Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
58
19 Materie en straling 19.1 Inleiding Voorkennis 1 Straling en golftheorie a Het verschijnsel van buiging en interferentie. Deze verschijnselen waren duidelijk aantoonbaar bij het licht én ze waren te verklaren met de golftheorie. Toen Jean Foucault in 1850 met een experiment ook nog eens aantoonde dat de lichtsnelheid in water kleiner is dan in de lucht, kreeg de golftheorie van Huygens duidelijk de voorkeur: licht was een golfverschijnsel. c 8 –1 , waarbij volgens BINAS (tabel 7): c = lichtsnelheid = 2,99810 ms . f De frequentie f bepaalt de kleur: een hogere frequentie f heeft een kleur naar de blauw-violette kant van het spectrum, terwijl een lagere frequentie f een kleur heeft naar de rode kant.
b
Een hoge frequentie heeft volgens bovenstaande formule een kleine golflengte en omgekeerd. N.B. De lichtsnelheid c die hierboven is weergegeven geldt voor vacuüm (én lucht, omdat dit optisch gezien niet zoveel afwijkt van vacuüm). In stoffen met een grotere optische dichtheid (brekingsindex n >1) krijgt de lichtsnelheid c een kleinere waarde. Daardoor verandert ook de golflengte in die stof: deze wordt ook kleiner. c A Als een lichtgolf invalt op een zeer smalle spleet (opening < golflengte ), vormt de opening een puntvormige lichtbron die in alle richtingen licht uitzendt. Er treedt dus buiging op. B De openingen van de dubbelspleet moeten zeer smal zijn en dicht bij elkaar liggen. Dan vormen deze openingen als het ware twee trillingsbronnen, die hun golven in alle richtingen uitzenden (buiging). In de ruimte achter de dubbelspleet treedt dan interferentie op. Golven die via beide spleten in fase in een punt aankomen versterken elkaar. Golven die in tegenfase in een punt aankomen, doven elkaar min of meer uit (afhankelijk van de amplitude). Op een scherm treedt dan een afwisseling van maxima en minima op. C In feite treedt bij het tralie hetzelfde verschijnsel van interentie op als bij een dubbelspleet. Doordat er nu echter zeer veel, zeer smalle openingen vlak bij elkaar liggen, doven de vele golven die vanuit al die openingen op één plaats samen komen, elkaar al heel snel uit tenzij ze allemaal echt 'in fase' aankomen op die plaats. Het gevolg is dat de maxima scherp begrensd zijn en duidelijk een eind uit elkaar liggen. d Voor de interferentiemaxima bij een tralie geldt in het algemeen: x tan n n (n geeft de orde van het maximum aan) en n sin n (n = 0, 1, 2 ...) (zie hoofdstuk 14). d Zo geldt bijvoorbeeld voor het maximum van de 2e orde: smalle lichtbundel x tan 2 2 en sin 2 2 (zie figuur hiernaast). d Als op het tralie licht van een andere kleur invalt, 2 heb je te maken met een andere golflengte . d 2 Het gevolg is dat de maxima van die kleur dan onder een andere hoek ontstaan en lichtbundel dus ook op een andere plek op het scherm 2. zichtbaar zijn.
scherm
2e orde x2 tralie
2
1e orde
0e orde
Omdat elke kleur zijn eigen hoek heeft e waaronder bijvoorbeeld het 1 orde maximum gevormd wordt, worden de verschillende kleuren op het scherm dus naast elkaar zichtbaar. Als je dan licht van een lichtbron, dat diverse kleuren uitzendt, via het tralie op het scherm laat vallen dan worden deze kleuren dus naast elkaar zichtbaar. Je ziet dan het spectrum van kleuren dat de lichtbron uitzendt. e A Het emissiespectrum van een gas is een lijnenspectrum met lijnen die kenmerkend zijn voor het gas in de buis. B Het absorptiespectrum is een continu spectrum (afhankelijk van de lichtbron die zich achter het 'koude' gas bevindt). In dit continue spectrum zijn donkere lijnen zichtbaar de zogenaamde absorptielijnen. Deze lijnen zijn kenmerkend voor het gas en het zijn dezelfde lijnen die het gas zelf zou uitzenden wanneer het gas tot emissie wordt gedwongen ('lijnomkering' zie § 14.3 LICHTBRONNEN). Vervolg zie volgende bladzijde.
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
59
Vervolg van opgave 1. C Het emissiespectrum van een gloeidraad is een continu spectrum waarbij de intensiteitsverdeling afhangt van de temperatuur van de gloeidraad. D Het spectrum van de zon is een combinatie van continu spectrum veroorzaakt door de fotosfeer van de zon die een temperatuur heeft van ongeveer 6000 C. Daarbuiten bevindt zich een minder hete sfeer van gassen die sommige kleuren van het continue spectrum absorberen afhankelijk van het soort van gas (chromosfeer). Deze donkere lijnen - de fraunhoferlijnen - zijn absorptielijnen. E Het spectrum van een fluorescentielamp is meestal emissiespectrum dat bestaat uit een continu gedeelte waarin ook enkele heldere lijnen zichtbaar zijn. Deze heldere lijnen zijn afkomstig van het gas in de lamp terwijl het min of meer continue gedeelte ontstaat wanneer energierijke fotonen door de atomen van het fluorescentie-materiaal aan de binnenkant van de lamp worden geabsorbeerd, waarna deze atomen de ontvangen energie omzetten in fotonen in het zichtbare gedeelte. F Het spectrum van een laser bevat slechts één lijn omdat een laser gebouwd is om licht van één golflengte (monochromatisch) af te geven. 2 Materie en deeltjestheorie Schillenmodel van Bohr: waterstofatoom a Het elektron bevindt zich normaal in de baan met de laagste energiewaarde (grondtoestand in de K-schil). Als het elektron bijvoorbeeld door een botsing energie krijgt e overgedragen, wordt deze naar een andere baan (met een hogere energie-waarde) gestoten bijvoorbeeld de N-schil. Dit elektron valt daarna weer terug naar een baan met een kleinere straal en daarmee ook met een lagere energiewaarde. K Daarbij moet de (elektrische) energie van het elektron dus afnemen. L Dit gebeurt door middel van het uitzenden van (elektro-magnetische) M straling (zie figuur hiernaast). N O
De hypothese die hierbij wordt gehanteerd is dat e.m.-straling altijd in 'afgemeten energie hoeveelheden' wordt uitgezonden. Dit wordt ook wel een lichtkwantum genoemd of een foton. Afhankelijk van de hoeveelheid energie heeft het foton daarbij een bepaalde kleur. b Volgens de fotonhypothese is E f h f h = constante van Planck = 6,62610
–34
hc
–1
JK
, waarbij volgens BINAS (tabel 7): 8
–1
en c = lichtsnelheid = 2,99810 ms .
c A Wanneer gasatomen door botsing energie krijgen toegevoerd, wordt vaak een deel van de energie overgedragen aan een elektron in het atoom die daardoor in een baan geslingerd wordt met een grotere straal en een hogere energiewaarde. Dit elektron keert weer terug naar de baan met de laagste energiewaarde eventueel via een aantal tussenstappen. Bij elke stap wordt een foton uitgezonden met een energiewaarde die gelijk is aan het verschil. Aangezien in een gasontladingslamp miljarden atomen tegelijkertijd deze fotonen uitzenden, worden tegelijkertijd vele fotonen per mogelijke sprong uitgezonden wat resulteert in een lijnenspectrum. B In een gloeidraad bevinden zich naast atomen met een 'vaste elektronenwolk' ook geleidingselektronen die niet meer gebonden zijn aan één bepaald atoom. Bovendien hebben atomen, die zich niet los van elkaar maar onderling in een atoombinding bevinden, veel meer mogelijke energieovergangen binnen een atoom. Dit alles maakt dat wanneer elektronen energie moeten afgeven in de vorm van e.m.-straling zij een 'oneindige' keuzemogelijkheid hebben wat betreft de energiewaarde van de fotonen. Dit veroorzaakt een continu spectrum waarbij de kleurintensiteit wel afhankelijk is van de temperatuur. C Emissie vindt plaats bij terugval van een elektron uit een baan met een hogere energiewaarde naar een baan met een lagere energiewaarde. Hierbij wordt een foton uitgezonden. Bij een absorptiespectrum absorberen de atomen juist die fotonen die zij zelf ook kunnen uitzenden omdat die fotonen precies de juiste hoeveelheid energie bevatten die hoort bij het energieverschil tussen twee mogelijke 'Bohrse banen' binnen het atoom. De lijnen van het emissiespectrum en die van een absorptiespectrum liggen bij een bepaalde atoomsoort daarom ook op dezelfde plaats in het spectrum. D Als een atoom van een fluorescerende stof een energierijk uv-foton absorbeert, wordt het elektron in één keer naar een baan met een veel hogere energiewaarde 'geslingerd'. Dit elektron kiest er vervolgens voor om in een aantal tussenstappen weer terug te keren naar de baan met de laagste energiewaarde. Bij elke sprong wordt dan een foton uitgezonden dat mogelijk een energiewaarde heeft in het zichtbare deel van het spectrum. Vervolg op volgende bladzijde.
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
60
Vervolg van opgave 2. d Licht heeft zowel een deeltjes- als een golfkarakter. Het ligt eraan voor welk lichtverschijnsel je een verklaring zoekt. Voor buigings- en interferentieverschijnselen voldoet de golftheorie prima als verklaring. Voor lijnenspectra (en nog enkele verschijnselen als bijvoorbeeld 'het fotoelektrisch effect' (zie § 2.2) voldoet de deeltjestheorie als verklaring. 3 Elektromagnetisch spectrum –1
a Met de lichtsnelheid c BINAS (tabel 7): c = 2,99810 ms . 8
c f De golflengte is omgekeerd evenredig met de frequentie f .
b c f
hc –34 –1 c De fotonenergie Ef h f , waarbij volgens BINAS (tabel 7): h = 6,62610 JK .
19.2 Fotonen Kennisvragen 6 De stralingskromme van een zwarte straler geeft de stralingsintensiteit als functie van de golflengte weer voor een stralingsbron die bij normale temperatuur 'zwart' is d.w.z. geen straling uit de omgeving weerkaatst.
T = 3000 K
Uit deze stralingskromme kan men de temperatuur van de straler bepalen door na te gaan bij welke golflengte de intensiteit maximaal is: bij toenemende temperatuur verschuift het maximum naar kleinere golflengte. Hierbij geldt de verschuivingswet van Wien: max T k w waarbij volgens BINAS (tabel 7): kw = 2,897810
–3
T = 2500 K T = 2000 K
mK.
golflengte
Het oppervlak onder een stralingskromme geeft de totale intensiteit van het uitgezonden spectrum. Als je deze waarde weet én de afstand tot de stralingsbron kent, kun je het totaal uitgestraalde vermogen P ook bepalen. N.B. Voor het uitgezonden stralingsvermogen P geldt de zogenaamde wet van Stefan-Boltzmann
P T 4 , waarbij T de absolute temperatuur én de constante van Stefan-Boltzmann is (BINAS tabel 7: = 5,6705110–8 Wm–2K–4). Als het uitgezonden vermogen P van een stralingsbron bekend is, kun je de temperatuur van de stralingsbron bepalen. Deze formule kom je tegen in opgave 25 Zonnevlekken. 7 a
De plaats van het maximum: hoe hoger de absolute temperatuur T, des te kleiner is de golflengte max van het maximum (zie verschuivingswet van Wien: max T k w ). De grootte van het oppervlak onder de kromme: hoe hoger de temperatuur, des te groter is het oppervlak.
b De temperatuur is te bepalen m.b.v. de verschuivingswet van Wien:
max T k w T
kw
max
2,8978 103
max
. Door na te gaan bij welke golflengte de kromme
zijn maximale waarde heeft, is de temperatuur te berekenen: - onderste kromme: max = 14,510
–7
- middelste kromme: max = 11,510 - bovenste kromme: max = 9,510
Vervolg op volgende bladzijde.
–7
m T
–7
max
m T
m T
kw
kw
max kw
max
2,8978 103
1998 K
14,5 107 2,8978 103 11,5 10
7
2,8978 103 9,5 107
2520 K
3050 K
3
Afgerond: T = 2,010 K 3
Afgerond: T = 2,510 K 3
Afgerond: T = 3,110 K
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
61
Vervolg van opgave 7. –7
c De onderste lijn laat zien dat er licht wordt uitgezonden vanaf ca. 6,010 m = 600 nm. Volgens BINAS (tabel 19 A) is de kleur van het uitgezonden licht voornamelijk rood tot hooguit oranje rood. En verder ligt het maximum duidelijk in het infrarode gebied. Het uitgezonden mengsel geeft waarschijnlijk een rode indruk. Naarmate de temperatuur hoger wordt, komen er meer kleuren met een kleinere golflengte en verschuift de golflengte met maximale intensiteit naar links. –7 Bij de bovenste lijn worden er kleuren uitgezonden vanaf ca. 3,510 m = 350 nm. Dit betekent dat in principe alle kleuren uit het zichtbare gebied (zie B INAS tabel 19 A) aanwezig zijn. De topwaarde van intensiteit ligt echter nog steeds in het nabije infrarood. Dat betekent dat het mengsel van licht geler van kleur geworden is. Het is nog steeds geen wit licht. Daarvoor is de intensiteit van de violette en blauwe kleuren nog te zwak. 8 Stel dat de kamertemperatuur = 20 C = 293 K. De golflengte waarbij de intensiteit maximaal is, bepaal je k w 2,8978 10 3 9,89 10 6 m T 293 Volgens BINAS (tabel 19 B) ligt deze waarde in het infrarood. En bij die temperatuur wordt er volgens figuur 4 ook geen licht in het zichtbare gebied uitgezonden.
met de verschuivingswet van Wien: max T k w max
9 Gegeven: temperatuur T = 3 K. De golflengte waarbij de intensiteit maximaal is, is te berekenen met de verschuivingswet van Wien: k w 2,8978 10 3 0,966 10 3 m T 3 –3 Volgens BINAS (tabel 19 B) heeft het microgolfgebied golflengte-waarden van ongeveer 110 m tot –3 –2 1010 (= 110 ) m. De berekende waarde ligt zo'n beetje op de grens van 'ver infrarood' en 'microgolven'.
max T k w max
4
10 Als de temperatuur T = 110 K dan ligt volgens de verschuivingswet van Wien de maximale intensiteit k w 2,8978 10 3 2,8978 10 7 m 290 nm T 1 10 4 Volgens BINAS (tabel 19 A en B) ligt max in het ultraviolette gebied. Dit betekent dat het spectrum relatief veel blauw en violet bevat. De kleurindruk van het totale spectrum is dan blauwwit.
bij de volgende golflengte: max T k w max
11 De 'dagkant' van de maan reflecteert veel zonlicht. De 'nachtkant' van de maan is vrijwel een zwarte straler. Er valt namelijk vrijwel geen licht op deze zijde omdat de andere sterren zover weg staan en daarmee relatief zeer weinig straling van deze sterren op de maan komt. 12 Een natriumlamp is een gasontladingslamp. Deze werkt niet op het principe van temperatuurstraling. En daarom is de verschuivingswet van Wien hierop niet van toepassing. 13 Bij het opnemen van energie via golven geldt dat de hoeveelheid geabsorbeerde energie toeneemt naarmate er meer golven (grotere intensiteit) worden geabsorbeerd en/of gedurende langere tijd. De energie in het metaal zou dan geleidelijk toenemen tot er vanzelf genoeg energie is voor emissie van elektronen. hc –34 –1 14 a De fotonenergie E f h f , waarbij volgens BINAS (tabel 7): h = 6,62610 JK 8
–1
en c = 2,99810 ms . E f 1,602 10 19 E f in eV
Ef (in Joule) = Ef (in eV) 1,60210
6,626 10 34 2,998 108
1 10 9
Ef
–19
en (in m) = (in nm) 110
6,626 10 34 2,998 108
1 10 9 1,602 10 19
1240
–9
1240
. in nm N.B. De kleine afwijking is het gevolg van het gebruik van waarden uit B INAS die wat nauwkeuriger zijn. b = 380 nm E f in eV
1240 1240 = 3,26 eV en = 780 nm E f in eV = 1,59 eV 380 780 Voor het zichtbare deel van het e.m.-spectrum geldt 1,59 ≤ Ef ≤ 3,26 eV.
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
Newton vwo deel 3
15 a De fotonenergie E f h f laser: = 63310
–9
hc
–34
BINAS (tabel 7): h = 6,62610
Ef
m
–1
JK
8
en c = 2,99810 ms
6,626 10 34 2,998 10 8 633 10 9
natriumlamp: = 58910
–9
m
Ef
6,626 10
2,998 10
8
589 10 9
kwiklamp: = 25410
–9
m
Ef
6,626 10
2,998 10
8
254 10 9
–19
J = 1,96 eV
3,373 10 19 J
Afgerond: Ef = 3,3710 34
–1
3,138 10 19 J
Afgerond: Ef = 3,1410 34
62
–19
J = 2,11 eV
7,821 10 19 J
Afgerond: Ef = 7,8210
–19
J = 4,88 eV
b BINAS (tabel 24 FOTO-ELEKTRISCH EFFECT): –19 –19 ijzer Fe Eu = 4,63 eV (= 4,63 1,60210 = 7,4210 J) –19 –19 cesium Cs Eu = 1,94 eV (= 1,94 1,60210 = 3,1110 J) –19 –19 lithium Li Eu = 2,46 eV (= 2,46 1,60210 = 3,9410 J) –19 –19 lood Pb Eu = 4,04 eV (= 4,04 1,60210 = 6,4710 J) c Foto-emissie treedt op als Ef > Eu : metaal
laser
natriumlamp
kwiklamp
ijzer
niet
niet
wel
cesium
wel
wel
wel
lithium
niet
niet
wel
lood
niet
niet
wel
16 f = 8,510
14
Hz Ef h f Ef 6,626 10 34 8,5 1014 5,63 10 19 J 3,52 eV
BINAS (tabel 19A en B): de frequentie en energiewaarde geeft aan dat de straling tot het ultraviolette deel van het e.m.-spectrum behoort.
BINAS (tabel 24): cadmium Cd Eu = 4,04 eV. De energiewaarde van Ef < Eu : er treedt geen foto-emissie op. 17 fg = 0,54410
15
Hz Eu E f h fg Eu 6,626 10 34 0,544 1015 3,60 10 19 J 2,25 eV
BINAS (tabel 24):
Eu = 2,25 eV het metaal is kalium K.
18 Gevraagd: remspannning Urem. Gegeven: kathode is van barium. Voor het fotoelektrisch effect geldt Ek, max E f Eu h f Eu De fotostroom wordt 0 als de elektronen worden afgeremd met een remspanning waarvoor geldt Ek, max e U rem BINAS (tabel 24): de uittree-energie voor barium (Ba) Eu 2,52 eV 4,037 10 19 J A 400 nm E f h f
hc
6,626 10 34 2,998 10 8 9
400 10 Ek, max 3,10 2,52 0,58 eV Urem 0,58 V
4,97 10 19 J 3,10 eV
Afgerond: Urem = 0,58 V B 600 nm E f h f
hc
6,626 10 34 2,998 10 8
3,31 10 19 J 2,07 eV
600 10 9 In dit geval is de fotonenergie Ef < uittree-energie Eu dus er treedt geen foto-emissie op.
C In dit geval bepaalt de kleur met de grootste fotonenergie Ef (en dus de kleinste golflengte) de remspanning: 380 nm E f h f
hc
6,626 10 34 2,998 10 8 380 10 9
5,23 10 19 J 3,26 eV
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
63
Ek, max 3,26 2,52 0,74 eV Urem 0,74 V
Afgerond: Urem = 0,74 V
19 Gevraagd: golflengte van invallende straling. –9 Gegeven: g = 430 nm = 43010 m; Urem = 0,80 V.
Ef h f
hc
hc Ef
Nieuwe onbekenden: h, c en Ef.
BINAS (tabel 7): h = 6,62610
–34
–1
JK
8
–1
en c = 2,99810 ms .
Voor het fotoelektrisch effect geldt Ek, max E f Eu h f Eu en als fotostroom = 0 geldt Ek, max e U rem Ek, max e 0,80 0,80 eV De uittree-energie Eu is te bepalen met de grensgolflengteg: E u h fg
hc
g
6,626 10 34 2,998 10 8 430 10
9
4,620 10 19 J 2,884 eV
0,80 Ef 2,884 Ef 3,684 eV 3,684 1,602 10 19 5,901 10 19 J
6,626 10 34 2,998 108 19
3,366 10 7 m 336,6 nm
5,901 10 Afgerond: = 337 nm Volgens BINAS (tabel 19) behoort deze golflengte tot het violette deel van het e.m.-spectrum.
20 a De uittredende elektronen bezitten een Ek,max van ca. 1,0 eV omdat de fotostroomsterkte = 0 bij UAK = – 1,0 V. Naarmate de spanning UAK toeneemt, neemt ook de fotostroomsterkte I toe. Vanaf UAK = 2,5 V is er sprake van verzadiging omdat de fotostroomsterkte I niet meer toeneemt. Alle vrijkomende elektronen worden nu naar de anode getrokken. b Als de fotostroom = 0 geldt Ek, max e U rem Ek, max e ( 1,0) 1,0 eV
I 175 (A) 150 125 100
Afgerond: Ek,max = 1,0 eV
c Voor het fotoelektrisch effect geldt Ek, max E f Eu De kathode is van barium (Ba) BINAS (tabel 24): Eu 2,52 eV
1,0 Ef 2,52 Ef 3,52 eV
200
75 50
Afgerond: Ef = 3,52 eV
25 0
d Stel het aantal fotonen per seconde = nf -1 - 0,5 0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 Voor de fotostroomsterkte I geldt: UAK (V) lading Q I ne qe ne e 1,602 10 19 ne waarbij ne = aantal elektronen dat per seconde t door de draad stroom. Voor de verzadigingsstroom geldt: nf = ne. 150 10 6 1,602 10 19 ne ne
9,3610
14
s
150 10 6 1,602 10 19
9,363 1014 s 1
Afgerond: nf =
–1
21 a De fotonenergie bepaalt volgens Ek, max E f Eu de kinetische energie waarmee elektronen de kathode verlaten. Hoe groter de kinetische energie, hoe gemakkelijker de elektronen de anode bereiken en hoe groter de fotostroomsterkte is. Het aantal elektronen dat per seconde uit de kathode vrij komt, wordt echter bepaald door het aantal fotonen dat per seconde op het kathodemateriaal invalt. Iverz,A. Dit aantal bepaalt daarmee ook de verzadigingsstroom. I I verz. De fotonenergie heeft geen invloed op de verzadigingsstroomsterkte. bA
is constant E f h f
hc
blijft hetzelfde.
lijn A
lijn B oorspronkelijk
3,0
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
64
Daarmee blijft ook Ek, max E f Eu gelijk d.w.z. dat de remspanning ook niet verandert ( Ek, max e U rem ). Doordat er een grotere stralingsintensiteit is, vallen er meer fotonen per seconde op de kathode en veroorzaken daarmee een grotere verzadigingsstroom (zie lijn A in de schets). Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 21. B
Een grotere golflengte betekent een kleinere fotonenergie en dus ook een kleinere Ek,max. De remspanning wordt daarmee ook kleiner. Aangezien de stralingsintensiteit en dus het aantal fotonen per seconde niet verandert, blijft de verzadigingsstroom gelijk (zie lijn B in de schets). –9
22 Gegeven: natriumlamp = 589 nm = 58910
m; Ps = 50 W.
a Gevraagd: aantal fotonen per seconde nf P Nieuwe onbekende: Ef Ps nf E f nf s Ef Ef h f
nf
hc
6,626 10 34 2,998 10 8 589 10 9
3,373 10 19 J 2,11 eV
Ps 50 1,483 10 20 s 1 E f 3,373 10 19 20 –1 Afgerond: nf = 1,510 s
b De kracht die de fotonen uitoefenen bij reflectie en/of absorptie is zo klein, dat je het niet merkt. Slechts onder bijzondere omstandigheden kun je het deeltjeskarakter waarnemen. 23 Om elektronen vrij te maken moet de fotonenergie Ef ≥ Eu de uittree-energie. Dat betekent dat de fotonenergie ook ruwweg tussen de 2 en 5 eV moet zijn. In BINAS tabel 24 vind je dat de meeste metalen een uittree-energie hebben die groter is dan 4 eV. M.b.v. BINAS tabel 19 A en 19 B is in te zien dat violet licht een fotonenergie Ef > 3,0 eV. Je hebt dus al snel licht nodig met een grotere fotonenergie d.w.z. ultraviolet, röntgenstraling en gammastraling. Bij een uittree-energie van 20 eV heb je een fotonenergie Ef > 20 eV nodig. Volgens BINAS tabel 19 B heb je dan e.m.-straling nodig vanaf 'ver ultraviolet' enz. 24 a In een golf is sprake van trillende deeltjes van een medium bijvoorbeeld luchtmoleculen als het gaat om geluidsgolven. De hoeveelheid energie bij bewegingen wordt gegeven door de kinetische energie
Ek 1/ 2 m v 2 . Bij een golf wordt de hoeveelheid energie dus bepaald door de massa m en de snelheid vmax (de snelheid varieert voortdurend tussen 0 en vmax). Bij een foton is E f h f , dus daar bepaalt de frequentie f de hoeveelheid energie. Een foton heeft geen massa-eigenschap. Wel bestaat er een verband tussen frequentie én snelheid vmax bij een trillend deeltje: hoe hoger de frequentie, hoe hoger de snelheid vmax. De snelheid wordt daarnaast ook bepaald door de amplitude A van de trilling. Een foton van een bepaalde kleur kan echter niet variëren in 'amplitude' want dat zou betekenen dan een foton van een bepaalde kleur verschillende waarden voor de fotonenergie zou kunnen bezitten en dat is niet juist. b Een foton kun je een deeltje noemen als je te maken krijgt met botsingen van fotonen met atomen, elektronen enz. Dit doet zich bijvoorbeeld bij foto-emissie voor. Een foton is duidelijk als een golf op te vatten wanneer je te maken krijgt met verschijnselen als buiging en interferentie. c Een foton heeft geen meetbare massa en geen veranderlijke snelheid.
Oefenopgaven 25 Zonnevlekken Gegeven: wet van Stefan-Boltzmann P T 4 , waarbij T in K is en de constante van Stefan-Boltzmann = 5,6705110–8 Wm–2K–4 (zie BINAS tabel 7). 2
a De oppervlakte onder de kromme is maat voor het totaal uitgestraalde vermogen per m . 2 Dit oppervlak is te bepalen door het zo nauwkeurig mogelijk tellen van het aantal mm of je kunt het benaderen met een driehoeksvorm waarbij je erop moet letten dat het oppervlak onder de getekende driehoek zo goed mogelijk gelijk is aan de oppervlakte onder de oorspronkelijke kromme
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
65
d.w.z. het deel 'dat teveel is' moet gelijk zijn aan het deel 'dat te weinig is'. Voor de driehoek geldt dan: oppervlakte A = /2 hoogte basis. Benaderen met de driehoeksvorm 1
1 A6000K / 44 33 10,7 12 . A3000K 1 / 2 4 34
levert het volgende voor de verhouding op:
Volgens de wet van Stefan Boltzman zou deze verhouding
P6000K 6000 4 2 4 16 moeten zijn. P3000K 3000 4 1 1
Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 25. b Gegeven: Tzon = 5800 K; in een zonnevlek is de temperatuur 2000 K lager Tvlek = 3800 K Gevraagd:
m ax,vlek . m ax,zon kw max is omgekeerd evenredig met T T 5800 1,53 3800 1
max T k w max
max,vlek T zon max,zon T vlek
Gevraagd:
P vlek . P zon
Met P T 4
P3800K 3800 4 1 P5800K 5800 4 5,43
c De golflengte max waarbij de intensiteit maximaal is, is bij een zonnevlek wat groter dan in het overige deel van het zonneoppervlak. Een zonnevlek heeft dus een spectrum dat meer 'rood' bevat. Daarnaast is de stralingsintensiteit in een zonnevlek ruim 5,4 zo klein als het overige zonneoppervlak. Bij elkaar zorgen deze twee verschijnselen ervoor dat een zonnevlek een relatief donker gebied is op het zonneoppervlak. 26 Oppervlaktetemperatuur van sterrren a De golflengte max waarbij de intensiteit maximaal is, ligt bij de bovenste kromme meer naar links, dus bij kleinere golflengte (richting blauw). Volgens de verschuivingswet van Wien max T k w betekent dit dat deze intensiteitskromme bij een hogere temperatuur hoort. 2
N.B. Bovendien is ook het totaal uitgestraalde vermogen per m bij de bovenste kromme groter gezien de oppervlakte onder deze lijn. Dat betekent volgens de wet van Stefan-Boltzmann
P T 4 ook dat de temperatuur hoger is (zie opg. 25). b Bovenste kromme ('hoge temperatuur'):
I b 41,5 I 1,28 b 1,3 Ir 32,5 Ir
Onderste kromme ('lage temperatuur'):
Ib I 6,5 0,361 b 0,36 I r 18,0 Ir
Ib neemt toe bij toenemende Ir temperatuur. Blijkbaar neemt de intensiteit Ib relatief sterker toe dan Ir bij toenemende temperatuur.
De bovenstaande waarden zijn inderdaad verschillend: de verhouding
c Ster 1: in het rood een klein stipje. In het blauw slechts een klein beetje sterker (de '1' is wat weggevallen). Ster 2: in het rood straalt deze ster sterker dan in het blauw. Ster 3: in het blauw straalt deze ster sterker dan in het rood. Ster 4: er is weinig verschil waar te nemen in de stralingsintensiteit van het rood en het blauw. Ster 5: hier valt op dat in het blauw een veel sterkere intensiteit is dan in het rood. Conclusie: volgorde van toenemende temperatuur ster 2 - ster 4 - ster 1 - ster 3 - ster 5. d De gegevens zijn te halen uit BINAS (tabel 23 Planck-krommen): temperatuur (K) 2000 2500 3000 3500 4000 5000
intensiteit 4 –2 –1 (10 Wm nm ) bij 450 nm 0,040 0,242 0,708 3,32
bij 650 nm 0,050 0,19 0,58 1,26 3,95
Ib Ir 0,21 0,42 0,56 0,84
1,6
Ib 1,4 Ir 1,2 1,0 0,8 0,6 0,4 0,2 0 0
1
2
3
4
5
6 7 T ( 10 3 K)
8
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
5500 5700 6000 6500
6,05 7,43 9,80 15,92
5,92 6,85 8,40 11,35
66
1,02 1,08 1,17 1,40
Conclusie: Bij vraag b had de ster met hoge temperatuur een verhouding van 1,3 en die met lage temperatuur een verhouding van 0,36. Dit stemt overeen met het diagram. e Gegeven zon:
Ib 3 1,2 Tzon = ca. 6,110 K Ir
Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 26. f De absolute onnauwkeurigheid = 6100 – 5800 = 300 K 300 De procentuele onnauwkeurigheid 100% 5% 6000 27 Constante van Planck a Bij het foto-elektrisch effect geldt: Ek, max E f Eu h f Eu
En in de situatie dat de fotostroom = 0 geldt: Ek, max e Urem
Samenvoeging van deze twee vergelijkingen levert: e Urem h f Eu Urem Deze vergelijking heeft de algemene vorm van y = a x – b met a
E h f u e e
E h en b u . e e
A Aan de algemene vorm van de vergelijking hierboven is te zien dat het om een lineair verband gaat h tussen Urem en f waarbij de 'richtingscoëfficiënt' = 'helling' a . e h B Aan de vergelijking hierboven is te zien dat de helling van de lijnen alleen bepaald wordt door en e deze waarde is onafhankelijk van het soort kathodemateriaal. C Verschillende soorten kathodematerialen hebben een verschillende waarde voor de uittree-energie Eu. E Dus in bovenstaande vergelijking is de waarde voor b u verschillend per materiaalsoort. e Dat betekent dat als Urem = 0 er ook een verschillende waarde voor de frequentie f (= grensfrequentie) uitkomt. D Bij een frequentie f die lager is dan de grensfrequentie fg treedt er geen foto-emissie op en dus is er ook geen waarde voor Urem aan te geven. b In geval van de grensfrequentie fg is Urem = 0 0 eV
14
Hz en Eu 6,626 10 34 4,7 1014 3,114 10 19 J 1,94 eV Urem = 1,9
14
Hz en Eu 6,626 10 34 9,9 1014 6,56 10 19 J 4,09 eV
Cs: fg = 4,710
Cd: fg = 9,910 Urem = 4,1 eV Fe: fg = 11,310 eV
14
E h –34 –1 fg u Eu h fg met h = 6,62610 JK . e e
Hz en Eu 6,626 10 34 11,3 1014 7,49 10 19 J 4,67 eV
Urem = 4,7
c De helling van de lijn (bijv. van Cs) is 4,0 0 h Urem h 4,124 10 15 V/Hz h 6,606 10 34 Js 19 14 e f 14,4 4,7 10 1,602 10 Volgens BINAS (tabel 7) is deze waarde h = 6,62610
–34
JK
–1
Conclusie: we zien dus een kleine afwijking van ca. 0,3% t.o.v. de officiële literatuurwaarde. En dat is maar heel weinig. 28 Fotomultiplicatorbuis a Elektronen kunnen slechts door fotonen worden vrijgemaaks als voor de golflengte van de straling geldt: < g voor Cesium. BINAS (tabel 24): Cesium (Cs) g = 639 nm. Het spectrum vermeldt een 3-tal golflengtes < 639 nm namelijk 396 nm, 58 nm en 52 nm.
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
Newton vwo deel 3
67
Deze twee laatsten behoren volgens BINAS (tabel 19) tot de uv-straling en worden dus door het glas geabsorbeerd. Daarom blijft alleen straling met de golflengte van 396 nm over. 1 1 hc g g –34 –1 8 –1 waarbij volgens BINAS (tabel 7): h = 6,62610 JK en c = 2,99810 ms . 1 1 1,908 10 19 J 1,191 eV Ek, max 6,626 10 34 2,998 10 8 9 9 639 10 396 10
b Ek, max E f Eu h f h fg
hc
hc
–19
Afgerond: Ek,max = 1,9110
J = 1,19 eV
c De elektronen worden tussen kathode en elektrode D1 versneld over een spanning van 100 V. Met We q UkD1 Ek Ek,max = 100 eV. Dus Ek,max = 100 + 1,19 = 101,19 eV. Afgerond: Ek,max = 101 eV Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 28. d Doordat de kinetische energie door het versnellen zoveel groter is geworden, kunnen deze elektronen mogelijk een aantal botsingen in het elektrodemateriaal veroorzaken. Blijkbaar hebben ze genoeg energie om daarbij 5 elektronen vrij te maken. –11
e Gegeven: IK,D1 = 3,510 A Gevraagd: aantal fotonen per seconde nf. 5,0% van de fotonen maakt een elektron vrij ne 0,05 nf nf
ne 0,050
waarbij ne = aantal elektronen per seconde. Voor de stroomsterkte geldt: I
nf
3,5 10 11 Q ne q e ne e ne I 2,1848 10 8 s 1 t e 1,602 10 19
2,1848 108 4,37 109 s 1 0,050 9
Afgerond: nf = 4,410 s
–1
f Het aantal elektronen neemt tussen elk opeenvolgende elektrodenpaar met een factor 5,0 toe. 10 Na 10 overgangen is de stroomsterkte dus toegenomen met de factor 5,0 .
I A 5,010 3,5 10 11 3,42 10 4 A –4 Afgerond: IA = 3,410 A 29 Belichtingsmeter a Het aantal fotonen dat op de fotocel valt, is evenredig met de intensiteit I van de straling. Een deel van de fotonen maakt een elektron vrij. Als de intensiteit bijvoorbeeld 2 zo groot wordt, zijn er ook 2 zoveel fotonen die een elektron vrijmaken. En dus is de verzadigingsstroom ook 2 zo groot. Conclusie: de verzadigingsstroomsterkte is recht evenredig met de intensiteit. b Nee, want bij een grotere lichtsterkte neemt het aantal fotonen van alle kleuren in dezelfde mate toe. De fotocel bepaalt - gebaseerd op de bruikbare fotonen - in welke mate er van een toename sprake is. c Voor zichtbaar licht geldt: 3,810 101.) Ef h f
hc
–7
–7
m (violet) < < 7,810
m (rood)
(Zie informatieboek blz.
6,626 10 34 2,998 10 8
Rood: Ef 2,55 10 19 J 1,59 eV Violet: Ef 5,23 10 19 J 3,26 eV Geschikte materialen moeten dus een uittree-energie hebben tussen de 1,6 eV en de 3,2 eV. Volgens BINAS (tabel 24) zijn de volgende materialen geschikt: barium (Ba), cerium (Ce), cesium (Cs), kalium (K), lithium (Li), natrium (Na), rubidium (Rb) en strontium (Sr). 2
d Gegeven: Istr = 150 W/m ; Iv = 1,80 mA = 1,8010 = 500 nm = 50010–9 m. Gevraagd: aantal fotonen per seconde nf.
–3
2
A; A = 1,0 cm = 1,010
–4
2
m;
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
Newton vwo deel 3
Ps nf E f nf
Ps Ef
68
Nieuwe onbekenden: Ps en Ef.
Ps Is A 150 1,0 10 4 1,5 10 2 W Ef h f
nf
1,5 102 3,973 1019
hc
6,626 10 34 2,998 108 500 10 9
3,973 10 19 J 2,48 eV
3,78 1016 s1 16
Afgerond: nf = 3,810
s
–1
Gevraagd: aantal elektronen per seconde ne. 1,80 10 3 Q ne q e ne e ne I 1,12 1016 s 1 t e 1,602 10 19 16 –1 Afgerond: ne = 1,110 s I
Gevraagd: percentage fotonen dat een elektron vrijmaakt
ne 1,12 1016 100% 100% 29,7% nf 3,78 1016
Afgerond: 30%
19.3 Energieniveaus Kennisvragen 31 A
Door botsing met een vrij én snel bewegend elektron wordt in het atoom een elektron op een hoger energieniveau gebracht (hogere schil). Bij het terugvallen van dit hogere niveau naar een lager niveau zendt het atoom één of meerder fotonen uit. Aangezien bij de energieverschillen vaste waarden horen, ontstaan slechts fotonen van een beperkt aantal energiewaarden. Dit betekent dat het gas een lijnenspectrum vertoond.
emissie E4 E E3 E2
bijvoorbeeld vanaf
E3
E1
B In een gloeidraad botsen vrije geleidingselektronen met de atomen. E0 Deze atomen krijgen daardoor een hoge gemiddelde energie. Bovendien zijn deze atomen in een onvoorstelbare hoeveelheid aan elkaar gebonden in de gloeidraad. Door het grote aantal atomen 'loopt het energieniveauschema vol' met dicht op elkaar gelegen energieniveaus. Daardoor zijn sprongen mogelijk vanuit elk willekeurig energieniveau naar elk ander willekeurig lager energieniveau. Het vast-stofspectrum is daardoor continu. C Overeenkomst: de lijnen in een emissiespectrum liggen op dezelfde plaats als de donkere lijnen in een absorptiespectrum van een bepaald gas.
absorptie E4 E E3 E2
Verschil: bij een emissiespectrum zenden de atomen de fotonen uit als gevolg van het feit dat binnen zo'n atoom een elektron eerst E1 op een hoger energieniveau werd gebracht. Bij terugval naar een lager niveau wordt het foton uitgezonden. Bij een absorptiespectrum treden de donkere lijnen op als gevolg van het absorberen van bepaald soort fotonen uit het passerend licht. E0 Deze fotonen hebben de juiste hoeveelheid energie om een elektron in een atoom op een hoger energieniveau te brengen. Deze elektronen absorberen deze fotonen én zenden ze even later ook weer uit maar dan verstrooid naar alle richtingen. Daarom worden er minder fotonen van die bepaalde kleur in de richting van de spectrocoop gestuurd vergeleken met de hoeveelheid van die fotonen in de oorspronkelijke bundel. D Ultravioletstraling bestaat uit zeer energierijke fotonen. Deze fotonen kunnen elektronen in de atomen van de fluorescerende stof in een veel hoger gelegen energieniveau brengen. Zo'n elektron keert daarna mogelijk in een aantal 'sprongen' weer tot het laagste energieniveau. Bij die verschillende sprongen worden dan mogelijk fotonen uitgezonden in het zichtbare gebied van het e.m.-spectrum. De fluorescerende stof 'licht dan op'.
emissie E4 E E3 E2
bijvoorbeeld vanaf
E1
E0
absorptie en emissie
E4
bijvoorbeeld tot E4 m.b.v. uv-foton met enkele terugval mogelijkheden
E E3 E2 uv-foton
E1
E0
32 a Het licht dat op een tralie valt, wordt in elke opening naar alle kanten gebogen omdat de opening zeer klein is. In de rechtdoorgaande richting komt al het licht in dezelfde fase samen en vormt e een zogenaamd '0 orde maximum'.
E3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
Newton vwo deel 3
Voor het licht dat naar de zijkanten buigt, geldt dat het licht uit de verschillende openingen ook verschillende afstanden af moet leggen om op een bepaalde plaats op het scherm te komen. Door deze weglengte-verschillen treedt interferentie op d.w.z. de lichtgolven versterken of verzwakken elkaar afhankelijk van golflengte én plaats op het scherm. Door het grote aantal openingen bij een tralie treedt een scherpe afscheiding op tussen de plaatsen waar de lichtgolven van een bepaalde golflengte elkaar uitdoven en versterken. Voor de maxima geldt: sin n n (n = 0, 1, 2 ...). d Hieruit blijkt duidelijk dat verschil in golflengte ook tot een verschil in hoek en dus plaats op het scherm leidt. De kleuren worden zodoende gescheiden weergegeven. b Voor de maxima geldt: sin n n (n = 0, 1, 2 ...). De tralieconstante d moet bekend zijn. d e Vervolgens meet je bijvoorbeeld de hoek 1 waaronder een bepaalde kleur in het 1 orde spectrum e maximaal is. Voor het 1 orde spectrum is de waarde van n = 1. Je kunt dan de golflengte uitrekenen.
33 Gevraagd: golflengte 1 en 2. 3 Gegeven: tralie breedte b = 2,00 cm en aantal lijnen = 1,110 ; e in 1 orde spectrum 1 = 17,1 en 2 = 17,9. Tralie sin n n (n = 0, 1, 2 ...) voor n = 1: d sin d d = afstand tussen twee lijnen d
2,00 10 2 10,0 10 3
Nieuwe onbekende: d
2,00 10 6 m
1 = 17,1 1 2,00 10 6 sin17,1 5,88 10 7 m Afgerond: 1 = 588 nm 2 = 17,9 2 2,00 10 6 sin17,9 6,15 10 7 m Afgerond: 2 = 615 nm 34 Gevraagd: golflengte . Gegeven: tralie 540 lijnen per mm; afstand ℓ = 50,0 cm = 0,500 m; e 1 orde spectra op 7,2 cm én op 44,0 cm. Tralie: sin n n (n = 0, 1, 2 ...) voor n = 1: d sin d d = afstand tussen twee lijnen d
tan x
1,00 10 3 1,852 10 6 m 540
Nieuwe onbekende: x
De afstand tussen de twee 1e orde maxima = 2 x x
tan
Nieuwe onbekende: d en
44,0 7,2 10 2 2
18,4 10 2 m
18,4 10 2 0,368 tan1 0,368 20,20 0,500
1,852 10 6 sin 20,20 6,396 10 7 m Afgerond: 1 = 640 nm 35 Gegeven: voor de balmerserie geldt:
C 1 22
1
1 1 C 22 m 2
m2
a BINAS (tabel 21) vind je de golflengtes die horen bij de balmerserie in nanometer (= 10 m 3 4 5 6 7
–9
(10 m) 656 486 434 410 397
C B (nm) 91,11 91,13 91,14 91,11 91,15
Voorbeeld berekening:
–9
m) :
69
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
1 1 C 22 m 2
C 656 10 9
1 1 22 3 2
70
C 91,11 10 9 m 91,11 nm
Afgerond: CB = 91,1 nm b Algemeen geldt:
1 1 C 2 2 n m
C 1 n
2
1
m
2
1 1 Voor de lymanserie geldt n = 1: C 2 m2 1 M.b.v. de gegevens van BINAS (tabel 21) Dit levert afgerond: CL = 91,2 nm 1 1 Voor de paschenserie geldt n = 3: C 2 m2 3 M.b.v. de gegevens van BINAS (tabel 21) Dit levert afgerond: CP = 90,8 nm
m 2 3 4 5 6
(10–9 m)
m 4 5 6 7 8
(10–9 m)
121,6 102,6 97,2 95,0 93,8 1870 1280 1090 1004 954
C L (nm) 91,2 91,2 91,1 91,2 91,2 C P (nm) 90,90 91,02 90,83 91,07 90,09
Het afgeronde gemiddelde : C = 91 nm 1 1 1 1 c C C d.w.z. C = als n = 1 en m = oneindig: 2 2 2 m 2 n 1 dit is de lijn met de kleinste golflengte die hoort bij de lymanseie.
d De lymanserie is de serie die ontstaat bij terugval naar de grondtoestand (n = 1): 1 1 in eV E f 13,6 2 m2 1 36 a In het vereenvoudigde energieniveauschema is niet aangegeven hoeveel niveaus er tussen het niveau n = 4 en n = ∞ liggen. Het niveau n = ∞ ligt op de ionisatie-grens. 3,9 Gaan we er van uit dat het atoom tot het niveau n = 4 wordt E aangeslagen dan zijn er 1 + 2 + 3 = 6 lijnen in het spectrum aanwezig. (eV) 3,0 b De spectraallijn met de kleinste golflengte heeft de grootste frequentie f grootste fotonenergie komt van de sprong n = 3 naar n = 0: 2,3 –19 –19 Ef = 3,0 - 0 = 3,0 eV Ef = 3,0 1,60210 = 4,80610 J hc hc Ef h f 1,4 Ef Hierbij is volgens BINAS (tabel 7): h = 6,62610
6,626 10
34
2,998 10
4,806 10 19
8
–34
–1
JK
8
n=
?
4,133 10 7 m 413 nm 0
c De ionisatieenergie is 3,9 eV. Dat betekent dat als een elektron een hoeveelheid energie ≥ 3,9 eV ontvangt, deze het atoom verlaat waardoor het atoom geïoniseerd wordt. d Het atoom wordt geïoniseerd als de fotonenergie Ef ≥ 3,9 eV. hc
6,626 10 34 2,998 10 8 600 10 9
3,311 10 19 J 2,07 eV
Conclusie: Ef = 2,07 eV is minder dan de benodigde 3,9 eV. Het atoom wordt niet geïoniseerd. 37 Gevraagd: de golflengte 2 en 3 bij de overgangen 2 en 3. hc hc –34 –1 8 –1 waarbij volgens BINAS (tabel 7): h = 6,62610 JK en c = 2,99810 ms . Ef h f Ef
3 is te bepalen: Ef,3 = 12,7 - 10,7 = 2,0 eV Ef,3 = 2,0 1,60210–19 = 3,20410–19 J 6,626 10 34 2,998 10 8
n=2
en c = 2,99810 ms .
2
6,200 10 7 m 620 nm 3,204 10 19 2 Afgerond: 3 = 6,210 nm Voor de 2e overgang geldt: Ef,2 = Ef,3 - Ef,1
3
n=3
–1
Afgerond: = 4,110 nm
600 nm E f h f
n=4
n=1
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
1 1,7 m 1,7 10 6 m E f Dus Ef,2
hc
6,626 10 34 2,998 108
1,7 10 6 –19 = 2,0 - 0,729 = 1,27 eV = 2,03610 J
71
1,168 10 19 J 0,729 eV
6,626 10 34 2,998 10 8
9,76 10 7 m 976 nm 2,036 10 19 2 Afgerond: 2 = 9,810 nm M.b.v. BINAS tabel 19 A en 19 B : overgang 1 nabij infrarood; overgang 2 ook nabij infrarood en overgang 3 zichtbaar licht namelijk oranje-rood.
2
38 a min 250 nm 250 10 9 m E f,max
hc
6,626 10 34 2,998 10 8 250 10 9
7,946 10 19 J 4,96 eV
max 500 nm. Deze golflengte is 2 zo groot Ef,min is 2 zo klein: E f,min 3,973 10 19 J 2,48 eV Dus de het atoom kan worden aangeslagen tot het energie niveau 3,1 eV en 4,5 eV. hc hc De bijbehorende geabsorbeerde golflengtes als volgt te berekenen: E f Ef –19
Ef,1 = 3,1 eV E f,1 = 3,1 1,60210 1
6,626 10
34
2,998 10
4,966 10 19 2 Afgerond: 1 = 4,010 nm
Ef,2 = 4,5 eV = 7,20910
–19
= 4,96610
J
8
–19
J
4,00 10 7 m 400 nm
2 2,756 10 7 m 276 nm
Afgerond: 2 = 2,710 nm 2
b Een atoom zendt dezelfde golflengte ook weer uit: 400 nm en 276 nm. Bovendien kan ook de overgang van 4,5 eV naar 3,1 eV optreden: –19 –19 Ef,21 = 4,5 - 3,1 = 1,4 eV E f,1 = 1,4 1,60210 = 2,24310 J 2 1
6,626 10 34 2,998 10 8 2,243 10
19
8,86 10 7 m 886 nm ook fotonen met 21 = 8,910 nm 2
39 BINAS (tabel 22 Ionisatie-energieën): voor het 2 elektron van natrium Ei = 47,29 eV. Natrium heeft atoomnummer 11. De elektronenverdeling bij een neutraal atoom is K 2; L 8 en N 1. Het elektron dat bij ionisatie als eerste vertrekt, zit in de N-schil. Een daarop volgend atoom in de L-schil. Dit elektron is sterker aan het atoom gebonden omdat een elektron in de L-schil zich in een veel lager energieniveau bevindt. Zo'n elektron moet veel meer energie krijgen om zich van het atoom los te maken. e
40 a Elke soort gas heeft een specifiek energieniveau-schema. De elektronen moeten minstens voldoende energie bezitten om bij botsing een atoom van de grondtoestand in de 1e aangeslagen toestand te brengen. De hoeveelheid die hiervoor nodig is, hangt van het soort gas af. b Bij een hoge druk zenden de atomen geen licht uit. Door de hoge druk (= grote dichtheid) botsen de elektronen te snel met atomen d.w.z. ze hebben nog niet voldoende kinetische energie kunnen ontwikkelen. Er is te weinig ruimte om te versnellen. De botsingen zijn dan niet 'heftig' genoeg. 41 a De elektronen krijgen door de grotere spanning een grotere kinetische energie voordat ze botsen. Daardoor kunnen ze bij botsing ook meer energie overdragen aan een atoom. Het gevolg is dat er röntgenstraling wordt uitgezonden met grotere fotonenergie: de röntgenstraling is dan 'harder'. b Door de grotere spanning over de gloeikathode krijgt deze een hogere temperatuur. Hierdoor worden per seconde meer elektronen uit de kathode los gemaakt. De intensiteit van de röntgenstraling neemt dan toe terwijl de fotonenergie hetzelfde blijft (dezelfde hardheid). 42 a Een meer naar binnen gelegen elektron is sterk aan het atoom gebonden: het zit dichter bij de positief geladen kern én wordt verder omgeven door negatief geladen elektronen die zo'n elektron als het ware nog meer 'naar binnen' duwen. Het kost daarom veel energie om zo'n elektron los te maken van het atoom. Een 'botsend' elektron moet dus een grote kinetische energie bezitten. Dit elektron moet - behalve de energie om bijvoorbeeld een K-elektron vrij te maken - ook nog eens de afstotende kracht van de overige elektronen overwinnen. b Voor een elektron, dat versneld is over een versnelspanning UAK , geldt: Ee Ek q U AK e U AK .
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
Newton vwo deel 3
72
Bij botsing kan dus hooguit een energie van E e U AK worden overgedragen. Daardoor heeft een foton, dat als gevolg van de botsing wordt uitgezonden, ook een energiewaarde E f e U AK . c De energie-sprong van een elektron binnen een atoom van een hoger gelegen niveau naar bijvoorbeeld het K- of het L-niveau heeft binnen een bepaald soort van atoom altijd een vaste waarde. Er zijn dus een beperkt aantal sprongen mogelijk d.w.z. de atoomsoort vertoont een lijnenspectrum. 43 a Het energieniveau van de 2e aangeslagen toestand ligt 12,09 eV hoger dan de grondtoestand. Een elektron kan bij botsing met een waterstof atoom deze energie alleen maar leveren als zijn kinetische energie ≥ 12,09 eV. Volgens Ee Ek q U AK e U AK moet het elektron dan versneld zijn over UAK ≥ 12,09 V. b E f Em En . In dit geval zijn de overgangen mogelijk van m = 3 naar n = 1 E31 ; van m = 3 naar n = 2 E32 Ef h f
hc
en van m = 2 naar n = 1 E21
hc Ef
6,626 10 34 2,998 10 8 .... (in J) –19
Het omrekenen van eV naar J: 1 eV = 1,60210 J. Met behulp van BINAS (tabel 19 A of 19 B) vind je de kleur. E 31 = 12,09 eV = 19,36810
–19
31 1,026 10 7 m 102,6 nm ultraviolet.
J
E 32 = 12,09 - 10,20 = 1,89 eV = 3,02810 E 21 = 10,20 eV = 16,3410
–19
–19
J 32 6,561 10 7 m 656 nm zichtbaar rood.
32 1,216 10 7 m 121,6 nm ultraviolet.
J
c BINAS (tabel 19 A of 19 B) voor zichtbare deel van het spectrum geldt 1,65 eV ≤ Ef ≤ 3,26 eV. Voor de minimale energiesprong in de Balmer-reeks geldt 12,09 - 10,20 = 1,89 eV én voor de maximale energiesprong 13,60 - 10,20 = 3,40 eV. De lijnen van de Balmer-reeks liggen dus voor het belangrijkste deel in het zichtbare gebied.
–9
44 Energieniveau E1 is te bepalen m.b.v. het foton met = 589 nm = 58910 Ef h f
h c
6,626 10
34
2,998 10
589 10 9
8
3,373 10 19 J 2,1053 eV
E1 + de energie van het foton met = 819 nm = 81910
E2 = Ef
6,626 10
34
2,998 10
8
819 10 9
Ef
6,626 10
34
2,998 10
616 10 9
8
–9
m:
2,425 10 19 J 1,514 eV E2 = 2,11 + 1,514 = 3,619 eV
E1 + de energie van het foton met = 616 nm = 61610
E3 =
m:
–9
m:
3,2248 10 19 J 2,013 eV E3 = 2,105 + 2,013 = 4,118 eV
Afgerond: E1 = 2,11 eV ; E2 = 3,62 eV en E3 = 4,12 eV 45 a In het spectrum van NGC 3242 zijn de volgende lijnen te herkennen: 2+ 2+ - van zuurstof O is de lijn 495,9 nm zeer helder te zien. De andere lijnen van O zijn niet te herkennen; 2+ - van neon Ne lijken de lijnen 386,8 nm en 397,0 nm zeer helder waarneembaar te zijn (zie vraag b); 4+ - van neon Ne zijn de lijnen 334,6 nm en 342,5 nm zeer zwak te zien; - van helium He is de lijn 447,1 nm zwak te zien; + - van helium He is de lijn 468,6 nm helder te zien; 2+ - van stikstof N is de lijn 464,0 nm zwak te zien; Samengevat: in de nevels worden de gassen helium, neon, zuurstof en stikstof aangetroffen. b De zichtbare lijnen van waterstof behoren tot de balmerreeks met golflengtes 656 - 486 - 434 - 410 en 397 nm (zie BINAS tabel 21). In de nevels zijn duidelijk de lijnen waarneembaar met golflengte 486 nm, 434 nm, 410 nm en 397 nm. 2+ Mogelijk moet nu geconstateerd worden dat de lijnen de lijn 397,0 nm niet aan Ne toegeschreven dient 2+ te worden en dat de lijn 386,8 nm ook niet die van Ne is.
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
73
46 a Spontane emissie: een atoom dat is aangeslagen, valt in een zeer korte tijd weer terug onder uitzending van een foton. Gestimuleerde emissie: de atomen worden eerst in een 'metastabiele' aangeslagen toestand gebracht waardoor ze niet gemakkelijk spontaan terugvallen. Wel worden deze atomen gestimuleerd om terug te vallen als er een foton passeert met dezelfde energiewaarde (en dus golflengte). b Zonder metastabiel energieniveau vallen de atomen al naar de grondtoestand terug voordat een ander foton hen stimuleert om terug te vallen. Het merendeel moet in de hogere metastabiele energietoestand zitten, omdat je anders absorptie in plaats van emissie krijgt. Dit heet 'populatie-inversie'. De atomen komen 'via een omweg' in deze metastabiele energietoestand. Ze worden eerst op een nog hogere energieniveau gebracht waarna ze door spontane emissie terugvallen naar de metastabiele toestand. Als je de atomen direct m.b.v. fotonen in de metastabiele toestand brengt, dan heb je kans dat deze inkomende fotonen al tot een vroegtijdige stimulering van aanwezige metastabiele toestanden leidt. c Doordat de passerende en uitgezonden fotonen in dezelfde richting bewegen én met elkaar in fase zijn, treedt lichtversterking op. d Evenwijdig: de fotonen moeten loodrecht op de halfdoorlatende spiegel bewegen. Smal: de opening in de spiegel is klein. Monochromatisch: de golflengte (en dus frequentie) van de fotonen die ontstaan bij de gestimuleerde emissie vanuit de metastabiele energietoestand, is steeds dezelfde. Daardoor ontstaan er fotonen van één kleur. –9
47 De “lengte” van het foton is te berekenen s = v t = c t ℓ = 2,99810 1,010 = 0,2998 m 0,2998 5 4,997 105 Het aantal lichtgolven N Afgerond: 5,010 golven en lengte foton = 30 cm 6 10 7 8
48 a Golfkarakter: breking, buiging, interferentie en polarisatie. Deeltjeskarakter: energieniveaus, foto-emissie en foto-elektrisch effect. b Bij interferentie is sprake van wisselwerking van straling met zichzelf. Bij alle andere verschijnselen is sprake van wisselwerking van straling met materie. c Het golfkarakter blijkt wanneer er sprake is van wisselwerking van straling met zichzelf (interferentie) maar ook bij wisselwerking van straling met materie (breking, buiging en polarisatie). Het deeltjeskarakter is alleen aanwezig wanneer er sprake is van wisselwerking van straling met materie.
Oefenopgaven 49 Spaarlamp a UV-straling heeft een fotonenergie Ef > 3,26 eV (zie BINAS tabel 19 A). Het zichtbare licht heeft 1,65 eV < Ef < 3,26 eV. In het energieniveauschema is te zien dat er sprongen voorkomen met een energieverschil > 3,26 eV bijvoorbeeld: Ef = 8,8 - 4,9 = 3,9 eV; Ef = 8,8 - 5,4 = 3,4 eV; Ef = 7,7 - 4,9 = 2,8 eV; Ef = 6,7 - 0,0 = 6,7 eV en Ef = 4,9 - 0,0 = 4,9 eV. De volgende sprongen leveren fotonen in het zichtbare deel: Ef = 8,8 - 6,7 = 2,1 eV; Ef = 7,7 - 4,9 = 2,8 eV en Ef = 7,7 - 5,4 = 2,3 eV. Verder zie figuur hiernaast. b Het atoom moet dan wel een energieniveau van 4,9 eV ter beschikking hebben om het foton te absorberen. Vervolgens moet zich tussen dit niveau en het grond niveau nog minstens één niveau bevinden op een niveau hoger dan 1,65 eV maar lager dan 3,26 eV, bijvoorbeeld één op 2,7 eV (zie figuur hiernaast). Dan kan het atoom na zo'n aanslag terugvallen onder uitzending van twee fotonen namelijk met Ef = 4,9 - 2,7 = 2,2 eV én Ef = 2,7 eV.
4,9
10,4
uv
E (eV) 9,2 8,8 7,7 6,7
5,4 4,9
E (eV) 2,7
0
0
c De fotonen in het zichtbare deel van het kwikgas-spectrum hebben een fotonenergie Ef : 2,1 eV; 2,8 eV en 2,3 eV.
zichtbaar
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
Newton vwo deel 3
74
De bijbehorende golftengten zijn als volgt te bepalen: Ef h f
hc
hc Ef
6,626 10 34 2,998 10 8 .... (in J)
Het omrekenen van eV naar J: 1 eV = 1,60210 –19
Ef = 2,1 eV = 3,36410
–19
Ef = 2,8 eV = 4,48610
–19
figuur d.1
J.
J 5,90 10
7
m 590 nm oranje
J 4,43 10
7
m 443 nm blauw-violet
(eV) 2,87
–19 Ef = 2,3 eV = 3,68510 J 5,39 10 7 m 539 nm groen Van de drie heldere lijnen is de piek iets boven de 600 nm (ca. 610 nm) duidelijk van het fluorescerende materiaal omdat het kwik lijnen uitzendt met golflengte 590, 539 en 443 nm.
d Bij 610 nm E f h f
hc
6,626 10
34
2,998 10
8
4,9
E
0 figuur d.2 4,9
3,26 10 19 J 2,03 eV
610 10 9 Na aanslag tot het niveau van 4,9 eV kan het atoom het bovenstaande foton uitzenden als het onderliggende niveau zich op 4,9 - 2,03 = 2,87 eV bevindt (zie figuur d.1) of er wordt eerst een foton van 2,87 eV uitgezonden en vervolgens bij terugval tot het grondniveau een foton van 2,03 eV (zie figuur d.2).
E (eV) 2,03
0
50 Helium-neonlaser 3
Gegeven: gasontladingsbuis gevuld met helium en neon (5 : 1); UAK = 2,9510 V; d = 12,010 energieniveaus helium en neon (zie fig. 28 Verwerkingsboek).
–2
m;
a Neon is het gas dat voor laserwerking zorgt, waarbij de laser zo wordt geconstrueerd dat het zo goed mogelijk zichtbare straling versterkt. Het atomen van helium kunnen én moeten de neonatomen bij botsing in de aangeslagen toestand van 20,64 eV brengen. Zij zorgen dus voor het zogenaamde pompen. Helium houdt de populatie-inversie in stand. b Zichtbare straling moet een fotonenergie tussen de 1,65 eV en 3,26 eV hebben. De overgang van 20,64 naar 18,68 geeft een energieverschil van 1,96 eV. Bij deze overgang wordt –19 dus zichtbaar licht uitgezonden met Ef = 1,96 eV = 3,14010 J: Ef h f
hc
hc Ef
6,626 10 34 2,998 108
Vervolg op volgende bladzijde tabel 19 A). Vervolg van opgave 50.
19
6,327 10 7 m 632,7 nm
3,140 10 Afgerond: = 633 nm Dit is een rode laserstraal (zie BINAS
De overgang 20,64 eV → 20,27 eV geeft een foton met energiewaarde Ef = 0,37 eV = 0,59310 Dit is een foton in het nabije infra-rood.
–19
De overgang 19,76 eV → 18,68 eV geeft een foton met energiewaarde Ef = 1,08 eV = 1,73010 Dit is ook een foton in het nabije infra-rood.
–19
J. J.
c In de buis zitten 5 zoveel helium-atomen als neon-atomen. De kans op botsen met een helium-atoom is dus ook 5 groot. d Men wil bij deze laser het licht uit de overgang 20,64 eV → 18,68 eV gebruiken ( = 633 nm). Daarvoor is het aanslaan van neon tot het metastabiele niveau 20,64 nodig. En dit kan via neon als deze naar het niveau van 20,58 eV wordt aangeslagen. Het metastabiele niveau van 19,76 eV geeft niet de gewenste golflengte voor de laser. e Voor het versnellen van geladen deeltjes in een elektrisch veld geldt: WFe Fe d Ee Ek Ek q U AK e U AK Ook is We Fe x de arbeid waarbij de afstand x met een spanning U wordt doorlopen. Uit bovenstaande volgt dat de toename van de Ek evenredig is met de afstand die zonder te botsen doorlopen wordt: stel de volledige afstand d = 12,0 cm wordt doorlopen zonder te botsen, dan is Ek 2,95 keV 2,95 103 eV de benodigd vrije weglengte x 12,0 10 2
20,58 2,95 103
8,481 10 2 m
Afgerond: x =
84,8 mm f Bij botsing kan helium hooguit een energie van 20,58 eV overdragen via het zenden van de foton. De ontbrekende 0,06 eV (= 20,64 - 20,58) wordt geleverd via een afname van de kinetische energie van het botsende heliumatoom.
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
75
g Het helium heeft een pompwerking, waarbij het gemakkelijker neonatomen in de metastabiele toestand van 20,64 eV brengt dan een botsend elektron. Het is belangrijk dat helium-atomen zich in de gewenste metastabiele toestand bevinden: de kans is dan groter dat helium eerst tot een botsing komt met een neon atoom voordat het zijn energie afgeeft. Zou het aangeslagen niveau in helium via spontane emissie verlaten worden, dan is de kans groot dat een neon-atoom hierdoor niet aangeslagen wordt. Voor neon is het belangrijk dat het niveau van 20,64 eV een metastabiel niveau is omdat hier de laser werking van afhangt: juist bij metastabiele niveaus kan gestimuleerde emissie optreden. 51 Experiment van Franck en Hertz a Voor het versnellen van geladen deeltjes in een elektrisch veld geldt: Ee Ek q U AK e U AK . Tussen K en A worden de elektronen versneld toename van de kinetische energie Ek. En tussen K en P worden de elektronen afgeremd waarbij de afname van Ek = 0,1 eV. Als de elektronen bij A een kinetische energie Ek,A kleiner dan 0,1 eV hebben, bezitten ze vervolgens te weinig energie om de elektrode P te bereiken. b Vanuit de eerste aangeslagen toestand valt het atoom terug naar de grondtoestand onder uitzending van een foton met 254 nm E f h f
hc
6,626 10 34 2,998 10 8
7,82 10 19 J 4,88 eV .
254 10 9 Atomen moeten bij botsing een energie van 4,88 eV overgedragen krijgen. Dat is maar weinig minder dan 4,9 eV. Als de elektronen over UAK = 4,9 V worden versneld, hebben ze de benodigde kinetische energie pas gekregen in de buurt van de anode. Bij hogere waarden van de spanning UAK bereiken de elektronen al eerder de benodigde kinetische energie en treden de botsingen waarbij kwikatomen worden aangeslagen al eerder op.
c Doordat een deel van de elektronen via botsing met kwikatomen een energie van 4,88 eV overdragen, houden ze minder dan 0,1 eV aan kinetische energie over en hebben ze dus te weinig energie om alsnog de elektrode P te bereiken. Het gevolg is dat de stroomsterkte daalt. Door deze botsingen zijn de kwikatomen in de eerste aangeslagen toestand gebracht waarbij ze door spontane emissie fotonen uitzenden met = 254 nm (en Ef = 4,88 eV). d Bij UAK = 9,8 V hebben de elektronen al halverwege de afstand AK een kinetische energie Ek = 4,9 eV gekregen waardoor ze via botsing kwikatomen tot het eerste niveau kunnen aanslaan. Een elektron verliest daarbij vrijwel alle Ek en krijgt nogmaals de kans om - via versnelling - opnieuw een Ek = 4,9 eV op te bouwen. En opnieuw dragen deze elektronen via botsing hun energie op kwikatomen over. Dus bij een UAK = 9,8 V krijgt een elektron de kans om tweemaal een kwikatoom tot het niveau van 4,88 eV aan te slaan. Je mag daarbij verwachten dat bij deze spanning de intensiteit van de emissielijn met = 254 nm toeneemt. Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 51. e Energieniveau-schema zie hiernaast. Om na te gaan of de uitgezonden spectraallijnen in overeenstemming zijn met dit schema moet je de fotonenergie kennen:
254 nm Ef 7,82 10 19 J 4,88 eV 185 nm Ef 10,7 10 19 J 6,70 eV
436 nm Ef 4,56 10 19 J 2,84 eV 19
546 nm Ef 3,64 10 J 2,27 eV De mogelijke overgangen zijn: E1 – E0 = 4,9 eV wel; E3 – E0 = 6,7 eV wel; E3 – E1 = 6,7 – 4,9 = 1,8 eV niet; E4 – E0 = 7,7 eV niet; E4 – E1 = 7,7 – 4,9 = 2,8 eV wel; E4 – E2 = 7,7 – 5,4 = 2,3 eV wel.
7,7
E (eV)
546 nm
6,7 436 nm 185 nm
5,4 4,9 254 nm
0
f Spectraallijnen worden zichtbaar wanneer er een continue stroom van fotonen met die bepaalde golflengte wordt uitgezonden. Als atomen in een metastabiele toestand 'blijven hangen', wordt deze continue stroom onderbroken. Mogelijk treedt er wel een soort van gestimuleerde emissie op waarbij in korte tijd heel veel atomen terugvallen. Er zou dan een flits kunnen optreden van fotonen met de fotonenergie Ef = 5,4 eV. Bovendien kan het zijn dat deze fotonen ook weer geabsorbeerd worden wat tot een vorm van populatieinversie kan leiden. 52 Energieniveaus van het heliumatoom a Met behulp van de spanning van de gloeikathode kan men het aantal elektronen, dat per seconde door de anode gaat, regelen. Bij een lage spanning UAK komen zonder gloeikathode nauwelijks elektronen vrij .
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
Newton vwo deel 3
76
b Na de anode mag er geen versnelspanning meer zijn omdat de kinetische energie van de botsende elektronen zo goed mogelijk constant moet zijn. c De collector oefent een aantrekkende kracht uit op de elektronen in de bol. Elektronen die geen energie hebben afgegeven, passeren snel en worden minder sterk door de collector afgebogen. d Als elektronen bij een botsing atomen in aangeslagen toestand brengen, geven ze relatief veel energie af. Deze elektronen worden vervolgens in de richting van de collector C versneld. Deze zorgen voor een relatief grotere collector-stroom en daarmee een toename van de spanning UR. e De pieken in de diagramlijn van UR liggen bij een UAK van achtereenvolgens 19,8; 20,6; 20,9 en 21,2 V. De energieniveaus zijn dan 19,8 eV; 20,6 eV; 20,9 eV en 21,2 eV. 53 Röntgenspectrum a De kortst mogelijke golflengte min wordt uitgezonden door de elektronen die hun kinetische energie 3 –15 geheel omzetten in röntgenfotonen Ef = 40 keV = 4010 eV = 6,40810 J. De bijbehorende golflengte is te berekenen volgens Ef h f
hc
hc Ef
6,626 10 34 2,998 108 6,408 10 15
3,100 10 11 m 0,0310 nm
Afgerond: min = 0,031 nm b Een elektron - met een energie van 8,95 keV of meer - kan een elektron uit de K-schil van een koperatoom in de anode stoten. Als daarna een elektron uit de L- of M-schil de open plaats opvult, –15 zendt deze een energierijk foton uit met een fotonenergie Ef = 8,95 - 1,05 = 7,90 keV (= 1,26610 J) –15 of Ef = 8,95 - 0,10 = 8,85 keV (= 1,41810 J). Dit levert een tweetal spectraallijnen op. LK-overgang:
6,626 10 34 2,998 10 8 1,266 10 15
0,1570 10 9 m 0,157 nm
Afgerond: LK = 0,157
0,1401 10 9 m 0,140 nm
Afgerond: MK = 0,140
nm MK-overgang:
6,626 10 34 2,998 108 1,418 10 15
nm c Doordat de elektronen nu over een kleinere spanning versneld zijn, is de bijbehorende maximaal uitgezonden fotonenergie kleiner. Bij een kleinere fotonenergie hc is de golflengte groter want . Ef
I
In het diagram verschuift de min naar een grotere waarde. Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 53.
min
De plaats van de pieken verandert niet omdat deze bepaald worden door de energieniveaus van de koperatomen. N.B. Ook verandert de hoogte van de toppen in principe niet. Deze veranderen alleen als de kans kleiner of groter wordt dat een elektron een koper-elektron uit de K-schil wegstoot. Die kans zou kunnen veranderen doordat de maximale energie van de aankomende elektronen kleiner is. Maar in de opgave is hierover niets gegeven. 54 Roodverschuiving a Als de bronsnelheid vb en de lichtsnelheid c in dezelfde richting zijn, d.w.z. de bron én het licht komen beide in de richting van de waarnemer, is negatief en neemt de golflengte af violetverschuiving. Als de bronsnelheid vb en de lichtsnelheid c in tegengestelde richting zijn, d.w.z. de bron beweegt van de waarnemer af terwijl het uitgezonden licht richting waarnemer beweegt, is de snelheid vb 'negatief' t.o.v. de lichtsnelheid c. In dit geval is positief en neemt de golflengte toe roodverschuiving. vb b volgt dat bij een constante bronsnelheid vb de verschuiving rechtevenredig is c met de uitgezonden golflengte b. Om te weten te komen of een lijn in een sterspectrum afkomstig is van een bepaald soort atoom, moet je nagaan of ook de andere lijnen die dat atoom uitzendt, zich in het sterspectrum bevinden. Bovendien moeten deze verschoven zijn volgens bovengenoemde regel. Slechts dan weet je dat het licht afkomstig is een atoomsoort die zich op die ster bevindt en die met de snelheid van de ster meebeweegt.
b Uit
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
77
c Als een ster van ons afbeweegt, dan zijn alle spectraallijnen - afkomstig van atomen op die ster in de richting van grotere golflengte verschoven (roodverschuiving). Afhankelijk van de samenstelling van het totale spectrum én van de temperatuur van de ster geeft het licht een bepaalde kleurindruk. En deze hoeft niet persé roodachtig te zijn. 7 d Uit BINAS (tabel 21 balmerserie: b) én lijn b (nm) w (nm) (nm) vb (10 m/s) uit figuur 30 (w) kun je het volgende afleiden: H 656 777 + 121 5,53 aangezien alle lijnen een grotere golflengte 486 570 + 84 5,18 H hebben gekregen is er dus sprake 434 506 + 72 4,97 H van roodverschuiving en beweegt 410 475 + 65 4,75 H deze quasar dus van ons af. v De snelheid is te bepalen m.b.v. b b v b c vb 2,998 108 m/s c b b In de laatste kolom van bovenstaande tabel zijn de uitkomsten bij de 4 lijnen weergegeven. Daaruit valt op dat de verschillende lijnen niet tot dezelfde snelheid van de ster leiden. Er is sprake van een verloop naar kleinere snelheid. Mogelijk is dit nog het gevolg van de invloed van de aanwezige gravitatiekracht (zie vraag e) die tot kleine relatieve verschillen aanleiding geven.
e Door de afremmende invloed van de gravitatiekracht neemt de fotonenergie Ef af waardoor hc hc volgens E f h f de golflengte toeneemt. Ef 55 Kwantum-knippen a Een tl-buis heeft een hoger rendement, een lange levensduur en een lage werktemperatuur. Bovendien is de kleur te beïnvloeden door het aanbrengen van verschillende fluorescerende lagen aan de binnenkant van de glazen buis. b De buis bevat kwik en dat is slecht voor het milieu. Daarnaast heeft een tl-buis een redelijk lange 'opstarttijd'. De bron van die twee nadelen ligt bij de eigenschappen van kwik. Xenon is niet belastend voor het milieu en geeft 2 zoveel licht bij gebruik van dezelfde hoeveelheid energie. c 254 nm E f h f
hc
6,626 10 34 2,998 10 8
7,82 10 19 J 4,88 eV
254 10 9 Als je de energie van dit foton in tweeën knipt, houd je per foton een energie van 2,44 eV over. Volgens BINAS (tabel 19 A) krijgt je dan twee fotonen in het zichtbare blauw-groene gebied.
In de praktijk lukt het niet altijd om twee fotonen te krijgen in het zichtbare gebied. Het hangt er van af of de geschikte atoomsoorten te vinden zijn die hiervoor kunnen zorgen. En blijkbaar is dat niet gemakkelijk. Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 55. 6,626 10 34 2,998 10 8
11,5 10 19 J 7,21 eV wordt 172 10 9 om te beginnen door een gadolinium-atoom geabsorbeerd. Bij een eerste stap in terugval naar de grondtoestand wordt eerst een deel van deze energie overgedragen op een europium-ion. En bij een tweede stap wordt het overgebleven deel van de energie overgedragen aan een tweede europium-ion.
d Een foton met 172 nm met E f
e Het rendement van een energie-omzetting - ook in een gasontladingsbuis - kan nooit hoger zijn dan 100%. De hier genoemde 200% betekent dat het uv-foton van 7,21 eV via de beschreven weg wordt omgezet in 2 fotonen in het zichtbare gebied in plaats van 1 foton waardoor de beschikbare energie ongeveer 2 zo nuttig wordt besteed. 6,626 10 34 2,998 10 8
3,37 10 19 J 2,10 eV . 590 10 9 Twee van deze fotonen hebben een energie van 4,20 eV en dit is minder dan 7,21 eV (zie vr. d).
f Een foton met 590 nm heeft een E f
In dit geval is het (absolute) energie-verlies E = 7,21 - 4,20 = 3,01 eV 3,01 100% 41,7% . het procentuele energie-verlies 7,21 Deze energie wordt omgezet in kinetische energie van de gas-atomen (warmteontwikkeling).
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
Newton vwo deel 3
78
19.4 Materiegolven Kennisvragen 57
J J s Nm s N s m/s m m m m p m v p kg kg 2 s N s s s pf
pf
Ef c
De eenheden stemmen met elkaar overeen.
58 Een foton draagt bij botsing energie over aan het elektron. Daarmee neemt zijn energiewaarde af. Bij de golftheorie is de waarde van de energie verbonden met de amplitude van de golf: hoe kleiner de amplitude is, des te kleiner is de golf-energie en daarmee ook de stralingsintensiteit. Het compton-effect toont echter geen afname van de amplitude aan maar van de frequentie van het foton. 59 a 400 nm pf
Ef hf h 6,626 10 34 pf 1,657 10 27 Ns Afgerond: pf = 1,6610–27 Ns c c 400 10 9
p 1,657 10 27 v 1,818 103 m/s m 9,10939 10 31 3 Afgerond: v = 1,82 10 m/s
b p m v v
Voor het versnellen geldt: Ek e U AK 1/ 2 m v e 2 0
Ek 1/ 2 9,10939 10 31 1,818 103 U AK
60 m
2
1,506 10 24 J
Ek 1,506 10 24 9,402 10 6 V e 1,602 10 19 Afgerond: UAK = 9,40 V
h Js Js N m s2 m m m m v kg m kg kg s s
kg
m m s2 s2 m kg m
61 Tijdens het versnellen neemt de snelheid v toe m.b.v. m dat de materiegolflengte mdan afneemt.
62 a m
h m v
BINAS (tabel 7): h = 6,62610
–34
–1
JK
h is in te zien m v
en m = 9,1093910
–31
kg
2
Versneld over U = 150 V Ek e U AK / 2 m v e 0 1
e U AK 1/ 2 m v 2 v
m
6,626 10 34
9,10939 10 31 7,2635 10 6 Afgerond: m = 0,100 nm
2 e U AK m
v
2 1,602 10 19 150 9,10939 10 31
7,2635 10 6 m/s
1,0014 10 10 m 0,10014 nm
b Een foton met een golflengte = 0,10 nm behoort tot het deel van de röntgenstraling. 63 Gegeven: versnelspanning UAK = 2010 V; spleetbreedte d = 15 m = 1510 3
Er is sprake van buiging als de spleetbreedte d < golflengte . h m m v –34 –1 –31 BINAS (tabel 7): h = 6,62610 JK en m = 9,1093910 kg
–6
m.
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
Versneld over UAK = 2010 V Ek e U AK 1/ 2 m v e 2 0 3
e U AK 1/ 2 m v 2 v
2 e U AK m
v
2 1,602 10 19 20 10 3 9,10939 10
31
8,3872 10 7 m/s
34
6,626 10 8,6725 10 12 m 9,10939 10 31 8,3872 10 7 –6 De spleetbreedt d = 1510 m d >> golflengte en dus treedt er geen buiging op.
m
64 Gegeven: Ef = Ee = Ep = 1,0 MeV = 1,60210 Voor foton geldt: E f h f
hc
Voor het elektron en proton: m h m v
Afleiding: m h
m
–13
hc Ef h 2 m Ek
J
6,626 10 34 2,998 108 1,602 10 13
(zie afleiding hieronder).
Ek 1/ 2 m v 2 v
en
1,240 10 12 m
2 Ek m
Invullen:
h
2 Ek 2 m Ek m –31 –27 BINAS (tabel 7): me = 9,1093910 kg en mp = 1,6726210 kg m
e
p
6,626 10 34 2 9,10939 10
31
1,602 10
13
6,626 10 34 2 1,67262 10 27 1,602 10 13
Voor de verhouding (in de eenheid 10 f = e = p = 124 : 123 : 2,86
–14
1,2265 10 12 m
2,8622 10 14 m
m) geldt:
f : e : p = 43 : 43 : 1
65 Deeltjeskarakter: botsingen, atoombouw, elektrische stroom. Golfkarakter: elektronenmicroscoop, elektronenbanen in de schillen, reflectie van elektronenbundels tegen kristallen.
79
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
Newton vwo deel 3
80
Oefenopgaven 66 Experiment van Davisson en Germer –9
Gegeven: elektron versneld U = 250 V; kristalvlakken d = 0,091 nm = 0,09110 a Voor het elektron: m Afleiding: m
m; versterking bij 1 = 65.
h (zie afleiding hieronder). 2 m e U h h (1) p m v
Versneld over UAK Ek e U AK 1/ 2 m v e 2 0 of e U AK 1/ 2 m v 2 v
2 e U m
(2) h
invullen van vgl 2 in vlg 1: m
h
2 e U 2 m e U m –19 –34 –31 BINAS (tabel 7): e = 1,60210 C; h = 6,62610 Js en me = 9,1093910 kg m
m
6,626 10 34 2 9,10939 10
31
Afgerond: m = 7,7610
1,602 10
–11
19
7,757 10 11 m 250
m
b Het afstandsverschil x = AB + BC. Uit figuur 42 is af te lezen dat AB = BC = d cos x = 2 d cos Onder de hoek 1 = 65 treedt voor het eerst versterking op. Dit betekent dat de golven tussen twee opeenvolgende lagen na reflectie weer in fase verder gaan: het weglengteverschil moet dan precies gelijk zijn aan 1 x = m m = 2 0,09110
–9
–11
cos 65 = 7,69210 m –11 Afgerond: m = 7,710 m De waarden wijken ca. 0,8% van elkaar af. Je mag dus concluderen dat ze goed met elkaar overeenstemmen. c Ook voor andere hoeken waarbij versterking optreedt, geldt: weglengteverschil xn = 2 d cos n e Voor de n hoek (n) waaronder versterking optreedt, geldt: xn = n m n m= 2 d cos n n m Of cos n n cos 1 2d n = 2 cos 2 2 cos 65 0,8452 2 32,3 Afgerond: 2 = 32 n = 3 cos 3 3 cos 65 1,27 Dit levert geen bruikbare waarde op aangezien cos ≤ 1 is. Dus voor n = 3 is er geen versterking. 67 Experiment van Young met elektronen Gegeven: 2500 vergroot beeld van interferentiepatroon; bronnen d = 0,10 mm = 1,010 a Uit figuur 44 is af te leiden voor de afstand xp 'op papier': 32 xp = 3,010 xp 3,0 10 2 xp 9,375 10 2 m x 3,75 10 7 m 0,38 m 32 2500
–2
–4
m en ℓ = 4,0 m;
m
N.B. Dit wijkt enigszins af van de waarde zoals in de vraagstelling staat. Mogelijk heeft dit te maken met de manier waarop het boek 'vergroot' is gedrukt.
d x 1,0 10 4 3,75 10 7 x d x m 0,9375 10 11 m 4,0 d
1,010
–11
Afgerond: m = m 3
b Gegeven: elektron versneld UAK = 20 kV = 2010 V. h Voor het elektron: m (afleiding zie opgave 66a). 2 m e U –19 –34 –31 BINAS (tabel 7): e = 1,60210 C; h = 6,62610 Js en me = 9,1093910 kg
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
Newton vwo deel 3
6,626 10 34
m
2 9,10939 10 31 1,602 10 19 20 10 3
0,8672 10 11 m
81
Afgerond: m =
–11
0,8710 m De berekende waarde wijkt enigszins af die bij vraag a. N.B. Als je de golflengte bij vraag a uitrekent met xp = 0,36 m –11 dan vind je een waarde van = 0.9010 m. En dit stemt goed overeen. Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 67. c De openingen in een dubbelspleet zijn daarvoor veel te groot. Elke spleetopening moet een grootte –11 hebben in de orde van de golflengte dus ca. 1,010 m. Dat is nog kleiner dan de afmetingen van een atoom. Dus dat is technisch niet te maken op een dia.
19.6 Afsluiting Oefenopgaven 71 Gezichtsbruiner Oriëntatie: Gevraagd: aantal uv-fotonen per seconde nf. Gegeven: figuur 43 met het uitgezonden stralingsvermogen P per golflengtegebiedje van 10 nm. Planning en uitvoering: Het gebied waarin het stralingsvermogen P maximaal is, heeft een gemiddelde golflengte van = 345 nm. P Nieuwe onbekenden: Ps en Ef Ps nf E f nf s Ef Ps is te bepalen uit figuur 43: Ps 5,3 W Ef h f
hc
Nieuwe onbekenden: h en c
BINAS (tabel 7): h = 6,62610
–34
min 345 nm 250 10 9 m E f nf
5,3 5,758 1019
–1
JK
8
en c = 2,99810 ms
6,626 10 34 2,998 10 8 345 10 9
5,758 10 19 J 3,594 eV
9,2047 1018 s1 18
Controle:
–1
–1
Afgerond: nf = 9,210 s Het zijn er dus heel veel per seconde. Als alle getallen goed zijn ingevuld moet het wel kloppen.
72 Planeettemperatuur Oriëntatie: Gevraagd: wat is de oppervlaktetemperatuur T van de aarde zonder atmosfeer? 3 2 Gegeven: zonneconstante op aarde Pin = 1,410 W/m ; direkte reflectie 34%; –8
–4
zwarte straler Puit T 4 met = 5,6710 W/m K ; 2 N.B. Bedenk dat de gegeven vermogens Pin en Puit hier gegeven zijn per m aardoppervlak! 2
Planning: In evenwichtssituatie geldt dat Pin,totaal = Puit,totaal. Pin,totaal = Pabsorptie Ac Nieuwe onbekenden: Pabsorptie en Ac Pabsorptie = (100 - 34)% van zonneconstante Ac = oppervlak van de aarde loodrecht op inval van de zonnestraling = cirkelvlak
Ac Ra 2 Nieuwe onbekende: Ra
Puit T
4
Deze vind je in BINAS (tabel 31): 2
Aangezien dit een uitkomst per m geeft, moet ook hier met een oppervlakte worden
vermenigvuldigd: Puit,totaal T 4 Aa met het totale aardoppervlak Aa 4 Ra2 Uitvoering:
BINAS (tabel 31): Ra = 6,37810 m A 6,378 106 6
2
1,278 1014 m2
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
82
Pabsorptie = 0,66 1,410 = 0,92410 W/m 3
3
2
W
Pin,totaal 0,924 103 1,278 1014 1,181 1017
Aa 4 6,378 10 6
2
5,112 1014 m2
Puit,totaal 5,67 10 8 T 4 5,112 1014 2,898 10 7 T 4
2,898 107 T 4 1,181 1017 T 4
1,181 1017 2,898 10
7
W
4,074 109 T 4 4,074 109 252,6 K 20,36 C
De gemiddelde temperatuur op aarde zonder atmosfeer is 253 K = – 20 C. Dit is dus 40 C lager dan we nu kennen met atmosfeer. 73 Zonnediameter Oriëntatie: Gevraagd: hoe groot is de diameter van de zon dz ? Klopt de berekende waarde met die uit BINAS? 3 2 Gegeven: zonneconstante op aarde: Pin = 1,410 W/m ; Controle:
oppervlaktetemperatuur: zwarte straler Puit T 4 met = 5,6710 2 N.B. Bedenk dat de gegeven vermogens Pin en Puit hier gegeven zijn per m .
–8
2
–4
W/m K ;
Planning: Voor het totaal uitgestraalde vermogen door de zon moet gelden dat Puit,zon = Pza ( = Pzon,aarde). Hierbij is Puit,zon het berekende vermogen gebaseerd op de gemeten gemiddelde oppervlaktetemperatuur van de zon én Pza het berekende vermogen, gebaseerd op meting van de zonneconstante op aarde.
Puit T 4 Aangezien dit een uitkomst per m geeft, moet ook hier met een oppervlakte worden 2
vermenigvuldigd: Puit,zon Puz T 4 Az met het totale zonneoppervlak Az 4 rz 2 d z 2 Pza = Pin A
waarbij Pin = zonneconstante en A = oppervlakte bol
zon.
Nieuwe onbekende: A
met als straal r = afstand aardeNieuwe onbekende: r deze vind je in
A 4 r 2 (zie ook BINAS tabel 94) BINAS (tabel 31). Uitvoering:
BINAS (tabel 31): gemiddelde afstand aarde-zon r = 0,149610
12 2
A 4 0,1496 10
Puz 5,67 10 8 5,8 10
m
2,812 1023 m2
Pza 1,4 103 2,812 1023 3,937 1026 3 4
12
W
2
d z 2,016 108 d z 2
2,016 108 d z 2 3,937 10 26 d z 2
3,937 10
26
2,016 108
W
1,953 1018 d z 1,953 1018 1,398 109 m 9
Afgerond: dz = 1,410 m Controle:
6
BINAS (tabel 33C) geeft voor straal rz van de zon de waarde rz = 696,010 m.
d z 1,398 109 698,8 10 6 m 2 2 Deze waarde wijkt slechts 0,4% af van de waarde uit BINAS. We kunnen dus concluderen dat de waarden goed met elkaar overeenstemmen. Hierboven werd voor de straal rz gevonden: rz
74 Beeldversterker Oriëntatie: Gevraagd: a b
Verklaring voor het ontstaan van een beeld op het fluorescentie scherm. Waarom is het beeld even groot maar lichtsterker van het lichtzwakke beeld op de cesiumlaag? Gegeven: uitleg over de beeldversterker; venster A aan achterzijde voorzien van Cs; zichtbaar licht met fotonen waarvoor 1,59 eV < Ef < 3,27 eV; UAB = 10 kV. Planning en uitvoering vraag a Een cesiumatoom kan een elektron afgeven als deze een hoeveelheid energie ontvangt die groter is dan de uittree-energie: BINAS (tabel 24) voor cesium (Cs) Eu = 1,94 eV. De fotonen van het zichtbare licht hebben voor het merendeel een energiewaarde die groter is dan de uittree-energie. De vrijgekomen elektronen worden vervolgens in het veld tussen plaat A en B versneld over een spanning UAB = 10 kV. Volgens Ek e U AB 1/ 2 m v e2 0 neemt de energiewaarde
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
83
van de elektronen toe met Ek = 10 keV. Dit is ongeveer een factor 10 keer zo groot als de energie die ze hebben na het loskomen uit een Cs-atoom. Door botsing met de atomen in de fluorescentie-laag brengen deze elektronen de atomen in aangeslagen toestand. Deze atomen vallen vervolgens weer terug in de grondtoestand onder uitzending van fotonen. Bij gebruik van een geschikte soort van atomen in de fluorescentiescherm hebben deze fotonen een fotonenergie in het zichtbare deel. Zo ontstaat een beeld dat op het fluorescentie-scherm. 4
Planning en uitvoering vraag b De elektronen gaan recht naar de overkant omdat ze de elektrische veldlijnen van het homogene veld tussen plaat A en B volgen. Ze maken daarbij een één op één afbeelding. De energie van de losgemaakte elektronen is sterk toegenomen (zie antwoord vraag a). Bij botsing tegen de fluorescerende laag op B worden op de botsingsplek meerdere fotonen uitgezonden bij gebruik van een geschikt fluorescerend materiaal. Dit geeft een beeld dat daarom lichtsterker is. Controle: … 75 Bohr-model en spectraalseries Oriëntatie: Gevraagd: zijn de energieniveauformule van Bohr en de frequentieformule van Balmer met elkaar in overeenstemming? 1 1 Gegeven: - frequentieformule voor balmerreeks f R 2 2 m 2 15 met de rydbergfrequentie R = 3,2910 Hz - energieniveauformule voor waterstof En
2 2 m fc 2 Q 2 q 2 n2 h2
9
Planning en uitvoering: Waterstofatomen zenden fotonen uit nadat ze zijn aangeslagen. De fotonen die tot de Balmerreeks behoren, zijn fotonen die een waterstofatoom
Ei
n= enz n=5 n=4
E E5 E4
e
uitzendt bij terugval naar het 1 aangeslagen niveau E2 (zie figuur hiernaast). Dit eerste aangeslagen niveau E2 heeft de waarde n = 2 in de energieniveauformule. N.B. Het niveau E1 is in de figuur als het grondniveau aangegeven.
En
1,602 10 1,602 10 6,626 10
2 2 9,10939 10 31 8,99 10 9 n2 2,179 10 n2
2
19 2
enz n=3
E3
Voor de overgang van een hoger gelegen niveau Em met m 2 naar het niveau met n = 2 geldt: Ef = Em – E2 De energieniveauformule is eenvoudiger te maken door de verschillende waarden in te vullen: En
–2
2
met fc = 8,9910 Nm C
19 2
34 2
E2
n=2
Balmerreeks
E1
(E1 = grondniveau)
18
(in J) Met deze uitdrukking is de fotonenergie ook te schrijven als
1 1 E f Em E 2 2,179 10 18 2 2 2 m
Daarnaast is E f h f f
Ef h
f
2,179 1018 1 1 1 1 2 3,29 1015 2 2 34 2 6,626 10 2 m m 2
Controle: Zo te zien is met behulp van de energieniveauformule van Bohr een frequentieformule af te leiden voor de Balmerreeks die in overeenstemming is met de gegeven frequentieformule. 76 Heliumionspectrum Oriëntatie: Gevraagd: - Hoe moet je de energieniveauformule van Bohr aanpassen? - Hoe kun je de overeenkomst tussen het waterstof- en het heliumionspectrum verklaren? Gegeven: energieniveauformule voor waterstof En
2 2 m fc 2 Q 2 q 2
9
2
–2
met fc = 8,9910 Nm C n2 h2 Voor de overgang van een hoger gelegen niveau Em naar het niveau En met m > n heeft het uitgezonden foton een energiewaarde Ef = Em – En
Planning en uitvoering Het verschil tussen een heliumion en een waterstofatoom betreft de lading van de kern: QHe = + 2 e
n=1
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
Uitgaande van de energieniveauformule voor waterstof zou die van een heliumion als volgt geschreven
Controle:
n,He
2 2 m fc 2 2 e 2 e 2
4 En,H n2 h2 Doordat in de formule de lading Q kwadratisch voorkomt, liggen de energieniveaus in een heliumion dus een factor 4 lager. Dit betekent ook dat de energieverschillen tussen de verschillende niveaus een factor 4 groter worden en daarmee ook de energie van de uitgezonden fotonen. E Uit E f h f f f . Dus ook de frequentie van de uitgezonden fotonen is een factor 4 groter. h
kunnen worden: E
Uitgaande van de energieniveauformule voor waterstof is duidelijk dat de energieniveaus van een heliumion een factor 4 'lager' liggen doordat de kernlading QHe = + 2 e . Het heliumion heeft slechts één elektron die om de kern beweegt. Dit maakt duidelijk waarom er een grote overeenkomst is in de structuur van het spectrum.
84
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
85
77 Roosterconstante Oriëntatie: Gevraagd: De roosterconstante d. e
Gegeven: Figuur 49 met diagram van de diameter D van de 1 orde interferentie-ring bij een aantal waarden van de versnelspanning UAK; schermafstand ℓ = 13,5 cm = 0,135 m. Planning en uitvoering: Een elektron dat m.b.v. een versnelspanning UAK is versneld, heeft een materiegolflengte h m (zie afleiding onder uitvoering). Door deze golfeigenschap treedt het verschijnsel 2 m e U AK van interferentie op zoals dat ook bij een tralie optreedt. De roosterconstante d (de afstand tussen de atomen) is op te vatten als de tralieconstante d (de afstand tussen de openingen). Voor een tralie geldt: sin n n (n = 0, 1, 2 ...) waarbij voor de waarneming d op een scherm geldt: tan x In het geval van de interferentieringen kun je x opvatten als de straal van een bepaalde interferentiering. Figuur 54 geeft metingen aan de 1 orde interferentie-ringen n = 1. De roosterconstante is dan te bepalen door uit figuur 54 een waarde van UAK te kiezen en daarbij de bijbehorende diameter D af te lezen. Voor de straal r van een ring geldt: r D . 2 e
Uitvoering: Afleiding formule voor materiegolflengte van een elektron: h h m p m v (1) Versneld over UAK Ek e U AK 1/ 2 m v e 2 0 of e U AK 1/ 2 m v 2 v
2 e U AK m
(2)
Invullen van vgl. 2 in vlg. 1: m
h 2 e U AK m m
h 2 m e U AK –3
Uit figuur 49 wordt de volgende waarde gekozen: UAK = 4,0 kV = 4,010 V D = 42 mm r = 2110 3
Met BINAS (tabel 7): e = 1,60210
m
–19
–34
C; h = 6,62610
6,626 10 34 2 9,10939 10
31
1,602 10
19
Js en me = 9,1093910
–31
m.
kg
1,9392 10 11 m 4,0 10
3
3 tan 21 10 0,1556 tan 1 0,1556 8,842 0,135
sin8,842 0,1537 1,310
–10
1 1,939 10 11 1,939 10 11 d 1,2616 10 10 m d 0,1537
Afgerond: d =
m
Controle: Voor andere waarden van UAK moet er hetzelfde uitkomen. Ter controle wordt een tweede meting gekozen: 3 –3 UAK = 7,0 kV = 7,010 V D = 32 mm r = 1610 m. Dit levert op: m 1,466 1011 m ;
tan 1 0,11852 6,759 en d 1,2455 10 10 m
1,2616 1,2455 100% 1,3% . Deze afwijking is niet groot en 1,26 kan mogelijk samenhangen met afleesnauwkeurigheid uit het diagram. Ook is aan figuur 48 te zien dat de ringen niet scherp begrensd zijn. Dus ook het bepalen van de diameter D van een ring kan daardoor minder nauwkeurig zijn plaats gevonden.
De procentuele afwijking
Newton vwo deel 3
Uitwerkingen Hoofdstuk 19 – Materie en straling – Cracked by THE MASTER
86
78 Kernspectrum Oriëntatie: Gevraagd:
hoe ziet het energieniveauschema van een 60 28 Ni - kern eruit?
Gegeven:
60 0 bij verval van 60 27 Co 28Ni 1e ontstaat een kern van nikkel in aangeslagen toestand. Deze kern valt terug in de grondtoestand door uitzending van E3 2,50 2 -fotonen van achtereenvolgens 1,17 MeV en 1,33 MeV.
Planning en uitvoering: De kern zendt twee 2 -fotonen uit, eerst één met Ef = 1,17 MeV en daarna één met Ef = 1,33 MeV. Als je er van uitgaat dat het grondniveau de waarde E1 = 0 MeV e dan heeft het 1 aangeslagen niveau de waarde E2 = 1,33 MeV en e het 2 aangeslagen niveau de waarde E2 = 1,33 + 1,17 = 2,50 MeV (zie schema hiernaast).
E
Efoton =1,17 MeV
(MeV)
E2
1,33
Efoton =1,33 MeV
Controle: ... 0
(E1 = grondniveau)
E1
79 Deeltjesversneller Oriëntatie: Gevraagd: aantal maximale aantal elektronen ne,max dat per seconde is te versnellen? 6 –9 Gegeven: Pl = 500 MW = 50010 W; l = 400 nm = 40010 m; –13 –13 elektronen Ek = 3,7 MeV = 3,7 1,60210 = 5,92710 J. Planning: Om het aantal elektronen uit te rekenen, moet je eerst weten hoeveel fotonen Nf elk elektron minimaal nodig heeft om een toename Ek = 3,7 MeV te bereiken. Daarnaast moet je weten hoeveel fotonen nl de laser per seconde uitzendt. n Dan is nl ne,max Nf ne,max l Nieuwe onbekende: nl en Nf Nf
nl
Pl Ek en N f Ef Ef Ef h f
Nieuwe onbekende: Ef
hc
Nieuwe onbekenden: h en c
Uitvoering: BINAS (tabel 7): h = 6,62610
400 nm E f Nf ne,max
5,927 10 13 4,97 10
19
6,626 10
34
–34
–1
JK
2,998 10
8
400 10 9
1,193 10 6 en nl
500 10 6 4,97 10 19
8
en c = 2,99810 ms
–1
4,97 10 19 J 3,10 eV
1,006 10 27 s 1
nl 1,006 10 27 8,435 10 20 s 1 Nf 1,193 10 6 20 –1 Afgerond: ne,max = 8,410 s 20
Controle: Er kunnen dus maximaal 8,410
elektronen per seconde worden versneld.
