 |
A P. 5650. feladat (2025. április) |
P. 5650. Egy kis démon standard állapotú (\(\displaystyle 100~\mathrm{kPa}\), \(\displaystyle 25~{}^{\circ}\mathrm{C}\)) héliumgázban kijelöl egy 1 nm oldalhosszúságú kocka alakú térrészt, és időről időre megszámolja, hány atom magja található a térfogatban. Milyen valószínűséggel talál nulla, egy vagy két atommagot a kocka alakú tartományban?
Példatári feladat nyomán
(5 pont)
A beküldési határidő 2025. május 15-én LEJÁRT.
Megoldás. A megadott állapotban 1 mol ideális gáz \(\displaystyle 0{,}02479\,\mathrm{m^3}\) térfogatot foglal el. A részecskék száma a teljes térfogatban \(\displaystyle N\), melyek normál állapotban
\(\displaystyle V=N\cdot\frac{0{,}02479\,\mathrm{m^3}}{6{,}022\cdot 10^{23}}=N\cdot 41{,}17\,\mathrm{nm^3}\)
térfogatot töltenek be. A \(\displaystyle v=1\,\mathrm{nm^3}\) térfogatú térrészben a részecskék száma változhat, ennek a számnak az \(\displaystyle n\) várható értéke azonban a teljes részecskeszám \(\displaystyle \tfrac{v}{V}\)-szerese kell legyen, mert, ha felosztjuk a teljes térfogatot \(\displaystyle \tfrac{V}{v}\) darab egyforma tartományra, ez a várható érték mindegyik térrészben egyforma, összegüknek pedig ki kell adni a teljes részecskeszámot. Esetünkben
\(\displaystyle n=N\cdot\frac{1\,\mathrm{nm^3}}{N\cdot 41{,}17\,\mathrm{nm^3}}\approx 0{,}02429.\)
A standardállapotú héliumot ideális gáznak tekinthetjük, melyben a részecskék egymástól függetlenül szabadon bolyonganak a rendelkezésre álló \(\displaystyle V\) térfogatban. Egy kiválasztott atom előfordulásának valószínűsége a \(\displaystyle v\) térrészben:
\(\displaystyle \frac{v}{V}=\frac{n}{N},\)
így annak a valószínűsége, hogy nincs ott \(\displaystyle 1-\tfrac{n}{N}\). Annak pedig, hogy az N részecske közül egy sincs ott:
\(\displaystyle \left(1-\frac{n}{N}\right)^N=\left(\left(1-\frac{n}{N}\right)^{\frac{N}{n}}\right)^{n}\to\mathrm{e}^{-n}.\)
Az utolsó lépésben elvégeztük az \(\displaystyle N\to\infty\) határátmenetet, melynek során felhasználtuk a
\(\displaystyle \left(1-\frac{1}{a}\right)^a\to\mathrm{e}^{-1},\quad\textrm{ha}\quad a\to\infty\)
összefüggést.
Annak a valószínűsége, hogy egy kiválasztott atom a \(\displaystyle v\) térrészben legyen, a többi pedig nem:
\(\displaystyle \frac{n}{N}\left(1-\frac{n}{N}\right)^{N-1}.\)
Annak pedig, hogy az \(\displaystyle N\) atom közül az egyik ott legyen, a többi pedig nem:
\(\displaystyle N\frac{n}{N}\left(1-\frac{n}{N}\right)^{N-1}\to n\mathrm{e}^{-n}.\)
Általában annak a valószínűsége, hogy \(\displaystyle N\) atom közül \(\displaystyle k\) a \(\displaystyle v\) térrészben legyen, a többi pedig nem:
$$\begin{gather*} \binom{N}{k}\left(\frac{n}{N}\right)^k\left(1-\frac{n}{N}\right)^{N-k}=\frac{N(N-1)\cdots(N-k+1)}{k!}\left(\frac{n}{N}\right)^k\left(1-\frac{n}{N}\right)^{N-k}=\\ =\frac{1}{k!}n^k\left(1-\frac{n}{N}\right)^{N}\left(1-\frac{1}{N}\right)\cdots\left(1-\frac{k-1}{N}\right)\left(1-\frac{n}{N}\right)^{-k}\to\frac{1}{k!}n^k\mathrm{e}^{-n}, \end{gather*}$$mert az első kivételével az összes zárójeles kifejezés 1-hez tart, ha \(\displaystyle N\to\infty\).
A feladatban kérdezett 0, 1, illetve 2 atom előfordulásának valószínűsége tehát:
\(\displaystyle \mathrm{e}^{-n}\approx 0{,}9760,\quad n\mathrm{e}^{-n}\approx 0{,}0237,\quad\frac{1}{2}n^2\mathrm{e}^{-n}\approx 0{,}0003.\)
Megjegyzések. 1. Mivel esetünkben \(\displaystyle n\ll 1\), annak a valószínűsége, hogy a \(\displaystyle v\) térfogatú térészben egy atom van, jó közelítéssel \(\displaystyle n\), annak pedig, hogy egy se \(\displaystyle 1-n\). Ekkor a két érték kiszámításánál nem törődtünk azzal, hogy egyszerre több részecske is lehet a térfogatrészben. Ebben a közelítésben annak a valószínűsége, hogy két részecske is ott van \(\displaystyle \tfrac{1}{2}n^2\), amit úgy kapunk meg, hogy az egy részecske valószínűségét a négyzetre emeljük, és osztjuk 2-vel, mert a részecskék megkülönböztethetetlenek (a sorrendjük nem számít). Az így kiszámított valószínűségek 4 tizedesre:
\(\displaystyle 1-n\approx 0{,}9757,\quad n\approx 0{,}0243,\quad \frac{1}{2}n^2\approx 0{,}0003,\)
amelyek legfeljebb a 4. tizedesben térnek el az egzakt megoldástól (viszont az összegük kicsit több, mint 1).
2. Elhanyagoltuk a He atomok méretét (atom-sugaruk \(\displaystyle 0{,}031\,\mathrm{nm}\)), mert az első atom csak \(\displaystyle 0{,}00012\,\mathrm{nm^3}\)-rel csökkenti a második számára rendelkezésre álló helyet.
Statisztika:
17 dolgozat érkezett. 5 pontot kapott: Beke Márton Csaba, Bencze Mátyás, Erdélyi Dominik, Simon János Dániel. 4 pontot kapott: Elekes Panni, Hajdu Eszter, Hasulyó Dorián, Kis Boglárka 08, Sipos Márton, Tóthpál-Demeter Márk, Zólomy Csanád Zsolt. 3 pontot kapott: 2 versenyző. 2 pontot kapott: 1 versenyző. Nem versenyszerű: 1 dolgozat.
A KöMaL 2025. áprilisi fizika feladatai