Uitwerkingen opgaven hoofdstuk Soorten straling en stralingsbronnen

Uitwerkingen opgaven hoofdstuk 4

4.1 Opgave 1

Soorten straling en stralingsbronnen

a Eröntgenfoton= h ⋅ f

  = h 6, 62607 ⋅ 10−34 Js   = f 1,9 ⋅ 10 19 Hz  → Eröntgenfoton= 6, 62607 ⋅ 10−34 × 1,9 ⋅ 1019= 1, 259 ⋅ 10−14 J

De hoeveelheid kinetische energie die een elektron minstens moet hebben is: Ekin,elektron = 1,259 · 10–14 J = 1,3 · 10–14 J  E E b Ekin,elektron =12 ⋅ me ⋅ ve2 → ve2 =2 ⋅ kin,el → ve = 2 ⋅ kin,el  me me     −14 = 1, 259 ⋅ 10 J Ekin,elektron  −27  = me 0, 000910939 ⋅ 10 kg  De minimale snelheid van een elektron is:

1, 259 ⋅ 10−14 → ve = 2 × = 1, 7 ⋅ 10 8 m/s −27 0, 000910939 ⋅ 10

Ekin,el  qe    −14  E= 1, 259 10 J ⋅ kin,el  −19 qe= e= 1, 6021765 ⋅ 10 C  1, 259 ⋅ 10−14 → U = =79 ⋅ 103 V =79 kV −19 1, 6021765 ⋅ 10 d Het grootste deel van de röntgenfotonen ontstaat bij de afremming van de elektronen in het anodemateriaal. Bij het binnendringen van de anode neemt de kinetische energie van de elektronen af. Om een foton met een frequentie van 1,9 · 1019 Hz te leveren moet de kinetische energie van een elektron daarom minimaal gelijk zijn aan 1,3 · 10–14 J. Bij een minimale kinetische energie horen een minimale snelheid en een minimale spanning. c Ekin,el = qe ⋅ U → U =

Opgave 2

a Zie figuur 4.1. Als je met het vliegtuig gaat, ontvang je de meeste straling omdat je je op een grotere hoogte bevindt. Hoewel de bootreis langer duurt, ontvang je op de boot vrijwel geen kosmische straling. De langere tijdsduur van de bootreis heeft dan ook geen invloed.

UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 4

1 van 20

Figuur 4.1

b Het lijnvliegtuig heeft een gemiddelde snelheid van 750 km/h en doet 7 uur over de vlucht van Londen naar New York. De afstand van Londen naar New York is: sLonden − New York = 750 × 7= 5250 km De Concorde vliegt op 15 km hoogte met een snelheid die gemiddeld 1,4 keer de geluidssnelheid bij 20 °C is. s  sLonden − New York = vConcorde ⋅ tConcorde → tConcorde = Londen − New York  vConcorde   vConcorde = 1, 4 × 0,343 ⋅ 103 = 480, 2 m/s = 1728, 7 km/h   sLonden − New York = 5250 km   5250 → tConcorde = = 3, 037 h 1728, 7 De Concorde vliegt op 15 km hoogte en doet 3,037 uur over de vlucht. Zie figuur 4.1. De per uur ontvangen stralingsdosis in de Concorde is 30 μSv. De totaal ontvangen stralingsdosis in de Concorde is 3,037 × 30 = 91 μSv. Het lijnvliegtuig deed 7 uur over de vlucht, maar vloog op 10 km hoogte. De per uur ontvangen stralingsdosis in het lijnvliegtuig is 6 μSv. De totaal ontvangen stralingsdosis in het lijnvliegtuig is 7 × 6 = 42 μSv. Conclusie: In de Concorde ontvang je meer straling. Opgave 3

Zie figuur 4.2.

Figuur 4.2


2 van 20

a Geladen deeltjes die in een magnetisch veld loodrecht op de veldlijnen bewegen, ondervinden een lorentzkracht. De lorentzkracht zorgt voor een afbuiging van de baan van het deeltje. De magnetische veldlijnen komen loodrecht uit het vlak van de tekening, de →

richting van het magnetisch veld B is dus naar je toe. Alfastraling bestaat uit α-deeltjes. Een α-deeltje is een heliumkern en heeft een →

positieve lading. De ‘stroomrichting’ I is dus dezelfde als de →

bewegingsrichting v α van een α-deeltje. Gebruik de linkerhandregel: →

Vang de magnetische veldlijnen B op in de palm van je linkerhand, strek je vingers in de richting waarin het geladen deeltje beweegt. →

→ De richting van de lorentzkracht is naar rechts (de lorentzkracht F lor staat →

→

loodrecht op v α en B ).

b c

d

e

→ De α-deeltjes worden naar rechts afgebogen. → De alfadeeltjes treffen de fotografische plaat op plaats C. Plaats B. Gammastraling ondervindt geen invloed van het magnetisch veld, want γ-straling is niet geladen. Omdat positief geladen deeltjes door de lorentzkracht naar rechts worden afgebogen moeten de deeltjes die de plaat tussen A1 en A2 treffen negatief zijn. Dit moeten bètadeeltjes zijn. Positief geladen bètadeeltjes zouden de plaat aan de rechterkant treffen op dezelfde hoogte als A1–A2. Deze deeltjes zijn niet aanwezig. Bij dit experiment zijn de bètadeeltjes dus negatief geladen. De bètadeeltjes treffen de fotografische plaat niet in één punt maar worden uitgesmeerd over een oppervlakte. De grootte van de lorentzkracht die voor de afbuiging zorgt, is voor ieder deeltje anders. Aangezien de lading en de grootte van het magnetisch veld gelijk zijn voor alle deeltjes, moeten de snelheden van de deeltjes verschillend zijn. Bij een homogeen magnetisch veld dat loodrecht op de bewegingsrichting van de geladen deeltjes staat, beschrijven geladen deeltjes cirkelvormige banen. →

→

lorentzkracht F lor treedt op als middelpuntzoekende kracht F mpz , dus: Flor = Fmpz

  Flor = B ⋅ q ⋅ v  m ⋅ v2 m ⋅ v2 m⋅v  ⋅v →= r =  → B ⋅ q= r B⋅q⋅v B⋅q  m ⋅ v2  Fmpz = r  Omdat voor alle bètadeeltjes m, B en q gelijk zijn, is voor de deeltjes met de grootste straal de snelheid het grootst. Op de deeltjes met de grootste snelheid werkt volgens Flor = B · q · v de grootste lorentzkracht. De baan met de grootste straal eindigt in A2, dus op de deeltjes die naar A2 gaan werkt de grootste lorentzkracht.


3 van 20

Opgave 4

a De bron van de Rijn en de Waal ligt in de bergen in Zwitserland. Bij de vorming van bergen komen relatief veel radioactieve stoffen aan de oppervlakte. Deze stoffen worden door het water meegevoerd en, wanneer de stroomsnelheid van het water afneemt, afgezet langs de oevers van de rivier. De bron van de Maas bevindt zich op een hoogvlakte in Frankrijk. Dit is geologisch een ouder gebied dan de Alpen Op de hoogvlakte in Frankrijk bevindt zich relatief minder radioactief materiaal. b In Zuid-Limburg bevindt zich veel steenkool in de bodem. In deze delfstof bevinden zich ook altijd veel radioactieve elementen zoals radium. c Bij het ophogen van de polderbodem wordt gebruik gemaakt van grond die uitgegraven is in andere delen van het meer. Bij dat graven worden radioactieve stoffen omhoog gehaald.

4.2

De bouw van atoomkernen

Opgave 5

a Plutonium (Pu) heeft atoomnummer 94. De kern bevat dus 94 protonen. De lading, uitgedrukt in elementaire ladingen, is +94e. b Een atoom is per definitie neutraal, dus de lading bedraagt nul coulomb. c Nee, uit tabel 25 van BINAS blijkt dat plutonium niet in de ‘vrije’ natuur voorkomt.

Opgave 6

a Z=7 b De stikstofisotoop die zeer veel voorkomt in de natuur is de isotoop met massagetal 14. Dus A = 14, Z = 7. A=Z+N → N=7 c 147 N, 14 N en N–14

Opgave 7

De atoomkern bestaat uit 36 protonen en 50 neutronen. → Z = 36 en A = Z + N = 36 + 50 = 86. Zie BINAS tabel 25. De atoomkern is 86 36 Kr a Zie BINAS tabel 40A of tabel 99. Het element is krypton b Zie BINAS tabel 25. Er zijn vier isotopen van krypton die geen straling 82 84 86 uitzenden ( 80 36 Kr; 36 Kr; 36 Kr ne 36 Kr ) . c Zie BINAS tabel 25. Er zijn twee isotopen van krypton die β–-straling 85 uitzenden ( 36 Kr en 87 36 Kr ) . d Zie BINAS tabel 25. Er zijn drie isotopen van krypton die γ-straling uitzenden ( 81m36 Kr; 3685 Kr en 8736 Kr ) .

Opgave 8

a Zie figuur 4.3. Positieve ionen worden versneld in de richting van het elektrisch veld. Het elektrisch veld loopt van de positieve plaat naar de negatieve plaat. Dan moet de bovenste plaat positief zijn en moet plaat A verbonden zijn met de positieve pool van de spanningsbron. b Bij het verlaten van het elektrisch veld is van alle chloorionen de elektrische energie afgenomen met qUAB. Ze hebben daarom bij C alle dezelfde kinetische energie. Voor alle ionen is dus 12 mv 2 gelijk. Omdat de verschillende isotopen een verschillende massa hebben, is de snelheid van de isotopen niet gelijk. UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 4

4 van 20

Figuur 4.3

c Op een de positieve deeltjes werkt een lorentzkracht die bij C naar rechts is gericht. De deeltjes bewegen bij punt C omlaag. Uit de linkerhandregel voor de lorentzkracht volgt dat de richting van het magnetisch veld het papier in is. d Op een geladen deeltje dat beweegt in een homogeen magnetisch veld, terwijl de bewegingsrichting van het deeltje loodrecht op het veld staat, werkt een lorentzkracht waarvoor geldt: Flor = B · q · v. Hierin is B de grootte van de magnetische inductie, q de lading van het deeltje en v de snelheid van het deeltje. De lorentzkracht staat altijd loodrecht op de bewegingsrichting en verricht daarom geen arbeid op het deeltje. Omdat er geen arbeid op het deeltje verricht wordt, verandert de grootte van de snelheid niet. Als de grootte van de snelheid niet verandert, verandert de grootte van de lorentzkracht niet. De lorentzkracht levert de middelpuntzoekende kracht voor de gebogen baan. Omdat Flor constant is, is de middelpuntzoekende kracht constant, dus is m ⋅ v2 constant. r Aangezien m en v niet veranderen is dus r, de straal van de gebogen baan, constant. Het geladen deeltje beschrijft dan een cirkelvormige baan. e Voor de lorentzkracht geldt: Flor = B ⋅ q ⋅ v Hierin is B de grootte van de magnetische inductie, q de lading van het ion en v de snelheid van het ion. Aangezien de lorentzkracht hier de middelpuntzoekende kracht levert, is: m⋅v m ⋅ v2 → r= B⋅q⋅v = r B⋅q Hierin is m de massa van een chloorion en r de straal van de halve cirkelboog. 2 E kin Uit E kin = 12 mv 2 volgt: v = m De beginsnelheid moet verwaarloosd worden. Dan is de kinetische energie van een ion gelijk aan de afname van de elektrische energie, ofwel E kin = q ⋅ U AB , waarin UAB de spanning tussen de platen A en B is.


5 van 20

Invullen van de laatste twee vergelijkingen in de uitdrukking voor de straal geeft: 2 ⋅ q ⋅ U AB m⋅ 2 ⋅ U AB ⋅ m 2 ⋅ q ⋅ U AB ⋅ m 2 m → r= → r= r= 2 2 B⋅q B2 ⋅ q B ⋅q ⋅m Dan is: r = k ⋅ m f Cl–35 =

35 17

met

k=

2 ⋅ U AB B2 ⋅ q

Cl

35 Zie BINAS tabel 25. De atoommassa van 17 Cl is 34,96885 u. → massa Cl–35-ion: 35 m 35 Cl+ = atoommassa 17 Cl – 1 · me = 34,96885 u – 0,00054858 u = 34,96830 u 17

Cl–37 =

37 17

Cl

Zie BINAS tabel 25. De atoommassa van 37 17 Cl is 36,96590 u. → massa Cl–37-ion: m 37 Cl+ = atoommassa 37 17 Cl – 1 · me = 36,96590 u – 0,00054858 u = 36,96535 u 17

De verhouding van de massa’s van de ionen is: m 37 Cl+ 36,96535 17 = = 1, 057110 m 35 Cl+ 34,96830 17

De verhouding van de stralen is: k ⋅ m 37 Cl+ r37 Cl+ m 37 Cl+ 17 17 17 = = = r35 Cl+ m 35 Cl+ k ⋅ m 35 Cl+ 17

17

= 1,= 1, 057110 02816 1, 028

17

g Uit tabel 25 van BINAS blijkt dat Cl–35 drie keer zo vaak voorkomt in de natuur als Cl–37. Uit r= k ⋅ m blijkt dat de binnenste vlek bij de isotoop met de kleinste massa, dus Cl–35, hoort. Deze plaats wordt dan drie keer zo vaak getroffen als de buitenste en de binnenste vlek is dan ook drie keer zo zwart. h Zie figuur 4.3. Het verschil DE tussen de middellijnen van de banen bedraagt 9,8 mm, terwijl de straal van de buitenste baan gelijk is aan 1,028 keer die van de binnenste baan= ( r2 1, 028 ⋅ r1 ) . DE = 2 ⋅ r2 − 2 ⋅ r1 = 9,8 mm = 9,8 ⋅ 10−3 m   r2 1, 028 ⋅ r1 =  −3 → 2 × (1, 028 ⋅ r1 ) − 2 ⋅ r1 = 9,8 ⋅ 10 → 2, 056 ⋅ r1 − 2 ⋅ r1 = 0, 056 ⋅ r1 = 9,8 ⋅ 10−3 9,8 ⋅ 10−3 = 0,175 m 0, 056 De afstand CD is gelijk aan twee keer de straal r1, dus: CD = 2 × 0,175 = 0,35 m . →= r1


6 van 20

4.3 Opgave 9

Vervalvergelijkingen

Zie BINAS tabel 40A. Neptunium heeft symbool Np. a Zie BINAS tabel 25. Np–237 ( 237 93 Np ) zendt α-straling (en γ straling) uit. Np–239

(

239 93

Np ) zendt β–-straling (en γ straling) uit.

b Het verval van neptunium–237: 237 237 α 233 γ91 Pa of + 42 Np + Pa → He 233 + 42 + 93 Np → 93 91γ Zie BINAS tabel 40A. De naam van het element Pa is protactinium. Het verval van neptunium–239: 239 239 + → + −01 + β 239 γPuof+ −01 −Np Pu e 239 γ94 93 Np → 94 93 Zie BINAS tabel 40A. De naam van het element Pu is plutonium. Zie BINAS tabel 40A. Krypton heeft symbool Kr en atoomnummer 36. Het symbool voor de isomeer krypton–81m is 8136m Kr .

Opgave 10

Br → β 8136m Kr + −01 − Als krypton–81m het vervalproduct zou zijn uit β–-verval, dan zou broom–81 de isotoop zijn die vervalt. Deze isotoop is echter stabiel. 81 b 37 Rb → β 8136m Kr + 01 + Als krypton–81m het vervalproduct zou zijn uit β+-verval, dan zou rubidium–81 de isotoop zijn die vervalt. Deze isotoop vervalt echter onder het uitzenden van een β–-deeltje. 81 c 8136m Kr → γ 36 Kr +

a

81 35

Zie BINAS tabel 40A. Indium heeft symbool In en atoomnummer 49

Opgave 11

→ Indium–114 =

114 49

In

0 − 114 In → β 114 of Sn e 114 → + −01 50 Sn + In 49 50 −1 Zie BINAS tabel 40A. De naam van het element Sn is tin. 0 + 114 b 114 →e 114 + +01 β 114 ofCd + In Cd 49 In → 48 1 49 48 Zie BINAS tabel 40A. De naam van het element Cd is cadmium.

a

Opgave 12

114 49

a Het verschil in massagetal tussen U–238 en Pb–206 is 238 – 206 = 32. b Bij het uitzenden van β–-deeltjes verandert het massagetal niet. De verandering van het massagetal is dan ook alleen te wijten aan het uitzenden van alfadeeltjes. c Bij het uitzenden van een alfadeeltje neemt het aantal nucleonen met vier af. In totaal zijn er tweeëndertig nucleonen verdwenen. Er zijn dan acht alfadeeltjes uitgezonden. d Bij het uitzenden van een alfadeeltje neemt het aantal protonen met twee af. Bij het uitzenden van een β–-deeltje neemt het aantal protonen met één toe. Na het uitzenden van 8 alfadeeltjes zou het aantal protonen met 16 moeten zijn afgenomen. Het verschil tussen het aantal protonen van uranium en lood is echter 10. Daaruit volgt dat tussentijds het aantal protonen door het uitzenden van β–-deeltjes is toegenomen.


7 van 20

e Het aantal protonen is met 10 afgenomen, waar de afname 16 zou moeten zijn. Door het uitzenden van een β–-deeltje wordt het aantal protonen 1 groter. Er zijn dus 6 β–-deeltjes uitgezonden. Opgave 13

a De totale massa van de dochterkern en het uitgezonden deeltje is kleiner dan de massa van de atoomkern vóór het verval. b De atoommassa van lithium–7 ( 73 Li ) is 7,016004 u en de atoommassa van beryllium–7

(

7 4

Be ) is 7,016930 u. Bij de overgang van lithium–7 naar

beryllium–7 is de massa van de dochterkern groter dan de massa van de moederkern. De reactie kan daarom niet spontaan optreden.

4.4

Stabiliteit, halveringstijd en activiteit

Opgave 14

a De activiteit is de hoeveelheid atomen die per seconde vervalt. De eenheid is becquerel (Bq). b Zie BINAS tabel 40A. Broom heeft symbool Br en atoomnummer 35 → broom–82 = 82 35 Br Zie BINAS tabel 25. De halveringstijd van broom–82 is 36 uur. Zie BINAS tabel 40A. Nikkel–65 heeft symbool Ni en atoomnummer 28 → nikkel–65 = 65 28 Ni Zie BINAS tabel 25. De halveringstijd van nikkel–65 is 2,6 uur. Broom–82 heeft de grootste halveringstijd. c Broom–82 heeft de grootste halveringstijd. De kans dat een atoom broom–82 vervalt is dan kleiner. Broom–82 is stabieler dan nikkel–65. d Het aantal atomen is in het begin vrijwel gelijk. Nikkel–65 heeft een kleinere halveringstijd. Er vervallen dan meer atomen per seconde. De activiteit van nikkel–65 is groter dan die van broom−82. e Door het verval van de radioactieve atomen ontstaan stabiele atomen. De activiteit is recht evenredig met het aantal radioactieve atomen. De hoeveelheid radioactieve atomen neemt af, waardoor ook de activiteit afneemt. f Radioactief verval is een kwestie van kans. De kans op verval van een kern hangt alleen af van de atoomsoort en niet van de hoeveelheid aanwezige atomen. Als er in de eerste seconde een kans is van 2,0% dat een atoom vervalt, dan vervalt er 2,0% van het totaal aantal atomen. Na tien uur vervalt er per seconde nog steeds 2,0% van het aantal radioactieve atomen, maar dat aantal is dan wel afgenomen met een bepaalde factor. Wegens de recht evenredigheid is het aantal atomen dat na tien uur in één seconde vervalt dan met diezelfde factor afgenomen.

Opgave 15

a In figuur 4.4. is te zien dat er van preparaat I na 1 uur meer atomen over zijn dan van preparaat II. Er zijn dan minder atomen vervallen. De atomen van preparaat I zijn daarom stabieler dan die van preparaat II.


8 van 20

Figuur 4.4

b Het aantal radioactieve kernen op t = 0 bedraagt N (0) = 5, 0 ⋅ 1014 . Je bepaalt in dit geval de waarde van de halveringstijd uit de tijd die nodig is voor drie achtereenvolgende halveringen van het aantal radioactieve kernen. Na één halveringstijd (t½) zijn er nog 2,5 · 1014 radioactieve kernen. Na twee halveringstijden (2 · t½) zijn er nog 1,25 · 1014 radioactieve kernen. Na drie halveringstijden (3 · t½) zijn er nog 0,625 · 1014 radioactieve kernen. Figuur 4.4 (1) tI = 3 · t½,I = 8,7 uur → De halveringstijd van preparaat I is: t½,I = 2,9 h Figuur 4.4 (2) tII = 3 · t½,II = 4,9 uur → De halveringstijd van preparaat II is: t½,II = 1,6 h c Zie figuur 4.4. De activiteit is het aantal kernen dat per seconde vervalt. In een (N,t)-diagram is de activiteit op een bepaald tijdstip te bepalen uit de steilheid van de raaklijn ∆N (t ) aan de grafiek volgens A(t) = – ∆t Teken de raaklijnen aan de beide grafieken op t = 2 h en bepaal de steilheid ervan. ∆N I,2h (0 − 4,5 ⋅ 1014 ) 2,1 ⋅ 1010 Bq → A I (2 h) = − = − = 6 × 3600 ∆tI,2h ∆N II,2h (0 − 3, 6 ⋅ 1014 ) → A II (2 h) = − = − = 2,3 ⋅ 1010 Bq ∆tII,2h 4, 4 × 3600 d Zie figuur 4.4. Het aantal atomen van preparaat II op t = 0 h: NII(0 h) = 5,0 · 1014 Het aantal atomen van preparaat II op t = 5,0 h: NII(5,0 h) = 0,6 · 1014 → Het aantal atomen dat is vervallen is gelijk aan: NII,vervallen = NII(0 h) – NII(5,0 h) = 4,4 · 1014 e Om het aantal stabiele atomen als functie van de tijd te kunnen tekenen, moet je voor een aantal tijdstippen berekenen hoeveel atomen er zijn vervallen. Dit aantal is gelijk aan het aantal stabiele kernen dat is ontstaan. NI(t) kun je aflezen in figuur 4.4. Nvervallen = NI(t) – NI(0)


9 van 20

t 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

NI(t) 5,0 · 1014 3,9 · 1014 3,0 · 1014 2,4 · 1014 1,8 · 1014 1,4 · 1014 1,1 · 1014 0,9 · 1014 0,7 · 1014 0,6 · 1014 0,5 · 1014

Nvervallen 0 1,1 · 1014 2,0 · 1014 2,6 · 1014 3,2 · 1014 3,6 · 1014 3,9 · 1014 4,1 · 1014 4,3 · 1014 4,4 · 1014 4,5 · 1014

Trek een vloeiende lijn door deze punten. Zie figuur 4.4. Opgave 16

a Zie BINAS tabel 40A. Cesium–137 heeft symbool Cs en atoomnummer 55 → cesium–137 = Zie BINAS tabel 25. De halveringstijd van cesium–137 is 30 jaar

137 55

Cs

Eerste manier Na 1 halveringstijd (30 jaar) is er nog 50% over van het radioactieve Cs–135. Na 2 halveringstijden (60 jaar) is er nog 25% over. Na 3 halveringstijden (90 jaar) is er nog 12,5% over. → In het jaar 1986 + 90 = 2076 is er nog 12,5% over. Tweede manier t

 1 t1 (t ) N (0) ⋅   2 N = 2 Er is nog 12,5% over. → N(t) = 0,125 · N(0) en t½ = 30 jaar t

 1  30 → 0,125 ⋅ N (0) = N (0) ⋅   2 t

 1  30 → 0,125 =   2 Er zijn nu 2 mogelijkheden om dit op te lossen: Mogelijkheid 1

 t  3 t  1  1  30 → = 3 → t = 90 jaar  →   =   3 30 2 2 1 1 1  0,125= = 3=    8 2 2  t

 1  30 0,125 =   2


10 van 20

Mogelijkheid 2 t

t

t  1  30  1  30 1 0,125 = log 0,125 log → = ⋅ log   ( )     = 30 2 2 2 log ( 0,125 ) t →= = 3, 00 30 1 log   2 → t = 3, 00 × 30= 90 jaar b Eerste manier Na 6,0 uur is er nog een kwart van de radioactieve stof over, de hoeveelheid is dan twee keer gehalveerd. Er zijn twee halveringstijden verstreken. De halveringstijd bedraagt 3,0 uur. Tweede manier t

 1 t1 (t ) A(0) ⋅   2 A = 2 Er is nog 25% over. → A(t) = 0,25 · A(0) en t = 6,0 uur 6,0

 1  t1 → 0, 25 ⋅ A(0) = A(0) ⋅   2 2 6,0

 1  t 12 → 0, 25 =   2 Er zijn nu 2 mogelijkheden om dit op te lossen. Mogelijkheid 1     2 1 1 1  =    0, 25= = 4 22  2   6,0

 1  t1 0, 25 =   2 2

6,0

2

1  1  t1 →   =   2 2 2

→

6, 0 = 2 → 2 ⋅ t 12 = 6, 0 → t 12 = 3, 0 uur t 12

Mogelijkheid 2 6,0

6,0

6, 0  1  t 12  1  t1 1 0, 25 = log   2 = → log ( 0, 25 ) = ⋅ log     t 12 2 2 2 6, 0 log ( 0, 25 ) → = = 2, 00 t 12 1 log   2 → 2, 00 ⋅ t 12 = 6, 0 → t 12 = 3, 0 uur Opgave 17

a Nee, de halveringstijd is een isotoopeigenschap en is niet afhankelijk van het aantal radioactieve atomen.


11 van 20

b Ja, de activiteit is recht evenredig met het aantal radioactieve atomen. In twee gram zitten tweemaal zo veel atomen. De activiteit is dan ook verdubbeld. c Zie BINAS tabel 40A. Jood heeft symbool I en atoomnummer 53 → jood–131 = 131 53 I Zie BINAS tabel 25. De halveringstijd van jood–131 is 8,0 dagen. t

 1  8,0 2,3 ⋅ 1013 = 4, 6 ⋅ 1015 ×   2

 t  2,3 ⋅ 1013  1  8,0  5, 0 ⋅ 10 −3 = =   15  4, 6 ⋅ 10 2  t A(= t ) 2,3 ⋅ 1013 Bq   1  8,0  log= log ( 5, 0 ⋅ 10−3 )   → 2     15 t = 4, 6 ⋅ 10 Bq  A(0) 1 log ( 5, 0 ⋅ 10−3 ) ⋅ log   = 8, 0 2     t 12 = 8, 0 d log ( 5, 0 ⋅ 10−3 ) t  = = 7, 64  8, 0 1  log   2 t = 7, 64 × 8, 0 = 61 dagen t

 1 t1 (t ) A(0) ⋅   2 = A 2

Opgave 18

Zie BINAS tabel 40A. Koolstof heeft symbool C en atoomnummer 6 → koolstof–14 = 146 C Zie BINAS tabel 25. De halveringstijd van koolstof–14 is 5730 jaar. t

 1 t1 (t ) N (0) ⋅   2 N = 2 Er is nog 61% van het radioactieve C–14 over. → N(t) = 0,61 · N(0) en t½ = 5730 jaar t

 1  5730 → 0, 61 ⋅ N (0) = N (0) ⋅   2 t

 1  5730 0, 61 =   2 t

t  1  5730 1 ⋅ log   log ( 0,= 61) log  =  5730 2 2 log ( 0, 61) t = 5730 1 log   2 log ( 0, 61) → t = 5730 × = 4,1 ⋅ 103 jaar 1 log   2 De ouderdom van het wagenwiel is dus 4,1 · 103 jaar.


12 van 20

Opgave 19

a Het is een afgesloten vat. Er ontsnappen geen atomen en er komen ook van buiten geen atomen bij. Voor ieder atoom van isotoop A dat vervalt, ontstaat een atoom van isotoop B en voor ieder atoom B dat vervalt, ontstaat een atoom van isotoop C. Het totaal aantal atomen van de isotopen A, B en C in het vat verandert daardoor niet. b Zie figuur 4.5.

Figuur 4.5

N A (t ) + N B (t ) + N C (t ) is constant =N A (0) =10, 0 ⋅ 1020 → N C (t ) = 1 0,0 ⋅ 1 020 − N A (t ) − N B (t ) 0 → N C (0) = → N C (1) = 10, 0 ⋅ 1020 − 6,9 ⋅ 1020 − 2, 7 ⋅ 1020 = 0, 4 ⋅ 1020 → N C (2) =10, 0 ⋅ 1020 − 4,9 ⋅ 1020 − 4,1 ⋅ 1020 =1, 0 ⋅ 1020 enz. c Zie figuur 4.5. NA(0) = 10,0 · 1020 Na 1,95 uur is het aantal atomen van isotoop A afgenomen tot 5,0 · 1020. → De halveringstijd van isotoop A is: t½, A = 1,95 h. d De halveringstijd van isotoop B kun je bepalen uit het laatste gedeelte van het diagram. Na t = 15 h zijn er geen atomen van isotoop A meer aanwezig. Dan is de verandering van isotoop B alleen het gevolg van het verval van isotoop B. Voor stof B geldt op t = 14 h: NB(14) = 1,6 · 1020 en op t = 18 h: NB(18) = 0,8 · 1020 → De halveringstijd van stof B is: t½, B = 4,0 h. e De activiteit is het aantal kernen dat per seconde vervalt. In een (N,t)-diagram is de activiteit op een bepaald tijdstip te bepalen uit de steilheid van de raaklijn ∆N (t ) aan de grafiek volgens A(t) = – ∆t Teken de raaklijn aan de grafieken op t = 4,0 h en bepaal de steilheid ervan (zie figuur 4.5). ∆N A (0 − 6, 0 ⋅ 10 20 ) → A A (4, 0 h) = − = − = 2, 45 ⋅ 1016 Bq = 2,5 ⋅ 1016 Bq ∆tA 6,8 × 3600


13 van 20

f Op tijdstip 4,0 uur loopt de raaklijn aan de grafiek van B horizontaal. Dit betekent dat het verval van isotoop B tot isotoop C gecompenseerd wordt door de toename van isotoop B als gevolg van het verval van isotoop A. De activiteit van isotoop B op t = 4,0 h is gelijk aan de activiteit van isotoop A. AB(4,0 h) = 2,5 · 1016 Bq g NC(100 h) = 10 · 1020. Alle atomen zijn dan vervallen tot isotoop C. h Bij het verval van een atoom A tot een atoom B ontstaat één bètadeeltje. Bij de overgang van een atoom B naar een atoom C wordt één alfadeeltje uitgezonden. Er wordt begonnen met 10 · 1020 atomen van isotoop A. Die zijn na 100 uur allemaal vervallen. Er zijn dan ook 10 · 1020 bètadeeltjes ontstaan. Er waren op t = 0 uur geen atomen van isotoop C aanwezig. Er zijn dan ook 10 · 1020 alfadeeltjes ontstaan.

4.5 Opgave 20

Opgave 21

Eigenschappen van ioniserende straling

a Ja, het doordringend vermogen van alfastraling is niet groot genoeg om door het papier of aluminium heen te dringen. b Je kunt wel de aluminium plaat gebruiken, maar niet het papier, omdat bètastraling wel door het papier heen kan dringen. c Gammastraling dringt door zowel papier als dun aluminium heen. Je kunt het blad papier en de aluminium plaat niet gebruiken. d Alfastraling heeft in lucht een dracht van enkele centimeters. Blijf je op grotere afstand dan heeft Jacqueline gelijk. Bestaat de kans dat je dicht bij het vat moet zijn dan is het verstandig het vat af te sluiten. Het deksel voorkomt ook dat de radioactieve stof uit het vat kan ontsnappen. a m= ρ ⋅ V

  = 3,5 ⋅ 10 kg/m ρ koolstof  −6 3 3 = V 1, 0 cm= 1, 0 ⋅ 10 m  → m = 3,5 ⋅ 103 × 1, 0 ⋅ 10−6 = 3,5 ⋅ 10−3 kg = 3,5 g Zie BINAS tabel 99 of tabel 40A. Koolstof heeft een relatieve atoommassa van 12,01 g/mol. → 1 mol koolstof heeft een massa van 12,01 g 3,5 → Het aantal mol in 1,0 cm3= is: n = 0, 2914 mol 12, 01 Het aantal atomen of moleculen in een mol stof wordt gegeven door het getal van Avogrado. ZieBINAS tabel 7. NA = 6,02214 · 1023 mol–1 Het aantal atomen in 1,0 cm3 is: N = 0,2914 × 6,02214 · 1023 = 1,755·1023 =1,8 · 1023 b Uitgaande van een structuur waarbij de atomen gelijkelijk verdeeld zijn over de gehele ruimte, is het aantal atomen op een lijnstuk van één cm gelijk aan de derdemachtswortel van het totaal aantal atomen. 3

n1,0 cm =

3

3

N1,0 cm3 = 3 1, 755 ⋅ 1023 = 5,599 ⋅ 107 = 5, 6 ⋅ 107


14 van 20

c Ekin,α =12 ⋅ mα ⋅ vα2

mα m ( 42 He-atoom ) − 2 ⋅ me =

  mα 4, 002603 u − 2 × 0, 00054858 u 4,0015058 u  = =  −27 = u 1, 66054 ⋅ 10 kg  −27 →= = 6, 6446605 ⋅ 10−27 kg mα 4,0015058 × 1, 66054 ⋅ 10

= vα 0, 070 ⋅ c

  = c 2,99792458 ⋅ 108 m/s  → vα= 0, 070 × 2,99792458 ⋅ 107= 2, 09855 ⋅ 107 m/s

→

−27 1 Ekin,α = × ( 2, 09855 ⋅ 107 ) 2 × 6, 6446605 ⋅ 10

2

= 1, 463 ⋅ 10−12 = 1,5 ⋅ 10−12 J d Er is een energie van 11,26 eV nodig om het buitenste elektron van een koolstofatoom los te maken. → Eionisatie = 11, 26 eV = 11,26 × 1, 6021765 ⋅ 10−19 = 1,804 ⋅ 10−18 J Het aantal ionisaties, dat één α-deeltje kan veroorzaken is: E 1, 463 ⋅ 10−12 = 8,110 ⋅ 105 = 8,1 ⋅ 105 N ion = kin,α = Eionisatie 1,804 ⋅ 10−18

aantal ionisaties 8,110 ⋅ 105 e dracht = = =⋅ 1, 4 10−2 cm = 0, 014 cm aantal atomen op 1 cm 5,599 ⋅ 107 f De dichtheid van de stof en de ionisatie-energie van de atomen. g Bij een stof met een grotere dichtheid is het aantal atomen per cm3 groter of is de massa van de atomen groter. Een atoom met een grotere massa heeft meer protonen in de kern en dus ook meer elektronen in de elektronenwolk. Bij een stof met grotere dichtheid zal het alfadeeltje per mm meer elektronen tegenkomen. De dracht is dan kleiner. Bij een stof met een grotere ionisatie-energie verliest het alfadeeltje meer energie per ionisatie. Het alfadeeltje kan dan minder atomen ioniseren en de dracht is dan kleiner.

4.6

Detectie van straling

Opgave 22

a De badge en de GM-teller zijn draagbaar. De badge en de GM-teller registreren ook gammastraling. b De film in de badge moet ontwikkeld worden. De drager weet niet direct dat hij blootgesteld wordt aan straling. De GM-teller geeft direct aan dat er straling is. c De GM-teller kan geen onderscheid maken in het soort straling. De badge wel. d De badge en de GM-teller.

Opgave 23

a Het middengedeelte, waar bètastraling en gammastraling worden geregistreerd en het rechtergedeelte waar alleen gammastraling wordt geregistreerd, zijn even grijs. Dit betekent dat er geen bètastraling aanwezig was. b Het gedeelte voor gammastraling is licht grijs gekleurd. Het linkergedeelte dat gevoelig is voor alfa-, bèta- en gammastraling is donkerzwart. Dit betekent dat er meer alfastraling dan gammastraling aanwezig was.


15 van 20

Opgave 24

a Zie figuur 4.6.

Figuur 4.6

Onder invloed van de lorentzkracht beschrijft het bètadeeltje een gebogen baan. Doordat het bètadeeltje energie verliest, gaat het steeds langzamer. me ⋅ v me Voor de kromtestraal geldt: = r (v ) = ⋅v B⋅q B⋅q Als de snelheid hoe langer hoe kleiner wordt neemt de kromtestraal van de baan steeds meer af. Hieruit volgt dat het deeltje van linksonder naar rechtsboven heeft bewogen. b Zie figuur 4.6. Geladen deeltjes die in een magnetisch veld loodrecht op de veldlijnen bewegen, ondervinden een lorentzkracht. De lorentzkracht zorgt voor een afbuiging van de baan van het deeltje. →

Een β–-deeltje is negatief geladen. De richting van de stroom I is dus →

tegengesteld aan de bewegingsrichting v van het elektron. De richting van de →

lorentzkracht F lor is ‘naar linksboven’. Voor het vinden van de richting van het →

magnetisch veld B gebruik je de linkerhandregel. →

Het magnetisch veld B staat loodrecht op je handpalm en heeft een richting die naar je toe is gericht (loodrecht het papier uit ). c De belletjes ontstaan rondom geïoniseerde waterstofatomen. De grootte van de belletjes is onafhankelijk van de energie van het bètadeeltje. Het spoor blijft dus even dik. Het spoor stopt abrupt, omdat het bètadeeltje niet voldoende energie heeft om nog ionisaties te veroorzaken. Er ontstaan dan ook geen belletjes meer.

4.7 Opgave 25

Effecten van ioniserende straling op mens en milieu

a Omdat de dichtheid van lood groot is, wordt gammastraling sterk geabsorbeerd door het lood. Alfa- en bètadeeltjes dringen helemaal niet door het lood heen. b Bij een ongeluk is het niet duidelijk wat voor stoffen er vrijgekomen zijn. Dat kunnen radioactieve of giftige gassen zijn, zodat het voor de hulpverleners verstandig is om een gasmasker te dragen. In het ziekenhuis weet je al dat er geen radioactieve of giftige gassen zijn. De medewerkers hoeven dus geen gasmasker te dragen.


16 van 20

Opgave 26

a D=

Eabs mweefsel

Eabs Pstraling ⋅ t =

  Pstraling = 5, 4 ⋅ 10 W = 5, 4 ⋅ 10 J/s   = = t 2,5 min 150 s  −8 → Eabs = 5, 4 ⋅ 10 × 150 = 8,10 ⋅ 10−6 J −8

−8

mhuid= 15 = g 15 ⋅ 10−3 kg → D=

8,10 ⋅ 10−6 = 5, 4 ⋅ 10 −4 Gy 15 ⋅ 10−3

b H= Q ⋅ D Qα-straling = 20 = D 5, 4 ⋅ 10 −4

  −4  → H = 20 × 5, 4 ⋅ 10 = 0,011 Sv =11 mSv  Gy 

c Volgens BINAS tabel 27G is de dosislimiet per jaar voor huid 50 mSv. Het ontvangen dosisequivalent overschrijdt de norm dus niet. Opgave 27

a Zie BINAS tabel 40A. Kalium heeft symbool K en atoomnummer 19 → Kalium–40 = 40 19 K Kalium–40 is radioactief en vervalt onder uitzending van bètastraling. Het vervalproduct (de dochterkern) heeft dan atoomnummer 19 + 1 = 20. Zie BINAS tabel 25. Het vervalproduct is Ca–40 = calcium–40. 40 40 40 40 β 20 ofCa + K−01 − Ca e 20 → + −01 19 K → 19 b In één gram kalium zitten 1,54 · 1022 atomen, waarvan 0,012% radioactief is. Het aantal radioactieve kernen kalium–40 in één gram kalium is: 0, 012 N K-40 per gram = × 1,54 ⋅ 1022 = 1,848 ⋅ 1018 100 Het aantal radioactieve kernen kalium–40 in 98 gram kalium is: N K-40, totaal =98 ⋅ N K-40 per gram =98 × 1,848 ⋅ 1018 =1,811 ⋅ 1020 Zie BINAS tabel 25. De halveringstijd van kalium–40 is 1,28 · 109 jaar. Zie BINAS tabel 5. 1 jaar = 3,15 · 107 s. Of 1 jaar = 365 dagen = 365 × 24 uur = 365 × 24 × 3600 s = 3,15 · 10 7 s → t½ = 1,28 · 109 × 3,15 · 107 = 4,032 · 1016 s ln 2  A= ⋅ N (t ) (t )  t 12  t 12 4, 032 ⋅ 1016 s =   20  N= 1,811 ⋅ 10  ( t ) N K-40,= totaal ln 2 → A (t ) = × 1,811 ⋅ 1020 =3,113 ⋅ 103 Bq =3,1 ⋅ 103 Bq 16 4, 032 ⋅ 10


17 van 20

c De energie van één uitgezonden bètadeeltje bedraagt gemiddeld 0,44 MeV. → Eβ− = 0, 44 MeV = 0,44 ⋅ 106 × 1, 602 ⋅ 10−19 = 7, 05 ⋅ 10−14 J De activiteit van het radioactieve kalium in het spierstelsel bedraagt 3,113 · 103 Bq. → per seconde: Estraling= 3,113 ⋅ 103 × 7, 05 ⋅ 10−14= 2,194 ⋅ 10−10 J → per jaar: Eabs = 2,194 ⋅ 10−10 × 3,15 ⋅ 107 = 6,91 ⋅ 10−3J D =

Opgave 28

Eabs

=

mspierweefsel

6,91 ⋅ 10−3 = 2,3 ⋅ 10−4 Gy 30

a Zie BINAS tabel 40A. Radon–222 heeft symbool Rn en atoomnummer 86 → Radon–222 = 222 86 Rn Radon–222 is radioactief en vervalt onder uitzending van alfastraling (zie BINAS tabel 25). 222 218 222 α of Rn24 Po → He 218 + 24 86 Rn → 84 Po + 86 84 b Eα = 5,486 MeV (zie BINAS tabel 25) Eα= 5, 486 ⋅ 106 × 1, 6022 ⋅ 10−19= 8, 790 ⋅ 10−13 J Het stralingsvermogen van het aanwezige radon–222 in de longen is 5,3 · 10–14 W. → De stralingsenergie per seconde is 5,3 · 10–14 J. Het aantal kernen dat per seconde vervalt is: 5,3 ⋅ 10 −14 Nα 6, 030 ⋅ 10−2 = = −13 8, 790 ⋅ 10 De activiteit van 2,5 dm3 lucht is: A2,5 6, 030 ⋅ 10−2 Bq = dm3 6, 030 ⋅ 10−2 → A = = 24 Bq 1 m3 2,5 ⋅ 10 −3 c De stralingsenergie per seconde is 5,3 · 10 –14 J. → per jaar: Eabs = 5,3 ⋅ 10−14 × 3,15 ⋅ 107 = 1,67 ⋅ 10−6 J

Eabs  mlongen  1,67 ⋅ 10−6 =2,2 ⋅ 10−4 Sv  → H =20 × Qα = 20 0,15   mlongen = 0,15 kg  H =Q⋅D =Q⋅

4.8 Opgave 29

Toepassing van ioniserende straling

a Een groot deel van de straling wordt niet geabsorbeerd door de tumor, maar verlaat het lichaam. b Alfastraling heeft een klein doordringend vermogen en kan niet door de wand van de capsule heen dringen. Alfastraling bereikt in dit geval de tumor niet. Daarom wordt er bètastraling gebruikt.


18 van 20

Opgave 30

a Tijdens het verval van de radioactieve stof verdwijnt de stof ook uit het lichaam door afscheiding. De hoeveelheid stof in het lichaam is dan sneller gehalveerd dan door één van beide processen apart. b Door afscheiding is na 24 dagen nog maar een kwart van de oorspronkelijke hoeveelheid jood over. In 24 dagen is deze hoeveelheid radioactief jood drie keer gehalveerd door radioactief verval. 1 Van het kwart deel is dan nog maar over. 8 1 1 1 Van de oorspronkelijke hoeveelheid resteert dan nog × = deel. 8 4 32 De activiteit is recht evenredig met het aantal radioactieve atomen. De activiteit 1 van de oorspronkelijke activiteit. is dan ook afgenomen tot 32 c

1 1 1  1 1 1 = + = + = 0, 2083 t 12,eff t 12,fys t 12,bio   t 12,eff 8, 0 12  → 1  t 12,fys = 8, 0 d = = 4,8 d t 12,eff  0, 2083 t 12,bio = 12 d  t

24

5

1  1 t1  1  4,8 1 d A(t ) = A(0) ⋅   2 =⋅ A   =⋅ A   =⋅A 32 2 2 2 Opgave 31

a De stralingsdosis die de tumor ontvangt van de drie zwakkere bronnen is 1,5 1, 5 keer de stralingsdosis bij gebruik van één sterke bron. Eén van de drie zwakkere bronnen zendt dan per tijdseenheid 0,5 keer de stralingsenergie uit van de sterke bron. De stralingsintensiteit van een zwakkere bron is dan ook de helft van de stralingsintensiteit van de sterke bron. b De tumor ontvangt een stralingsdosis die groter is dan bij het gebruik van één sterke bron. Het omringende gezonde weefsel wordt echter bestraald door maar één van de drie zwakkere bronnen. Het gezonde weefsel ontvangt dan in dezelfde tijd een kleinere dosis, omdat er vanuit een zwakkere bron minder straling per seconde komt. c Bij een tumor die vlak onder de huid ligt heeft deze methode weinig zin, omdat dan de straling sowieso door weinig gezond weefsel gaat. De methode zal dan ook eerder bij diepliggende tumoren gebruikt worden.

Opgave 32

a Zie figuur 4.7. d½ = 0,30 cm b Zie figuur 4.8 (1). Idoor = 44,5% van Iop Aflezen in figuur 4.7 bij 44,5% (2): dikte d = 0,33 cm c Er wordt bij P minder straling doorgelaten dan het gemiddelde. Er wordt dan meer geabsorbeerd en de staalplaat is dus dikker. d Zie figuur 4.8 (3). Bij punt P is Idoor = 42% van Iop. Zie figuur 4.7 (4). Aflezen: dikte d = 0,375 cm. Eerste manier 0,375 − 0,33 De procentuele afwijking is: × 100% = 13, 6% 0,33 → De afwijking bij punt P is niet toegestaan.


19 van 20

Figuur 4.7

Figuur 4.8

Tweede manier Voor de variatie in dikte is 10% toegestaan. De dikte d van de plaat moet zijn: 0,33 ± 0,033 cm of 0,297 cm < d ≤ 0,363 cm → De afwijking bij punt P is niet toegestaan.


20 van 20

Uitwerkingen opgaven hoofdstuk Soorten straling en stralingsbronnen

Recommend Documents