változását leíró N (t), N 2 (t) és N 3 (t) függvényeket! 32

34 dn (t) dt = λ N (t) N (t) = N,0 e λ t (32.) dn 2 (t) = λ 2 N 2 (t) N 2 (t) = N 2,0 e λ 2t dt (32.2) dn 3 (t) = λ 3 N 3 (t) + λ N (t) + λ 2 N 2 (t) dt (32.3) A homogén egyenlet megoldása: N 3 (t) H = c e λ t (32.4) Az inhomogén egyenlet megoldását az állandók variálásával keressük meg. N 3 (t) IH = c(t) e λ t (32.5) Mivel (32.3)-ban a 3. és 4. tag alakja hasonló, csak az egyiket számoljuk végig. Deriváljuk és helyettesítsük vissza (32.3)-ba: dc(t) dt e λ 3t λ 3 c(t)e λ 3t = λ 3 c(t)e λ 3t + λ N,0 e λ t Rendezzük az egyenletet, majd integráljunk t szerint: (32.6) dc(t) dt = λ N,0 e (λ 3 λ )t (32.7) c(t) c(0) = t 0 λ N,0 e (λ 3 λ )t dt = λ [ N ],0 e (λ 3 λ )t t λ 3 λ 0 = λ N,0 λ 3 λ (e (λ 3 λ )t ) (32.8) Tehát (hasonló járulékot ad (32.3) jobb oldalának 3. tagja): N 3 (t) = ( λ N,0 (e (λ 3 λ )t ) + λ ) 2N 2,0 (e (λ 3 λ 2 )t ) + c(0) e λ 3t λ 3 λ λ 3 λ 2 t=0 időpillanatban N 3 (0)=N 3,0, ezért c(0)=n 3,0. Végeredményben: N 3 (t) = ( λ N,0 (e (λ 3 λ )t ) + λ ) 2N 2,0 (e (λ 3 λ 2 )t ) + N 3,0 e λ 3t λ 3 λ λ 3 λ 2 (32.9) (32.0) 33

35 33. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/9. Egy Z rendszámú A tömegszámú elem a db α, b db β és c db EC bomlást szenved.- Számítsa kia a keletkezett mag Z 2 rendszámát és A 2 tömegszámát! (2.)-(2.4) alapján: Z 2 = Z 2 a + b c (33.) A 2 = A 4 a (33.2) 34. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/9. Mennyi egy Σ a makroszkópikus abszorpciós hatáskeresztmetszettel bíró anyagban a sugárgyengülésre vonatkozó századolási rétegvastagság? A sugárgyengülési egyenlet alapján: I(x) = I 0 e Σ a x (34.) x /00 = ln 4, 605 = Σ a 00 Σ a (34.2) 35. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/9. Mennyi a 56 26Fe nukleonjainak átlagos fajlagos kötési energiája MeVben? Ezt a (3.2) Weizsäcker-formulából tudjuk meghatározni: E(A, Z) A E(56, 26) 56 = = = ɛ V + ɛ F A /3 Z 2 + ɛ C A + ɛ (A 2Z) 2 4/3 S A 2 = ( 5, , , , 8) MeV = A=56 Z=26 = 8, 792 MeV (35.) 34 =

36 36. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/9. Az NTI Oktatóreaktora 8 órán keresztül 00 kw teljesítményen üzemelt, ami körülbelül 0 2 n/cm 2 s termikus fluxusnak felel meg. Számítsa ki, hogy az üzemanyagot tartó kb. m = 5 kg tömegű 27 Al szerkezetnek mennyi lesz a γ aktivitása (a) közvetlenül a leállás pillanatában? (b) a leállás után órával? Feltesszük, hogy csak a 27 3Al(n,γ) 28 3Al magreakció megy végbe, melynek hatáskeresztmetszete E = 0,0 ev-nál σ 0,37 barn. T /2 ( 28 Al) = 2,24 perc. Az aktivációs képlet: Az első tag most nulla. (a) Nincs hűtési idő tehát: N(t) = N 0 e λt + R λ ( e λt ) (36.) A(leállás) = λ N(leállás) = Nσφ( e λt ) = = mn Aσφ M ( 2 t/t ) = 4, 0 3 Bq (36.2) (b) A leállás után már csak bomlás van, tehát: A(leállás után órával) = A(leállás) e λt = 3, Bq (36.3) 37. feladat - Kísérleti magfizika zh 2009/zh/9. Az Oak Ridge-ben található gázdiffúziós üzemben uránt dúsítanak. A ρ =, g/cm 3 sűrűségű UF 6 gázt egy V = 0 cm 3 térfogatú α detektorba vezetik, és megmérik az aktivitását, ami A = 680,79 Bq-nek adódik. Mekkora a dúsítás értéke? Adatok: T /2 ( 235 U) = 7, év, T /2 ( 235 U) = 4, év. A dúsítás számolásához használja a következő képletet: A fluor tömegszáma 9. d = N U 235 N U N U 238 (37.) 35

37 Jelölés: 235 U - 5, 238 U - 8. Az UF 6 moláris tömege: M = d M 5 + ( d) M M F (37.2) Tehát az UF 6 molekulák száma (ami egyben egyenlő az U atomok számával) a detektorban: N UF6 = N U = ρv N A (37.3) M A dúsításra vonatkozó (37.)képletből kifejezhető N 5 és N 8 az urán atomok száma és a dúsítás függvényében: N 5 = dn U és N 8 = ( d)n U (37.4) Az aktivitás a 235 U és a 238 atomok α-bomlásából fakad, azaz: A = λ 5 N 5 + λ 8 N 8 (37.5) Behelyettesítve (37.5)-be a (37.2)-(37.4) egyenleteket kapjuk: ρv N A A = (λ 5 d + λ 8 ( d)) (37.6) dm 5 + ( d)m 8 + 6M F Ebből már a dúsítás (d) kifejezhető: d = = 6M F A + M 8 A λ 8 ρv N A (λ 5 λ 8 )ρv N A + (M 8 M 5 )A = 6M F A + M 8 A ln 2 T 8 ρv N A ln 2 T 8 T 5 = 0, 703 = 70, 3 % (37.7) T 8 T 5 ρv N A + (M 8 M 5 )A (37.8) 36

ODE SOLVER-ek használata a MATLAB-ban

ODE SOLVER-ek használata a MATLAB-ban ODE SOLVER-ek használata a MATLAB-ban Mi az az ODE? ordinary differential equation Milyen ODE megoldók vannak a MATLAB-ban? ode45, ode23, ode113, ode15s, ode23s, ode23t, ode23tb, stb. A részletes leírásuk

Részletesebben

Az atommag összetétele, radioaktivitás

Az atommag összetétele, radioaktivitás Az atommag összetétele, radioaktivitás Az atommag alkotórészei proton: pozitív töltésű részecske, töltése egyenlő az elektron töltésével, csak nem negatív, hanem pozitív: 1,6 10-19 C tömege az elektron

Részletesebben

Sugárzások és anyag kölcsönhatása

Sugárzások és anyag kölcsönhatása Sugárzások és anyag kölcsönhatása Az anyaggal kölcsönhatásba lépő részecskék Töltött részecskék Semleges részecskék Nehéz Könnyű Nehéz Könnyű T D p - + n Radioaktív sugárzás + anyag energia- szóródás abszorpció

Részletesebben

Jegyzet. Kémia, BMEVEAAAMM1 Műszaki menedzser hallgatók számára Dr Csonka Gábor, egyetemi tanár Dr Madarász János, egyetemi docens.

Jegyzet. Kémia, BMEVEAAAMM1 Műszaki menedzser hallgatók számára Dr Csonka Gábor, egyetemi tanár Dr Madarász János, egyetemi docens. Kémia, BMEVEAAAMM Műszaki menedzser hallgatók számára Dr Csonka Gábor, egyetemi tanár Dr Madarász János, egyetemi docens Jegyzet dr. Horváth Viola, KÉMIA I. http://oktatas.ch.bme.hu/oktatas/konyvek/anal/

Részletesebben

Az Országos Képzési Jegyzékről és az Országos Képzési Jegyzék módosításának eljárásrendjéről szóló 133/2010. (IV. 22.) Korm.

Az Országos Képzési Jegyzékről és az Országos Képzési Jegyzék módosításának eljárásrendjéről szóló 133/2010. (IV. 22.) Korm. Az Országos Képzési Jegyzékről és az Országos Képzési Jegyzék módosításának eljárásrendjéről szóló 133/2010. (IV. 22.) Korm. rendelet alapján: Szakképesítés, szakképesítés-elágazás, rész-szakképesítés,

Részletesebben

Magfizika tesztek. 1. Melyik részecske nem tartozik a nukleonok közé? a) elektron b) proton c) neutron d) egyik sem

Magfizika tesztek. 1. Melyik részecske nem tartozik a nukleonok közé? a) elektron b) proton c) neutron d) egyik sem 1. Melyik részecske nem tartozik a nukleonok közé? a) elektron b) proton c) neutron d) egyik sem 2. Mit nevezünk az atom tömegszámának? a) a protonok számát b) a neutronok számát c) a protonok és neutronok

Részletesebben

Gázok. 5-7 Kinetikus gázelmélet 5-8 Reális gázok (korlátok) Fókusz: a légzsák (Air-Bag Systems) kémiája

Gázok. 5-7 Kinetikus gázelmélet 5-8 Reális gázok (korlátok) Fókusz: a légzsák (Air-Bag Systems) kémiája Gázok 5-1 Gáznyomás 5-2 Egyszerű gáztörvények 5-3 Gáztörvények egyesítése: Tökéletes gázegyenlet és általánosított gázegyenlet 5-4 A tökéletes gázegyenlet alkalmazása 5-5 Gáz reakciók 5-6 Gázkeverékek

Részletesebben

Gázok. 5-7 Kinetikus gázelmélet 5-8 Reális gázok (limitációk) Fókusz Légzsák (Air-Bag Systems) kémiája

Gázok. 5-7 Kinetikus gázelmélet 5-8 Reális gázok (limitációk) Fókusz Légzsák (Air-Bag Systems) kémiája Gázok 5-1 Gáznyomás 5-2 Egyszerű gáztörvények 5-3 Gáztörvények egyesítése: Tökéletes gáz egyenlet és általánosított gáz egyenlet 5-4 A tökéletes gáz egyenlet alkalmazása 5-5 Gáz halmazállapotú reakciók

Részletesebben

Általános Kémia, BMEVESAA101 Dr Csonka Gábor, egyetemi tanár. Az anyag Készítette: Dr. Csonka Gábor egyetemi tanár,

Általános Kémia, BMEVESAA101 Dr Csonka Gábor, egyetemi tanár. Az anyag Készítette: Dr. Csonka Gábor egyetemi tanár, Általános Kémia, BMEVESAA101 Dr Csonka Gábor, egyetemi tanár Az anyag Készítette: Dr. Csonka Gábor egyetemi tanár, csonkagi@gmail.com 1 Jegyzet Dr. Csonka Gábor http://web.inc.bme.hu/csonka/ Facebook,

Részletesebben

Reakciókinetika és katalízis

Reakciókinetika és katalízis Reakciókinetika és katalízis 5. előadás: /22 : Elemi reakciók kapcsolódása. : Egy reaktánsból két külön folyamatban más végtermékek keletkeznek. Legyenek A k b A kc B C Írjuk fel az A fogyására vonatkozó

Részletesebben

Általános Kémia, BMEVESAA101

Általános Kémia, BMEVESAA101 Általános Kémia, BMEVESAA101 Dr Csonka Gábor, egyetemi tanár Az anyag Készítette: Dr. Csonka Gábor egyetemi tanár, csonkagi@gmail.com 1 Jegyzet Dr. Csonka Gábor http://web.inc.bme.hu/csonka/ Óravázlatok:

Részletesebben

8. AZ ATOMMAG FIZIKÁJA

8. AZ ATOMMAG FIZIKÁJA 8. AZ ATOMMAG FIZIKÁJA Az atommag szerkezete (40-44 oldal) A tömegspektrométer elve Az atommag komponensei Izotópok Tömeghiány, kötési energia, stabilitás Magerők Magmodellek Az atommag stabilitásának

Részletesebben

FIZIKA. Radioaktív sugárzás

FIZIKA. Radioaktív sugárzás Radioaktív sugárzás Atommag összetétele: Hélium atommag : 2 proton + 2 neutron 4 He 2 A He Z 4 2 A- tömegszám proton neutron együttesszáma Z- rendszám protonok száma 2 Atommag összetétele: Izotópok: azonos

Részletesebben

Az atommagtól a konnektorig

Az atommagtól a konnektorig Az atommagtól a konnektorig (Az atomenergetika alapjai) Dr. Aszódi Attila, Boros Ildikó BME Nukleáris Technikai Intézet Pázmándi Tamás KFKI Atomenergia Kutatóintézet Szervező: 1 Az atom felépítése kb.

Részletesebben

Első magreakciók. Targetmag

Első magreakciók. Targetmag Magreakciók 7 N 14 17 8 7 N(, p) 14 O 17 8 O Első magreakciók p Targetmag 30 Al n P 27 13, 15. Megmaradási elvek: 1. a nukleonszám 2. a töltés megmaradását. 3. a spin, 4. a paritás, 5. az impulzus, 6.

Részletesebben

RADIOKÉMIAI MÉRÉS Laboratóriumi neutronforrásban aktivált-anyagok felezési idejének mérése

RADIOKÉMIAI MÉRÉS Laboratóriumi neutronforrásban aktivált-anyagok felezési idejének mérése RADIOKÉMIAI MÉRÉS Laboratóriumi neutronforrásban aktivált-anyagok felezési idejének mérése A radioaktív bomlás valószínűségét kifejező bomlási állandó (λ) helyett gyakran a felezési időt alkalmazzuk (t1/2).

Részletesebben

FIZIKA. Atommag fizika

FIZIKA. Atommag fizika Atommag összetétele Fajlagos kötési energia Fúzió, bomlás, hasadás Atomerőmű működése Radioaktív bomlástörvény Dozimetria 2 Atommag összetétele: Hélium atommag : 2 proton + 2 neutron 4 He 2 He Z A 4 2

Részletesebben

1. előadás. Gáztörvények. Fizika Biofizika I. 2015/2016. Kapcsolódó irodalom:

1. előadás. Gáztörvények. Fizika Biofizika I. 2015/2016. Kapcsolódó irodalom: 1. előadás Gáztörvények Kapcsolódó irodalom: Fizikai-kémia I: Kémiai Termodinamika(24-26 old) Chemical principles: The quest for insight (Atkins-Jones) 6. fejezet Kapcsolódó multimédiás anyag: Youtube:

Részletesebben

FIZIKA. Sugárzunk az elégedettségtől! (Atomfizika) Dr. Seres István

FIZIKA. Sugárzunk az elégedettségtől! (Atomfizika) Dr. Seres István Sugárzunk az elégedettségtől! () Dr. Seres István atommagfizika Atommodellek 440 IE Democritus, Leucippus, Epicurus 1803 1897 John Dalton J.J. Thomson 1911 Ernest Rutherford 19 Niels Bohr 3 Atommodellek

Részletesebben

Folyadékszcintillációs spektroszkópia jegyz könyv

Folyadékszcintillációs spektroszkópia jegyz könyv Folyadékszcintillációs spektroszkópia jegyz könyv Zsigmond Anna Julia Fizika MSc I. Mérés vezet je: Horváth Ákos Mérés dátuma: 2010. október 21. Leadás dátuma: 2010. november 8. 1 1. Bevezetés A mérés

Részletesebben

azonos sikban fekszik. A vezetőhurok ellenállása 2 Ω. Számítsuk ki a hurok teljes 4.1. ábra ábra

azonos sikban fekszik. A vezetőhurok ellenállása 2 Ω. Számítsuk ki a hurok teljes 4.1. ábra ábra 4. Gyakorlat 31B-9 A 31-15 ábrán látható, téglalap alakú vezetőhurok és a hosszúságú, egyenes vezető azonos sikban fekszik. A vezetőhurok ellenállása 2 Ω. Számítsuk ki a hurok teljes 4.1. ábra. 31-15 ábra

Részletesebben

Atomreaktorok üzemtana. Az üzemelő és leállított reaktor, mint sugárforrás

Atomreaktorok üzemtana. Az üzemelő és leállított reaktor, mint sugárforrás Atomreaktorok üzemtana Az üzemelő és leállított reaktor, mint sugárforrás Atomreaktorban és környezetében keletkező sugárzástípusok és azok forrásai Milyen típusú sugárzások keletkeznek? Melyik ellen milyen

Részletesebben

Compton-effektus. Zsigmond Anna. jegyzıkönyv. Fizika BSc III.

Compton-effektus. Zsigmond Anna. jegyzıkönyv. Fizika BSc III. Compton-effektus jegyzıkönyv Zsigmond Anna Fizika BSc III. Mérés vezetıje: Csanád Máté Mérés dátuma: 010. április. Leadás dátuma: 010. május 5. Mérés célja A kvantumelmélet egyik bizonyítékának a Compton-effektusnak

Részletesebben

Izotóp geológia: Elemek izotópjainak használata geológiai folyamatok értelmezéséhez.

Izotóp geológia: Elemek izotópjainak használata geológiai folyamatok értelmezéséhez. Radioaktív izotópok Izotópok Egy elem különböző tömegű (tömegszámú - A) formái; Egy elem izotópjainak a magjai azonos számú protont (rendszám - Z) és különböző számú neutront (N) tartalmaznak; Egy elem

Részletesebben

RADIOKÉMIAI MÉRÉS. Laboratóriumi neutronforrásban aktivált-anyagok felezési idejének mérése. = felezési idő. ahol: A = a minta aktivitása.

RADIOKÉMIAI MÉRÉS. Laboratóriumi neutronforrásban aktivált-anyagok felezési idejének mérése. = felezési idő. ahol: A = a minta aktivitása. RADIOKÉMIAI MÉRÉS Laboratóriumi neutronforrásban aktivált-anyagok felezési idejének mérése A radioaktív bomlás valószínűségét kifejező bomlási állandó (λ) helyett gyakran a felezési időt alkalmazzuk (t

Részletesebben

Radiokémia vegyész MSc radiokémia szakirány Kónya József, M. Nagy Noémi: Izotópia I és II. Debreceni Egyetemi Kiadó, 2007, 2008.

Radiokémia vegyész MSc radiokémia szakirány Kónya József, M. Nagy Noémi: Izotópia I és II. Debreceni Egyetemi Kiadó, 2007, 2008. Radiokémia vegyész MSc radiokémia szakirány Kónya József, M. Nagy Noémi: Izotópia I és II. Debreceni Egyetemi Kiadó, 2007, 2008. Kiss István,Vértes Attila: Magkémia (Akadémiai Kiadó) Nagy Lajos György,

Részletesebben

Radioaktív bomlási sor szimulációja

Radioaktív bomlási sor szimulációja Radioaktív bomlási sor szimulációja A radioaktív bomlásra képes atomok nem öregszenek, azaz nem lehet sem azt megmondani, hogy egy kiszemelt atom mennyi idıs (azaz mikor keletkezett), sem azt, hogy pontosan

Részletesebben

RADIOKÉMIA SZÁMOLÁSI FELADATOK. 2005. Szilárdtest- és Radiokémiai Tanszék

RADIOKÉMIA SZÁMOLÁSI FELADATOK. 2005. Szilárdtest- és Radiokémiai Tanszék RADIOKÉMIA SZÁMOLÁSI FELADATOK 2005. Szilárdtest- és Radiokémiai Tanszék 1. Az atommag kötési energiája Az atommag kötési energiája az ún. tömegdefektusból ( m) számítható ki. m = [Z M p + N M n ] - M

Részletesebben

Mit értünk a termikus neutronok fogalma alatt? Becsüljük meg a sebességüket 27 o C hőmérsékleten!

Mit értünk a termikus neutronok fogalma alatt? Becsüljük meg a sebességüket 27 o C hőmérsékleten! Országos Szilárd Leó fizikaverseny Elődöntő 04. Minden feladat helyes megoldása 5 pontot ér. A feladatokat tetszőleges sorrenen lehet megoldani. A megoldáshoz bármilyen segédeszköz használható. Rendelkezésre

Részletesebben

Az ionizáló sugárzások fajtái, forrásai

Az ionizáló sugárzások fajtái, forrásai Az ionizáló sugárzások fajtái, forrásai magsugárzás Magsugárzások Röntgensugárzás Függelék. Intenzitás 2. Spektrum 3. Atom Repetitio est mater studiorum. Röntgen Ionizációnak nevezzük azt a folyamatot,

Részletesebben

Az atommag összetétele, radioaktivitás

Az atommag összetétele, radioaktivitás Az atommag összetétele, radioaktivitás Az atommag alkotórészei proton: pozitív töltésű részecske, töltése egyenlő az elektron töltésével, csak nem negatív, hanem pozitív: 1,6 10-19 C tömege az elektron

Részletesebben

2011/2012 tavaszi félév 2. óra. Tananyag:

2011/2012 tavaszi félév 2. óra. Tananyag: 2011/2012 tavaszi félév 2. óra Tananyag: 2. Gázelegyek, gőztenzió Gázelegyek összetétele, térfogattört és móltört egyezősége Gázelegyek sűrűsége Relatív sűrűség Parciális nyomás és térfogat, Dalton-törvény,

Részletesebben

Hevesy György Országos Kémiaverseny Kerületi forduló február évfolyam

Hevesy György Országos Kémiaverseny Kerületi forduló február évfolyam Hevesy György Országos Kémiaverseny Kerületi forduló 2013. február 20. 8. évfolyam A feladatlap megoldásához kizárólag periódusos rendszert és elektronikus adatok tárolására nem alkalmas zsebszámológép

Részletesebben

ROMAVERSITAS 2017/2018. tanév. Kémia. Számítási feladatok (oldatok összetétele) 4. alkalom. Összeállította: Balázs Katalin kémia vezetőtanár

ROMAVERSITAS 2017/2018. tanév. Kémia. Számítási feladatok (oldatok összetétele) 4. alkalom. Összeállította: Balázs Katalin kémia vezetőtanár ROMAVERSITAS 2017/2018. tanév Kémia Számítási feladatok (oldatok összetétele) 4. alkalom Összeállította: Balázs Katalin kémia vezetőtanár 1 Számítási feladatok OLDATOK ÖSSZETÉTELE Összeállította: Balázs

Részletesebben

A sugárzás és az anyag kölcsönhatása. A béta-sugárzás és anyag kölcsönhatása

A sugárzás és az anyag kölcsönhatása. A béta-sugárzás és anyag kölcsönhatása A sugárzás és az anyag kölcsönhatása A béta-sugárzás és anyag kölcsönhatása Cserenkov-sugárzás v>c/n, n törésmutató cos c nv Cserenkov-sugárzás Pl. vízre (n=1,337): 0,26 MeV c 8 m / s 2. 2* 10 A sugárzás

Részletesebben

A 27/2012. (VIII. 27.) NGM rendelet (29/2016. (VIII. 26.) NGM rendelet által módosított) szakmai és vizsgakövetelménye alapján.

A 27/2012. (VIII. 27.) NGM rendelet (29/2016. (VIII. 26.) NGM rendelet által módosított) szakmai és vizsgakövetelménye alapján. A 27/2012. (VIII. 27.) NGM rendelet (29/2016. (VIII. 26.) NGM rendelet által módosított) szakmai és vizsgakövetelménye alapján. Szakképesítés azonosítószáma és megnevezése 54 524 03 Vegyész technikus Tájékoztató

Részletesebben

Minta feladatsor. Az ion neve. Az ion képlete O 4. Szulfátion O 3. Alumíniumion S 2 CHH 3 COO. Króm(III)ion

Minta feladatsor. Az ion neve. Az ion képlete O 4. Szulfátion O 3. Alumíniumion S 2 CHH 3 COO. Króm(III)ion Minta feladatsor A feladatok megoldására 90 perc áll rendelkezésére. A megoldáshoz zsebszámológépet használhat. 1. Adja meg a következő ionok nevét, illetve képletét! (8 pont) Az ion neve.. Szulfátion

Részletesebben

Maghasadás (fisszió)

Maghasadás (fisszió) http://www.etsy.com Maghasadás (fisszió) 1939. Hahn, Strassmann, Meitner neutronbesugárzásos kísérletei U magon új reakciótípus (maghasadás) Azóta U, Th, Pu (7 izotópja) hasadási sajátságait vizsgálták

Részletesebben

Sugárzások kölcsönhatása az anyaggal

Sugárzások kölcsönhatása az anyaggal Radioaktivitás Biofizika előadások 2013 december Sugárzások kölcsönhatása az anyaggal PTE ÁOK Biofizikai Intézet, Orbán József Összefoglaló radioaktivitás alapok Nukleononkénti kötési energia (MeV) Egy

Részletesebben

Általános Kémia Gyakorlat II. zárthelyi október 10. A1

Általános Kémia Gyakorlat II. zárthelyi október 10. A1 2008. október 10. A1 Rendezze az alábbi egyenleteket! (5 2p) 3 H 3 PO 3 + 2 HNO 3 = 3 H 3 PO 4 + 2 NO + 1 H 2 O 2 MnO 4 + 5 H 2 O 2 + 6 H + = 2 Mn 2+ + 5 O 2 + 8 H 2 O 1 Hg + 4 HNO 3 = 1 Hg(NO 3 ) 2 +

Részletesebben

Kirchhoff 2. törvénye (huroktörvény) szerint az áramkörben levő elektromotoros erők. E i = U j (3.1)

Kirchhoff 2. törvénye (huroktörvény) szerint az áramkörben levő elektromotoros erők. E i = U j (3.1) 3. Gyakorlat 29A-34 Egy C kapacitású kondenzátort R ellenálláson keresztül sütünk ki. Mennyi idő alatt csökken a kondenzátor töltése a kezdeti érték 1/e 2 ed részére? Kirchhoff 2. törvénye (huroktörvény)

Részletesebben

T I T - M T T. Hevesy György Kémiaverseny. A megyei forduló feladatlapja. 7. osztály. A versenyző jeligéje:... Megye:...

T I T - M T T. Hevesy György Kémiaverseny. A megyei forduló feladatlapja. 7. osztály. A versenyző jeligéje:... Megye:... T I T - M T T Hevesy György Kémiaverseny A megyei forduló feladatlapja 7. osztály A versenyző jeligéje:... Megye:... Elért pontszám: 1. feladat:... pont 2. feladat:... pont 3. feladat:... pont 4. feladat:...

Részletesebben

http://www.nature.com 1) Magerő-sugár: a magközéppontból mért távolság, ameddig a magerők hatótávolsága terjed. Rutherford-szórásból határozható meg. R=1,4 x 10-13 A 1/3 cm Az atommag terének potenciálja

Részletesebben

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2010/2011. tanév Kémia II. kategória 2. forduló Megoldások

Országos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2010/2011. tanév Kémia II. kategória 2. forduló Megoldások ktatási Hivatal rszágos Középiskolai Tanulmányi Verseny 2010/2011. tanév Kémia II. kategória 2. forduló Megoldások I. FELADATSR 1. C 6. C 11. E 16. C 2. D 7. B 12. E 17. C 3. B 8. C 13. D 18. C 4. D 9.

Részletesebben

Atomenergetikai alapismeretek

Atomenergetikai alapismeretek Atomenergetikai alapismeretek 2. előadás Dr. Szieberth Máté Dr. Sükösd Csaba előadásanyagának felhasználásával Négyfaktor formula (végtelen kiterjedésű n-sokszorozó közeg) n Maghasadás (gyors neutronok)

Részletesebben

Kinetika. Általános Kémia, kinetika Dia: 1 /53

Kinetika. Általános Kémia, kinetika Dia: 1 /53 Kinetika 15-1 A reakciók sebessége 15-2 Reakciósebesség mérése 15-3 A koncentráció hatása: a sebességtörvény 15-4 Nulladrendű reakció 15-5 Elsőrendű reakció 15-6 Másodrendű reakció 15-7 A reakció kinetika

Részletesebben

Javítókulcs (Kémia emelt szintű feladatsor)

Javítókulcs (Kémia emelt szintű feladatsor) Javítókulcs (Kémia emelt szintű feladatsor) I. feladat 1. C 2. B. fenolos hidroxilcsoport, éter, tercier amin db. ; 2 db. 4. észter 5. E 6. A tercier amino-nitrogén. 7. Pl. a trimetil-amin reakciója HCl-dal.

Részletesebben

Az α értékének változtatásakor tanulmányozzuk az y-x görbe alakját. 2 ahol K=10

Az α értékének változtatásakor tanulmányozzuk az y-x görbe alakját. 2 ahol K=10 9.4. Táblázatkezelés.. Folyadék gőz egyensúly kétkomponensű rendszerben Az illékonyabb komponens koncentrációja (móltörtje) nagyobb a gőzfázisban, mint a folyadékfázisban. Móltört a folyadékfázisban x;

Részletesebben

Az atom szerkezete. Az eltérülés ritka de nagymértékű. Thomson puding atom-modellje nem lehet helyes.

Az atom szerkezete. Az eltérülés ritka de nagymértékű. Thomson puding atom-modellje nem lehet helyes. Az atom szerkezete Rutherford kísérlet (1911): Az atom pozitív töltése és a tömeg nagy része egy nagyon kis helyre összpontosul. Ezt nevezte el atommagnak. Az eltérülés ritka de nagymértékű. Thomson puding

Részletesebben

1. Feladatok a termodinamika tárgyköréből

1. Feladatok a termodinamika tárgyköréből . Feladatok a termodinamika tárgyköréből Hővezetés, hőterjedés sugárzással.. Feladat: (HN 9A-5) Egy épület téglafalának mérete: 4 m 0 m és, a fal 5 cm vastag. A hővezetési együtthatója λ = 0,8 W/m K. Mennyi

Részletesebben

A feladatok megoldásához csak a kiadott periódusos rendszer és számológép használható!

A feladatok megoldásához csak a kiadott periódusos rendszer és számológép használható! 1 MŰVELTSÉGI VERSENY KÉMIA TERMÉSZETTUDOMÁNYI KATEGÓRIA Kedves Versenyző! A versenyen szereplő kérdések egy része általad már tanult tananyaghoz kapcsolódik, ugyanakkor a kérdések másik része olyan ismereteket

Részletesebben

Atommag, atommag átalakulások, radioaktivitás

Atommag, atommag átalakulások, radioaktivitás Atommag, atommag átalakulások, radioaktivitás Az atommag alkotórészei proton: pozitív töltésű részecske, töltése egyenlő az elektron töltésével, csak nem negatív, hanem pozitív: 1,6 10-19 C tömege az elektron

Részletesebben

Differenciálegyenletek december 13.

Differenciálegyenletek december 13. Differenciálegyenletek 2018. december 13. Elsőrendű DE Definíció. Az elsőrendű differenciálegyenlet általános alakja y = f (x, y), ahol f (x, y) adott kétváltozós függvény. Minden y = y(x) függvény, amire

Részletesebben

Hevesy verseny döntő, 2001.

Hevesy verseny döntő, 2001. 7. osztály 2 Kedves Versenyző! Köszöntünk a Hevesy György kémiaverseny országos döntőjének írásbeli fordulóján. A következő kilenc feladat megoldására 90 perc áll rendelkezésedre. A feladatokat a számítási

Részletesebben

Bevezetés a magfizikába

Bevezetés a magfizikába a magfizikába Berta Miklós SZE, Fizika és Kémia Tsz. 2006. november 19. Bevezetés Kötési energia Magmodellek Magpotenciál Bevezetés 2 / 35 Bevezetés Bevezetés Kötési energia Magmodellek Magpotenciál Rutherford

Részletesebben

Szélsőérték feladatok megoldása

Szélsőérték feladatok megoldása Szélsőérték feladatok megoldása A z = f (x,y) függvény lokális szélsőértékének meghatározása: A. Szükséges feltétel: f x (x,y) = 0 f y (x,y) = 0 egyenletrendszer megoldása, amire a továbbiakban az x =

Részletesebben

KÉMIA FELVÉTELI DOLGOZAT

KÉMIA FELVÉTELI DOLGOZAT KÉMIA FELVÉTELI DOLGOZAT I. Egyszerű választásos teszt Karikázza be az egyetlen helyes, vagy egyetlen helytelen választ! 1. Hány neutront tartalmaz a 127-es tömegszámú, 53-as rendszámú jód izotóp? A) 74

Részletesebben

Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1.

Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai 1. Feladatok megoldásokkal a 9. gyakorlathoz (Newton-Leibniz formula, közelítő integrálás, az integrálszámítás alkalmazásai.). Feladat. Határozzuk meg az alábbi integrálokat: a) x x + dx d) xe x dx b) c)

Részletesebben

PROMPT- ÉS KÉSŐ-GAMMA NEUTRONAKTIVÁCIÓS ANALÍZIS A GEOKÉMIÁBAN I. rész

PROMPT- ÉS KÉSŐ-GAMMA NEUTRONAKTIVÁCIÓS ANALÍZIS A GEOKÉMIÁBAN I. rész PROMPT- ÉS KÉSŐ-GAMMA NEUTRONAKTIVÁCIÓS ANALÍZIS A GEOKÉMIÁBAN I. rész MTA Izotópkutató Intézet Gméling Katalin, 2009. november 16. gmeling@iki.kfki.hu Isle of Skye, UK 1 MAGSPEKTROSZKÓPIAI MÓDSZEREK Gerjesztés:

Részletesebben

Reakciókinetika. Általános Kémia, kinetika Dia: 1 /53

Reakciókinetika. Általános Kémia, kinetika Dia: 1 /53 Reakciókinetika 9-1 A reakciók sebessége 9-2 A reakciósebesség mérése 9-3 A koncentráció hatása: a sebességtörvény 9-4 Nulladrendű reakció 9-5 Elsőrendű reakció 9-6 Másodrendű reakció 9-7 A reakciókinetika

Részletesebben

A sugárzások és az anyag fizikai kölcsönhatásai

A sugárzások és az anyag fizikai kölcsönhatásai A sugárzások és az anyag fizikai kölcsönhatásai A kölcsönhatásban résztvevő partner 1. Atommag 2. Az atommag erőtere 3. Elektron (szabad, kötött) 4. Elektromos erőtér 5. Molekulák 6. Makroszkopikus rendszerek

Részletesebben

Trícium ( 3 H) A trícium ( 3 H) a hidrogén hármas tömegszámú izotópja, egy protonból és két neutronból áll.

Trícium ( 3 H) A trícium ( 3 H) a hidrogén hármas tömegszámú izotópja, egy protonból és két neutronból áll. Trícium ( 3 H) A trícium ( 3 H) a hidrogén hármas tömegszámú izotópja, egy protonból és két neutronból áll. Bomláskor lágy - sugárzással stabil héliummá alakul át: 3 1 H 3 He 2 A trícium koncentrációját

Részletesebben

Kémiai reakciók sebessége

Kémiai reakciók sebessége Kémiai reakciók sebessége reakciósebesség (v) = koncentrációváltozás változáshoz szükséges idő A változás nem egyenletes!!!!!!!!!!!!!!!!!! v= ± dc dt a A + b B cc + dd. Melyik reagens koncentrációváltozását

Részletesebben

Atomenergetikai alapismeretek

Atomenergetikai alapismeretek Atomenergetikai alapismeretek 5/2. előadás: Atomreaktorok Prof. Dr. Aszódi Attila Egyetemi tanár, BME Nukleáris Technikai Intézet Budapest, 2019. március 5. Hasadás, láncreakció U-235: termikus neutronok

Részletesebben

T I T - M T T. Hevesy György Kémiaverseny. A megyei forduló feladatlapja. 8. osztály. A versenyző jeligéje:... Megye:...

T I T - M T T. Hevesy György Kémiaverseny. A megyei forduló feladatlapja. 8. osztály. A versenyző jeligéje:... Megye:... T I T - M T T Hevesy György Kémiaverseny A megyei forduló feladatlapja 8. osztály A versenyző jeligéje:... Megye:... Elért pontszám: 1. feladat:... pont 2. feladat:... pont 3. feladat:... pont 4. feladat:...

Részletesebben

1. feladat Összesen: 8 pont. 2. feladat Összesen: 11 pont. 3. feladat Összesen: 7 pont. 4. feladat Összesen: 14 pont

1. feladat Összesen: 8 pont. 2. feladat Összesen: 11 pont. 3. feladat Összesen: 7 pont. 4. feladat Összesen: 14 pont 1. feladat Összesen: 8 pont 150 gramm vízmentes nátrium-karbonátból 30 dm 3 standard nyomású, és 25 C hőmérsékletű szén-dioxid gáz fejlődött 1800 cm 3 sósav hatására. A) Írja fel a lejátszódó folyamat

Részletesebben

Radioaktív elemek környezetünkben: természetes és mesterséges háttérsugárzás. Kovács Krisztina, Alkímia ma

Radioaktív elemek környezetünkben: természetes és mesterséges háttérsugárzás. Kovács Krisztina, Alkímia ma Radioaktív elemek környezetünkben: természetes és mesterséges háttérsugárzás Tartalom bevezetés, alapfogalmak természetes háttérsugárzás mesterséges háttérsugárzás összefoglalás OSJER Bevezetés - a radiokémiai

Részletesebben

Mag- és neutronfizika

Mag- és neutronfizika Mag- és neutronfizika z elıadás célja: : megalapozni az atomenergetikai ismereteket félév során a következı témaköröket ismertetjük: Magfizikai alapfogalmak (atommagok, radioaktivitás) Sugárzás és anyag

Részletesebben

A sugárzások a rajz síkjára merőleges mágneses téren haladnak át γ α

A sugárzások a rajz síkjára merőleges mágneses téren haladnak át γ α Radioaktivitás, α-, β- és γ-bomlás, radioaktív bomlástörvény, bomlási sorok. röntgen sugárzás (fékezési és karakterisztikus), a Moseley-törvény, az uger folyamat Radioaktivitás: 1896 Becquerel uránérc

Részletesebben

Kormeghatározás gyorsítóval

Kormeghatározás gyorsítóval Beadás határideje 2012. január 31. A megoldásokat a kémia tanárodnak add oda! 1. ESETTANULMÁNY 9. évfolyam Olvassa el figyelmesen az alábbi szöveget és válaszoljon a kérdésekre! Kormeghatározás gyorsítóval

Részletesebben

Reakció kinetika és katalízis

Reakció kinetika és katalízis Reakció kinetika és katalízis 1. előadás: Alapelvek, a kinetikai eredmények analízise Felezési idők 1/22 2/22 : A koncentráció ( ) időbeli változása, jele: mol M v, mértékegysége: dm 3. s s Legyen 5H 2

Részletesebben

Magsugárzások, Radioaktív izotópok. Az atom alkotórészei. Az atom felépítése. A radioaktivitás : energia kibocsátása

Magsugárzások, Radioaktív izotópok. Az atom alkotórészei. Az atom felépítése. A radioaktivitás : energia kibocsátása Magsugárzások, Radioaktív izotópok radioaktivitás : energia kibocsátása az atommagból részecskék vagy elektromágneses sugárzás formájában z atom felépítése z atom alkotórészei protonok neutronok nukleonok

Részletesebben

5. Laboratóriumi gyakorlat

5. Laboratóriumi gyakorlat 5. Laboratóriumi gyakorlat HETEROGÉN KÉMIAI REAKCIÓ SEBESSÉGÉNEK VIZSGÁLATA A CO 2 -nak vízben történő oldódása és az azt követő egyensúlyra vezető kémiai reakció az alábbi reakcióegyenlettel írható le:

Részletesebben

Kémia OKTV I. kategória II. forduló A feladatok megoldása

Kémia OKTV I. kategória II. forduló A feladatok megoldása ktatási ivatal Kémia KTV I. kategória 2008-2009. II. forduló A feladatok megoldása I. FELADATSR 1. A 6. E 11. A 16. C 2. A 7. C 12. D 17. B 3. E 8. D 13. A 18. C 4. D 9. C 14. B 19. C 5. B 10. E 15. E

Részletesebben

Atomfizika. Az atommag szerkezete. Radioaktivitás Biofizika, Nyitrai Miklós

Atomfizika. Az atommag szerkezete. Radioaktivitás Biofizika, Nyitrai Miklós Atomfizika. Az atommag szerkezete. Radioaktivitás. 2010. 10. 13. Biofizika, Nyitrai Miklós Összefoglalás Atommag alkotói, szerkezete; Erős vagy magkölcsönhatás; Tömegdefektus. A kölcsönhatások világképe

Részletesebben

Matematika A3 1. ZH+megoldás

Matematika A3 1. ZH+megoldás Matematika A3 1. ZH+megoldás 2008. október 17. 1. Feladat Egy 10 literes kezdetben tiszta vizet tartalmazó tartályba 2 l/min sebesséeggel 0.3 kg/l sótartalmú víz Áramlik be, amely elkeveredik a benne lévő

Részletesebben

Kémia OKTV 2006/2007. II. forduló. A feladatok megoldása

Kémia OKTV 2006/2007. II. forduló. A feladatok megoldása Kémia OKTV 2006/2007. II. forduló A feladatok megoldása Az értékelés szempontjai Csak a hibátlan megoldásokért adható a teljes pontszám. Részlegesen jó megoldásokat a részpontok alapján kell pontozni.

Részletesebben

Modern Fizika Labor. 2. Elemi töltés meghatározása

Modern Fizika Labor. 2. Elemi töltés meghatározása Modern Fizika Labor Fizika BSC A mérés dátuma: 2011.09.27. A mérés száma és címe: 2. Elemi töltés meghatározása Értékelés: A beadás dátuma: 2011.10.11. A mérést végezte: Kalas György Benjámin Németh Gergely

Részletesebben

KÉMIA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI- FELVÉTELI FELADATOK 1995 JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ

KÉMIA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI- FELVÉTELI FELADATOK 1995 JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ 1 oldal KÉMIA ÍRÁSBELI ÉRETTSÉGI- FELVÉTELI FELADATOK 1995 JAVÍTÁSI ÚTMUTATÓ I A VÍZ - A víz molekulája V-alakú, kötésszöge 109,5 fok, poláris kovalens kötések; - a jég molekularácsos, tetraéderes elrendeződés,

Részletesebben

Az elemeket 3 csoportba osztjuk: Félfémek vagy átmeneti fémek nemfémek. fémek

Az elemeket 3 csoportba osztjuk: Félfémek vagy átmeneti fémek nemfémek. fémek Kémiai kötések Az elemeket 3 csoportba osztjuk: Félfémek vagy átmeneti fémek nemfémek fémek Fémek Szürke színűek, kivétel a színesfémek: arany,réz. Szilárd halmazállapotúak, kivétel a higany. Vezetik az

Részletesebben

Tamás Ferenc: Természetes radioaktivitás és hatásai

Tamás Ferenc: Természetes radioaktivitás és hatásai Tamás Ferenc: Természetes radioaktivitás és hatásai A radioaktivitás a nem stabil magú atomok (más néven: radioaktív) természetes úton való elbomlása. Ez a bomlás igen nagy energiájú ionizáló sugárzást

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA II 8 VIII Elsőrendű DIFFERENCIÁLEGYENLETEk 1 Alapvető ÖSSZEFÜGGÉSEk Elsőrendű differenciálegyenlet általános és partikuláris megoldása Az vagy (1) elsőrendű differenciálegyenlet

Részletesebben

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II.

KOVÁCS BÉLA, MATEMATIKA II. KOVÁCS BÉLA MATEmATIkA II 9 IX Magasabbrendű DIFFERENCIÁLEGYENLETEk 1 Alapvető ÖSSZEFÜGGÉSEk n-ed rendű differenciálegyenletek Az alakú ahol n-edrendű differenciálegyenlet általános megoldása tetszőleges

Részletesebben

Minta feladatsor. Az ion képlete. Az ion neve O 4. Foszfátion. Szulfátion CO 3. Karbonátion. Hidrogénkarbonátion O 3. Alumíniumion. Al 3+ + Szulfidion

Minta feladatsor. Az ion képlete. Az ion neve O 4. Foszfátion. Szulfátion CO 3. Karbonátion. Hidrogénkarbonátion O 3. Alumíniumion. Al 3+ + Szulfidion Minta feladatsor A feladatok megoldására 90 perc áll rendelkezésére. A megoldáshoz zsebszámológépet használhat. 1. Adja meg a következő ionok nevét, illetve képletét! (8 pont) Az ion neve Foszfátion Szulfátion

Részletesebben

Curie Kémia Emlékverseny 2018/2019. Országos Döntő 9. évfolyam

Curie Kémia Emlékverseny 2018/2019. Országos Döntő 9. évfolyam A feladatokat írta: Kódszám: Pócsiné Erdei Irén, Debrecen... Lektorálta: Kálnay Istvánné, Nyíregyháza 2019. május 11. Curie Kémia Emlékverseny 2018/2019. Országos Döntő 9. évfolyam A feladatok megoldásához

Részletesebben

1. A radioaktivitás statisztikus jellege

1. A radioaktivitás statisztikus jellege A radioaktivitás időfüggése 1. A radioaktivitás statisztikus jellege Va N darab azoos radioaktív atomuk, melyekek az atommagja spotá átalakulásra képes. tegyük fel, hogy ezek em bomlaak tovább. Ekkor a

Részletesebben

Általános Kémia GY, 2. tantermi gyakorlat

Általános Kémia GY, 2. tantermi gyakorlat Általános Kémia GY, 2. tantermi gyakorlat Sztöchiometriai számítások -titrálás: ld. : a 2. laborgyakorlat leírásánál Gáztörvények A kémhatás fogalma -ld.: a 2. laborgyakorlat leírásánál Honlap: http://harmatv.web.elte.hu

Részletesebben

9. Radioaktív sugárzás mérése Geiger-Müller-csővel. Preparátum helyének meghatározása. Aktivitás mérés.

9. Radioaktív sugárzás mérése Geiger-Müller-csővel. Preparátum helyének meghatározása. Aktivitás mérés. 9. Radioaktív sugárzás mérése Geiger-Müller-csővel. Preparátum helyének meghatározása. ktivitás mérés. MÉRÉS CÉLJ: Megismerkedni a radioaktív sugárzás jellemzésére szolgáló mértékegységekkel, és a sugárzás

Részletesebben

Folyadékok és gázok mechanikája

Folyadékok és gázok mechanikája Folyadékok és gázok mechanikája Hidrosztatikai nyomás A folyadékok és gázok közös tulajdonsága, hogy alakjukat szabadon változtatják. Hidrosztatika: nyugvó folyadékok mechanikája Nyomás: Egy pontban a

Részletesebben

XLVI. Irinyi János Középiskolai Kémiaverseny 2014. február 6. * Iskolai forduló I.a, I.b és III. kategória

XLVI. Irinyi János Középiskolai Kémiaverseny 2014. február 6. * Iskolai forduló I.a, I.b és III. kategória Tanuló neve és kategóriája Iskolája Osztálya XLVI. Irinyi János Középiskolai Kémiaverseny 201. február 6. * Iskolai forduló I.a, I.b és III. kategória Munkaidő: 120 perc Összesen 100 pont A periódusos

Részletesebben

A tudós neve: Mit tudsz róla:

A tudós neve: Mit tudsz róla: 8. osztály Kedves Versenyző! A jobb felső sarokban található mezőbe a verseny lebonyolításáért felelős személy írja be a kódot a feladatlap minden oldalára a verseny végén. A feladatokat lehetőleg a feladatlapon

Részletesebben

7. osztály Hevesy verseny, megyei forduló, 2003.

7. osztály Hevesy verseny, megyei forduló, 2003. Figyelem! A feladatokat ezen a feladatlapon oldd meg! Megoldásod olvasható és áttekinthető legyen! A feladatok megoldásában a gondolatmeneted követhető legyen! A feladatok megoldásához használhatod a periódusos

Részletesebben

Magspektroszkópiai gyakorlatok

Magspektroszkópiai gyakorlatok Magspektroszkópiai gyakorlatok jegyzıkönyv Zsigmond Anna Fizika BSc III. Mérés vezetıje: Deák Ferenc Mérés dátuma: 010. április 8. Leadás dátuma: 010. április 13. I. γ-spekroszkópiai mérések A γ-spekroszkópiai

Részletesebben

Mivel foglalkozik a hőtan?

Mivel foglalkozik a hőtan? Hőtan Gáztörvények Mivel foglalkozik a hőtan? A hőtan a rendszerek hőmérsékletével, munkavégzésével, és energiájával foglalkozik. A rendszerek stabilitása áll a fókuszpontjában. Képes megválaszolni a kérdést:

Részletesebben

Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz. 1. Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel.

Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz. 1. Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel. Feladatok a Diffrenciálegyenletek IV témakörhöz 1 Határozzuk meg következő differenciálegyenletek általános megoldását a próba függvény módszerrel (a) y 3y 4y = 3e t (b) y 3y 4y = sin t (c) y 3y 4y = 8t

Részletesebben

3. Gyakorlat Áramlástani feladatok és megoldásuk

3. Gyakorlat Áramlástani feladatok és megoldásuk 3 Gyakorlat Áramlástani feladatok és megoldásuk 681 Feladat Adja meg Kelvin és Fahrenheit fokban a T = + 73 = 318 K o K T C, T = 9 5 + 3 = 113Fo F T C 68 Feladat Adja meg Kelvin és Celsius fokban a ( T

Részletesebben

http://www.nucleonica.net Az atommag tömege A hidrogénre vonatkoztatott relatív atomtömeg (=atommag tömegével, ha az e - tömegét elhanyagoljuk) a hidrogénnek nem egész számú többszöröse. Az elemek különböző

Részletesebben

Mekkora az égés utáni elegy térfogatszázalékos összetétele

Mekkora az égés utáni elegy térfogatszázalékos összetétele 1) PB-gázelegy levegőre 1 vonatkoztatott sűrűsége: 1,77. Hányszoros térfogatú levegőben égessük, ha 1.1. sztöchiometrikus mennyiségben adjuk a levegőt? 1.2. 100 % levegőfelesleget alkalmazunk? Mekkora

Részletesebben

A Lederman-Steinberger-Schwartz-f ele k et neutrn o ks erlet

A Lederman-Steinberger-Schwartz-f ele k et neutrn o ks erlet A Lederman-Steinberger-Schwartz-f ele k et neutrn o ks erlet Modern zikai ks erletek szemin arium Kincses D aniel E otv os Lor and Tudom anyegyetem 2017. február 21. Kincses Dániel (ELTE) A két neutrínó

Részletesebben

Első magreakciók. Exoterm (exoerg) és endoterm (endoerg) magreakciók. Coulomb-gát küszöbenergia

Első magreakciók. Exoterm (exoerg) és endoterm (endoerg) magreakciók. Coulomb-gát küszöbenergia Magreakciók 7 N 14 17 8 O p Első magreakciók 30 Al n P 27 13, 15. 7 N(, p) 14 17 8 O Targetmag Megmaradási elvek: 1. a nukleonszám 2. a töltés megmaradását. 3. a spin, 4. a paritás, 5. az impulzus, 6.

Részletesebben