Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
89
15 Kernenergie 15.1 Inleiding Voorkennis 1 Ioniserende straling a b
c
De instabiele kern van een atoom. eigenschappen ioniserend doordringend vermogen vermogen groot klein
soort straling
bestaat uit
α-straling
heliumkernen
β-straling
elektronen
matig
matig
γ-straling
elektromagnetische straling
klein
groot
Dosimeter en Geiger-Müllerteller.
d De dosis D is de geabsorbeerde stralingsenergie per kg van het bestraalde voorwerp. Het dosisequivalent H is de dosis, vermenigvuldigd met een weegfactor (Q) voor de soort straling. E D = str Formules: en H = D ⋅ weegfactor m Eenheden:
e
D in Gy (gray = J/kg)
en
H in Sv (sievert)
weefsel/orgaan geslachtsorgaan
dosisequivalent (Sv) > 10 (lokaal)
acute stralingseffecten steriliteit
beenmerg
>5
dood door bloedverlies of infecties
darm
> 10 (lokaal)
dood door ontwrichting van de stofwisseling
centraal zenuwstelsel
> 50 (lokaal)
dood door beschadiging hersencellen
2 Radioactief verval a Overeenkomst: isotopen zijn elementen met hetzelfde atoomnummer Z. Verschil: isotopen hebben een verschillend massagetal A. b Bij het verval van een radioactieve isotoop zendt de kern α- of β-straling uit en in sommige gevallen ook γ-straling. Hierbij ontstaat er een ander element. c De activiteit is het aantal instabiele kernen dat per seconde vervalt. De eenheid is Bq (becquerel). d De activiteit van een isotoop neemt af, na één halveringstijd is de activiteit half zo groot. e
226 222 4 88 Ra → 86 Rn + 2 He
en
131 53 I
→ 131 54 Xe +
0 −1e
f De som van de massagetallen links en rechts van de reactiepijl is gelijk ⇒ de 'massa' blijft behouden. (N.b. in § 2.1 leer je in verband met de omzetting massa in energie de term ‘massadefect’ kennen). De som van de atoomnummers links en rechts van de reactiepijl is gelijk ⇒ de totale lading blijft behouden.
3 Stralingsbelasting a Bij uitwendige bestraling bevindt de bron zich buiten het lichaam. Dan is γ-straling het gevaarlijkst want deze dringt het diepst in het lichaam door. Bij inwendige bestraling bevindt de bron zich in het lichaam. Dan is α-straling het gevaarlijkst want deze straling geeft dan het grootste aantal ionisaties per cel (weegfactor = 20).
b Er zijn twee mogelijkheden: afstand houden en afscherming van de bron. c Men spreekt van besmetting als de radioactieve stoffen op of in het lichaam komen. Bij besmetting kan er zowel sprake zijn van uitwendig als inwendig bestraling. Het ligt eraan waar de radioactieve stoffen zich bevinden. Besmetting ontstaat als een bron open is en de radioactieve stoffen vrijkomen. Uitwendig is bestrijding mogelijk door wassen, inwendig is er weinig aan te doen.
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
90
4 Elektriciteitsvoorziening a Een thermische centrale werkt met warmte. Met de warmte wordt hete stoom gemaakt die een hoge druk heeft en daardoor via een stoomturbine een generator aan kan drijven. De generator produceert op zijn beurt de gewenste elektrische energie. Energieomzetting: chemische energie of kernenergie wordt via de tussenstap 'warmte' (hete stoom onder hoge druk) eerst omgezet in bewegingsenergie van de stoom en daarna omgezet in elektrische energie.
b Chemische energie ontstaat bij verbranding van fossiele brandstoffen zoals steenkool, aardolie of aardgas. c Bij de omzetting van chemische energie ontstaat luchtvervuiling. Deze zou je zoveel mogelijk tegen kunnen gaan door de afvalgassen eerst via filters zoveel mogelijk te reinigen van stof en giftige gassen. Chemische energie haal je uit de brandstofvoorraden die op den duur uitgeput zullen raken. Dit kun je zoveel mogelijk tegengaan door de centrale zo rendabel mogelijk te maken. Ook kun je de mensen aanmoedigen zo zuinig mogelijk om te gaan met het gebruik van elektrische energie. Daarnaast kun je proberen de mogelijkheden van gebruik van zonne-, water- en windenergie te gebruiken of door gebruik te maken van brandstofcel en fusiereactor.
15.2 Kernreacties Kennisvragen 7 Kernsplijting: gaat niet spontaan, er wordt een neutron in de kern geschoten. Er ontstaan diverse splijtingsproducten. Radioactief verval: gaat spontaan, er komt een α- of β-deeltje vrij (soms met een γ-foton). Er ontstaan steeds dezelfde vervalproducten.
8 a Uranium: U-235 ( 235 92 U ) b Bij de splijting ontstaan komen steeds enkele neutronen vrij die de reactie in stand kunnen houden. 9 Bij een gecontroleerde kettingreactie kan men het aantal reacties per seconde regelen door het invangen van vrijkomende neutronen door atoomkernen van een andere stof dan uranium. Het kettingproces wordt hierbij in de hand gehouden (voorbeeld: kerncentrale). Bij een ongecontroleerde kettingreactie verloopt het aantal splijtingen per seconde explosief, waardoor een kernexplosie ontstaat (voorbeeld: kernbom).
10 Bij kernsplijting valt een zware kern in twee of meer lichte kernen uiteen. Bij een kernfusie worden twee lichtere kernen samengevoegd tot een zwaardere kern. Overeenkomst: bij beide reacties komt energie vrij. 11 a
235 92 U
en
238 92 U
b In U-235 zitten 92 protonen en 235 − 92 = 143 neutronen. In U-238 zitten 92 protonen en 238 − 92 = 146 neutronen. 1 1H
12 a proton:
of
1 1p
b α-deeltje:
4 2 He
c positron:
0 0 1 e , 1β
13 a
235 1 92 U + 0 n 235 1 92 U + 0 n
of
4 2α
neutron:
1 0 n
β-deeltje:
0 −1 e
elektron: ,
0 −1β
of β −
of β +
→
140 54 Xe
→
141 56 Ba
+
94 38 Sr
+ 2 ⋅ 01n
(vergelijking 1)
+
92 36 Kr
1 0n
(vergelijking 2)
e
+ 3⋅
e
b Bij de 1 vergelijking: 2 en bij de 2 vergelijking: 3 neutronen.
Vervolg op volgende bladzijde.
0 −1 e
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
91
Vervolg van opgave 13.
c Gegeven: het massadefect bij reactie 1: Δm = 3,3⋅10
–28
kg en bij reactie 2: Δm = 3,1⋅10
–28
kg.
2
Voor het massadefect geldt de vergelijking E = m ⋅ c 8 –1 BINAS (tabel 7): de lichtsnelheid c = 2,998⋅10 ms 6
N.B. 1 MeV = 1⋅10 ⋅ 1,602⋅10
14 a
140 54 Xe
⎯⎯ ⎯⎯→ β; 16 s
= 1,602⋅10
–28
⋅ (2,998⋅10 ) = 2,966⋅10
–28
⋅ (2,998⋅10 ) = 2,786⋅10
Vgl. 1 ⇒ E = 3,3⋅10 Vgl. 2 ⇒ E = 3,1⋅10
–19
140 55 Cs
+
–13
J ⇒ 1J =
1 1,602 ⋅ 10 −13
MeV
8 2
–11
J = 185,39 MeV
Afgerond: E = 1,9⋅10 MeV
8 2
–11
J = 174,16 MeV
Afgerond: E = 1,7⋅10 MeV
0 −1e
94 38 Sr
en
⎯⎯ ⎯⎯⎯→ β; 1,3 min
2 2
94 39Y
+
0 −1e
b Volgens BINAS (tabel 25 – Isotopen) zijn Cs-133 en Y-89 stabiel. De vervalproducten Cs-140 en Y-94 worden niet in BINAS vermeld. Deze zijn (hoogstwaarschijnlijk) wel radioactief omdat ze veel meer neutronen hebben dan de stabiele isotopen. 15
235 1 92 U + 0 n
16 a X1:
90 37 Rb
→
148 57 La
X2:
+
85 35 Br
+ 3 ⋅ 01n
90 39Y
X3:
143 57 La
X4:
143 59 Pr
b De kern met de grootste halveringstijd: volgens BINAS (tabel 25) is dat Sr-90. Deze heeft een halveringstijd t1/2 van 28 jaar. 17 De reactievergelijking ziet er als volgt uit: 126 C + 126 C → 24 12 Mg BINAS (tabel 25 – Isotopen) geeft de waarden van de atoommassa’s in de eenheid ‘u’. N.B. De atoommassa = de kernmassa + de totale massa aan elektronen. Aangezien links en rechts van de reactiepijl echter evenveel elektronen geteld worden, heffen de massa’s van de elektronen elkaar links en rechts van de reactiepijl op en kun je dus met de atoommassa’s rekenen hoewel het om kernreacties gaat! Links van de reactiepijl is de massa = 2 ⋅ 12,000000 = 24,000000 u Rechts van de reactiepijl is de massa = 23,98505 u Het massadefect Δm = 24,000000 – 23,98505 = 0,01495 u -27 -29 = 2,48251⋅10 kg = 0,01495 ⋅ 1,66054⋅10 Dit massadefect wordt omgezet in energie: E = m ⋅ c 8 –1 BINAS (tabel 7): de lichtsnelheid c = 2,998⋅10 ms -29 8 2 –12 E = 2,48251⋅10 ⋅ (2,998⋅10 ) = 2,23128⋅10 J 6
–19
Aangezien 1 MeV = 1⋅10 ⋅ 1,602⋅10
= 1,602⋅10
is de energiewaarde ook te schrijven als E =
2
–13
J ⇒ 1J =
2,23128 ⋅ 10 −12 1,602 ⋅ 10 −13
1 1,602 ⋅ 10 −13
MeV
= 13,928 MeV –12
Afgerond: E = 2,231⋅10
18 Gegeven:
kernreactie 73 Li + 42 He →
11 5B
6
–19
; Ek,α = 2,0 MeV = 2,0⋅10 ⋅ 1,602⋅10
J = 13,93 MeV
= 3,204⋅10
–13
J.
a Ek,max = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v max 2 ⇒ 3,204 ⋅ 10 −13 = 1/ 2 ⋅ 6,6447805 ⋅ 10 −27 ⋅ v 2 ⇒ ⇒ v=
2 ⋅ 3,204 ⋅ 10 −13 6,6447805 ⋅ 10 − 27
= 9,820 ⋅ 10 6 m/s
6
Afgerond: v = 9,8⋅10 m/s 2
b Energie komt vrij doordat er bij de reactie sprake is van een massadefect: E = m ⋅ c In BINAS (tabel 25 – Isotopen) kun je de waarden vinden van de atoommassa’s in de eenheid ‘u’. N.B. Links en rechts van de reactiepijl komen evenveel elektronen voor, dus deze bijdragen heffen elkaar op. Links van de reactiepijl is de massa = 7,016004 + 4,002603 = 11,018607 u Rechts van de reactiepijl is de massa = 11,009305 u Het massadefect Δm = 11,018607 – 11,009305 = 0,09302 u -27 -29 = 1,54463⋅10 kg = 0,09302 ⋅ 1,66054⋅10 Vervolg op de volgende bladzijde.
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
92
Vervolg van opgave 18. Dit massadefect wordt omgezet in energie: E = m ⋅ c 8 –1 BINAS (tabel 7): de lichtsnelheid c = 2,998⋅10 ms -29 8 2 –12 E = 1,54463⋅10 ⋅ (2,998⋅10 ) = 1,388318⋅10 J 6
–19
Aangezien 1 MeV = 1⋅10 ⋅ 1,602⋅10
= 1,602⋅10
is de energiewaarde ook te schrijven als E =
c
7 4 3 Li + 2 He
→ 105 B +01n
d
7 4 3 Li + 2 He
→
10 1 4 Be +1p
2
–13
J ⇒ 1J =
1,388318 ⋅ 10 −12 1,602 ⋅ 10 −13
1,602 ⋅ 10 −13
= 8,6662 MeV
; BINAS (tabel 25): Be-10 vervalt volgens 6
1
10 4 Be
MeV Afgerond: E = 8,7 MeV
⎯⎯ ⎯⎯ ⎯ ⎯→ 6 β; 2,7 ⋅10
j
10 5B
+
0 −1e
6
e De halveringstijd van Be-10 is t1/2 = 2,7⋅10 j ⇒ 8,1⋅10 j = 3,0 ⋅ t1/2 3
6 Na 8,1⋅10 j is er nog ⎛⎜ 1 ⎞⎟ = 1 -deel over. En dus is 7 -deel van de kernen vervallen. 8 8 ⎝2⎠ 7 4 D.w.z. ⋅ 3,2 ⋅ 10 4 = 2,80 ⋅ 10 4 Afgerond: 2,8⋅10 kernen zijn vervallen. 8
19 a b
238 1 92 U + 0 n 239 93 Np
→
239 92 U
239 94 Pu
→
c Het is instabiel. 20 a
10 1 5B + 0n
→
→
+
239 93 Np
0 −1e
239 94 Pu
+
0 −1e
⇒ het vervalproduct is Np-239
⇒ het vervalproduct is Pu-239
→
235 92 U
+ 42 He
4 7 2 He + 3 Li
b Door de massa links en rechts van de reactiepijl met elkaar te vergelijken kun je zien of er bij de reactie massa ‘onstaat’ of juist ‘verdwijnt’. In het eerste geval is er energie nodig, in het tweede geval komt er energie vrij. In BINAS (tabel 25 – Isotopen) kun de waarden vinden van de atoommassa’s in de eenheid ‘u’. N.B. Links en rechts van de reactiepijl komen evenveel elektronen voor, dus deze bijdragen heffen elkaar op. Links van de reactiepijl is de massa = 10,012938 + 1,008665 = 11,021603 u Rechts van de reactiepijl is de massa = 4,002603 + 7,016930 = 11,019533 u Conclusie: ná de reactie is de massa kleiner dan vóór de reactie. Er is dus massa omgezet in energie d.w.z. bij de reactie komt energie vrij. N.B. Het massadefect Δm = 11,021603 – 11,019533 = 0,002070 u -27 -30 = 0,002070 ⋅ 1,66054⋅10 = 3,4373178⋅10 kg 2
-30
Dit geeft een hoeveelheid energie: E = m ⋅ c = 3,4373178⋅10 Of E =
21 a Deuterium:
1 1H
3,08946 ⋅ 10 1,602 ⋅ 10
−13
−13
= 1,92850 MeV
+ 11 H → 22 He → 21H + 01e
b
2 1H
+ 31H → 52 He → 42 He + 01n
Afgerond: E = 3,09⋅10
en
Bij elk van de reacties komt een positron (
0 1e
of
8 2
⋅ (2,998⋅10 ) = 3,08946⋅10
tritium: 0 1β
1 1H
–13
–13
J
J = 1,93 MeV
+ 21H → 32 He → 31H + 01e
) vrij.
Er komt een neutron (
1 0n
) vrij.
c 5 ⋅ 11 H → 42 He + 01n + 3 ⋅ 01e 6
–19
–12
d Gegeven: E = 26 MeV = 26⋅10 ⋅ 1,602⋅10 = 4,165⋅10 J 2 8 –1 Voor het massadefect: E = m ⋅ c met c = 2,998⋅10 ms ⇒ m=
E c2
=
4,165 ⋅ 10 −12
(2,998 ⋅ 10 )
8 2
= 4,634 ⋅ 10 −29 kg
Afgerond: m = 4,6⋅10
–29
kg
Newton havo deel 2
22 a 3 ⋅ 42 He →
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
12 6C
en 2 ⋅
12 6C
→
20 10 Ne
4 2 He
+
93
(zie informatieboek bl. 191: Kernfusie in sterren).
b IJzer: Fe-56. c
56 1 26 Fe + 0 n
57 27 Co
→
+
0 −1e
N.B.1. Fe-57 dat in eerste instantie ontstaat is volgens BINAS stabiel. Toch vervalt het mogelijk door de grote hoeveelheid energie die het neutron toevoert. N.B.2. Co-57 is niet stabiel en vervalt in Fe-57, zie BINAS tabel 25.
d
57 1 27 Co + 0 n
→
58 28 Ni
+
0 −1e
23 a Het samensmelten van een proton en een elektron tot een neutron kun je met de volgende reactievergelijking weergeven: 11p + −01e → 01n BINAS vermeldt in tabel 7 de ‘rustmassa’ van proton, neutron en elektron in de eenheid ‘u’, ‘kg’ of de energie-eenheid ‘MeV’. Door gebruik te maken van de laatste kolom is het gemakkelijkst in te zien hoe de energie-massa-balans eruit ziet: - energiehoeveelheid links van de reactiepijl = 938,27 + 0,51 = 938,78 MeV - energiehoeveelheid rechts van de reactiepijl = 939,56 MeV Conclusie: bij deze reactie moet dus energie worden toegevoerd. Bij de omgekeerde reactie 01n → 11p +
0 −1e
komt er dus energie vrij. Afgerond: ΔE = 0,78 MeV
b De hoeveelheid energie die vrijkomt = 939,56 - 938,78 = 0,78 MeV
Oefenopgaven 25 Kernsplijting a Het isotoop Sr-90 heeft als atoomnummer 38. Dus N = 90 − 38 = 52 b Het massagetal A moet dan zijn 235 + 1 = 90 + A + 2 ⇒ Het atoomnummer Z moet dan zijn: 92 + 0 = 38 + Z + 0 ⇒ M.b.v. BINAS (tabel 25): isotoop van xenon ⇒
144 54 Xe of
N = 52
A = 144 Z = 54
Xe-144
Xe-144
c De splijting door 1 neutron levert weer 2 nieuwe neutronen op. Deze kunnen op hun beurt weer voor volgende splijtingen zorgen. Omdat er per reactie meer dan 1 neutron vrijkomt, zal het aantal splijtingen alsmaar toenemen en explosief verlopen. 6
–19
d Gegeven: E = 180 MeV = 180⋅10 ⋅ 1,602⋅10 = 2,884⋅10 2 8 –1 Voor het massadefect: E = m ⋅ c met c = 2,998⋅10 ms ⇒ m=
E c
2
=
2,884 ⋅ 10 −11
(2,998 ⋅ 10 )
8 2
90 38 Sr
J
= 3,2083 ⋅ 10 − 28 kg
e Isotoop 1: N = 52 en Z = 38 ⇒ A = 90 ⇒ Reactievergelijking:
–11
→
90 39Y
+
0 −1e
–28
Afgerond: m = 3,21⋅10
90 38 Sr
Isotoop 2: N = 51 en Z = 39 ⇒ A = 90 ⇒
90 39 Y
–
Er komt β -straling vrij (zie ook BINAS tabel 25).
26 Deuteriumfusie Gegeven: in V = 60 L = 60⋅10
–3
m komt 2,0 g 21H voor; aantal kernen in 2,0 g is 6,0⋅10 ; 3
figuur 4: kernmassa van 21H en
a
2 1H
23
4 2 He .
+ 21H → 42 He 2
8
b E = Δm ⋅ c waarin Δm = het massadefect en de lichtsnelheid c = 2,998⋅10 ms
–1
(zie BINAS tabel 7).
In BINAS (tabel 25 – Isotopen) kun de waarden vinden van de atoommassa’s in de eenheid ‘u’. N.B. Links en rechts van de reactiepijl komen evenveel elektronen voor, dus deze bijdragen heffen elkaar op. Links van de reactiepijl is de massa = 2 · 2,014102 = 4,028204 u Rechts van de reactiepijl is de massa = 4,002603 u Het massadefect Δm = 4,028204 – 4,002603 = 0,025601 u -27 -29 = 0,025601 ⋅ 1,66054⋅10 = 4,25115⋅10 kg Vervolg op volgende bladzijde.
kg
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
94
Vervolg van opgave 26. 2
-30
8 2
Dit geeft een hoeveelheid energie: E = m ⋅ c = 3,4373178⋅10 ⋅ (2,998⋅10 ) = 3,82093⋅10 1 6 –19 –13 1 MeV = 1⋅10 ⋅ 1,602⋅10 = 1,602⋅10 J ⇒ 1 J = MeV 1,602 ⋅ 10 −13 Of E =
3,82093 ⋅ 10 −13 1,602 ⋅ 10 −13
–13
= 23,851 MeV
Afgerond: E = 3,821⋅10
c Bij de fusie van 2 waterstofatomen komt een energie vrij van 3,821⋅10
–12
–12
J
J = 23,85 MeV
J.
23
6,0 ⋅ 10 = 3,0 ⋅ 10 23 2 23 –12 12 Etotaal = 3,0⋅10 ⋅ 3,821⋅10 = 1,146⋅10 J Het aantal fusie-reakties is
Afgerond: Etotaal = 1,1⋅10
12
J
d Voor de vrijkomende energie bij verbranding van benzine geldt: Ech = rv ⋅ V . 9
3
6
BINAS (tabel 28 A): rv,benzine = 33⋅10 J/ m = 33⋅10 J/ L Er is nodig: V =
1,146 ⋅ 1012 33 ⋅ 10 6
= 3,474 ⋅ 10 4 L
4
Afgerond: V = 3,5⋅10 L
27 Neutronvangst
100
a Bij neutronvangst verandert Z niet en neemt A met 1 toe: Z 1 stap horizontaal naar rechts. Bij β-verval neemt Z met 1 toe en A verandert niet: 1 stap verticaal naar boven.
96
neutronvangst
⇒ de nieuwe kern is Pu-245
c Vervalsproces: na x ⋅ t1/2
α -verval
β -verval
94
b Bij α-verval neemt A met 4 af en Z met 2: 249 245 4 96 Cm → 94 Pu + 2 He
98
240
242
244
246
248
250
252
A
x
e ⇒ nog ⎛⎜ 1 ⎞⎟ - deel van het oorspronkelijke aantal atomen over en ⎝2⎠
x 24 e = 7,5 halveringstijden dus is 1 – ⎛⎜ 1 ⎞⎟ - deel dan vervallen (N.B. zie hoofdstuk 8). Na 24 u zijn er ⎝2⎠ 3,2
verlopen ⇒ vervallen: 1 – ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎝2⎠
7,5
= 1 - 5,524⋅10
–3
e
= 0,995- deel
Afgerond: 99,5% vervallen
28 Protonenbestraling 3 + 6 –19 –13 Gegeven: He -ionen met Ek = 0,80 MeV = 0,80⋅10 ⋅ 1,602⋅10 = 1,2816⋅10 J; 6 –19 –12 protonen: Ek,p = 13,6 MeV = 13,6⋅10 ⋅ 1,602⋅10 = 2,179⋅10 J. a Ek = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 3 + m van He -ion: BINAS (tabel 25): atoommassa van He-3 : 3,016029 u, waarbij volgens –27 tabel 7 van BINAS: 1 u = atomaire massaeenheid = 1,66054⋅10 kg ⇒ –27 – 27 ⇒ m He-3-atoom = 3,016029 ⋅ 1,66054⋅10 = 5,0082⋅10 kg Van dit atoom moet de massa van een elektron worden afgetrokken: – 31 BINAS (tabel 7) ⇒ rustmassa elektron = 9,10939⋅10 kg ⇒ – 27 – 31 – 27 – 9,10939⋅10 = 5,0073⋅10 kg m He-3-ion = 5,0082⋅10 1,2816 ⋅ 10 −13 =
1 ⋅ 5,0073 ⋅ 10 − 27 ⋅ v 2 ⇒ v = 2
2 ⋅ 1,2816 ⋅ 10 −13 5,0073 ⋅ 10
− 27
= 7,155 ⋅ 10 6 m/s 6
Afgerond: v = 7,2⋅10 m/s
b
2 1H
+ 32 He → 11H + 42 He waarbij 11H een proton voorstelt. –4
c Gegeven: mtumor = 0,145 g = 1,45⋅10 kg; D = 10 Gy. Gevraagd: aantal benodigde protonen N. Nieuwe onbekende: Estr. Estr = N · Eproton E str D= ⇒ E str = D ⋅ m = 10 ⋅ 1,45 ⋅ 10 − 4 = 1,45 ⋅ 10 − 3 J m 1,45 ⋅ 10 − 3 = N ⋅ 2,179 ⋅ 10 −12 ⇒ N =
1,45 ⋅ 10 −3 2,179 ⋅ 10 −12
= 6,654 ⋅ 108
Afgerond: N = 6,7⋅10
8
d - De bron zit dichter bij de tumor, er wordt veel minder gezond weefsel bestraald. - De activiteit van de gebruikte bron kan kleiner zijn omdat de concentratie protonen bij de punt groot is.
254
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
95
15.3 Kerncentrale Kennisvragen 30 ● In de splijtstofstaven bevindt zich een mengsel van (verrijkt) U-235 en U-238. ● De moderator bestaat uit een stof die de snelle neutronen, die vrijkomen bij een reactie, kan afremmen zodat ze gemakkelijker nieuwe splijtingsreacties kunnen veroorzaken. ● Regelstaven zorgen ervoor dat het aantal reacties per seconde constant blijft. Ze absorberen het teveel aan vrije neutronen. 31 ● Verrijkt uranium bevat een hoger percentage U-235 namelijk ca.4% . ● Voor de splijtingsreactie is vooral U-235 nodig. Natuurlijk uranium bevat te weinig U-235 om splijtingsreacties in stand te kunnen houden. Er is geen kettingreactie mogelijk. 32 De kern van een atoom is zeer klein vergeleken bij de afmetingen van het atoom zelf. Als er bij een splijtingsreactie nieuwe neutronen vrijkomen, is de kans niet zo groot dat ze de kern van een nog niet gespleten U-235-atoom zullen treffen. Te meer omdat het percentage U-235 ook nog eens klein is. Er verdwijnen daardoor altijd neutronen aan de rand uit de stof of ze reageren met andere aanwezige stoffen, zoals U-238. N.B. Daarom kent men de term ‘kritische massa’: de minimale hoeveelheid van bijv. U-235 die je bij elkaar moet stoppen om een kettingreactie op gang te kunnen brengen en in stand te kunnen houden 33 Een watermolecuul bestaat uit 2 waterstof-atomen (naast een zuurstofatoom). Een waterstofatoom neemt niet gemakkelijk een neutron op en bij een botsing met lichte kern is de energieoverdracht groot. 34 Het ‘kritiek-zijn’ betekent dat het aantal splijtingsreacties per seconde constant is. Het geleverde vermogen is dan ook constant. Als het aantal splijtingsreacties per seconde namelijk toeneemt dan zal de reactie binnen korte tijd explosief verlopen. 35 De regelstaven worden een stukje uit de kernreactor gehaald, er worden daardoor minder neutronen weggevangen. Het aantal splijtingsreacties per seconde neemt toe. Op het moment dat het gewenste grotere vermogen wordt bereikt, worden de regelstaven weer in een zodanige stand gezet dat de kernreactor weer kritiek is. Het aantal reacties per seconde is dan weer constant. 6
36 Gegeven: Esplijting = 200 MeV = 200⋅10 ⋅ 1,602⋅10
–19
= 3,204⋅10
2
8
–11
–27
J; mkern = 390⋅10
kg.
–1
a Voor het massadefect: E = Δm ⋅ c met c = 2,998⋅10 ms ⇒ Δm =
b
E c2
=
3,204 ⋅ 10 −11
(2,998 ⋅ 10 )
8 2
= 3,5648 ⋅ 10 −28 kg
Δm 3,5648 ⋅ 10 −28 = = 9,141 ⋅ 10 − 4 m 390 ⋅ 10 − 27
In procenten:
Afgerond: Δm = 3,56⋅10
–28
kg
Δm ⋅ 100% = 0,0914% Afgerond: 0,091% m
37 Gevraagd: aantal kernsplijtingen per seconde n. 6 –19 –11 6 Gegeven: Esplijting = 200 MeV = 200⋅10 ⋅ 1,602⋅10 = 3,204⋅10 J; Preactor = 15⋅10 W. n=
E reactor 15 ⋅ 10 6 = 4,682 ⋅ 1017 s −1 = −11 E reactie 3,204 ⋅ 10
Afgerond: n = 4,7⋅10
17
s
–1
38 Gevraagd: rendement η. –5 –4 e Gegeven: msplijting = 2,6⋅10 kg per seconde, waarvan 0,091% = 9,1⋅10 deel wordt omgezet in energie; 6 Pcentrale = 740⋅10 W.
η=
Pnuttig Pin
=
Pc Psplijting
Nieuwe onbekende: Psplijting
Het vermogen Psplijting is het gevolg van het massadefect per seconde: 2 E splijting 8 –1 = Δm ⋅ c = Δm ⋅ c 2 met c = 2,998⋅10 ms Psplijting = Nieuwe onbekende: Δm . Δt Δt Δt Δt –4 e 9,1⋅10 - deel van de hoeveelheid massa dat gespleten wordt, wordt omgezet in energie ⇒ Δm = 9,1 ⋅ 10 −4 ⋅ 2,6 ⋅ 10 −5 = 2,366 ⋅ 10 −8 kg/s Δt Vervolg op volgende bladzijde.
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
Vervolg van opgave 38.
(
Psplijting = 2,366 ⋅ 10−8 ⋅ 2,998 ⋅ 108
)
2
96
= 2,127 ⋅ 109 W
6 η = 740 ⋅ 10 9 = 0,348
Afgerond: η = 0,35 = 35%
2,127 ⋅ 10
39 Neutronen die uit de splijtstofstaven vrijkomen, worden door alle materialen in de omgeving geabsorbeerd, d.w.z. dat de kernen van de betreffende atomen neutronen opnemen. Door deze kernreacties in de staven en de wand onstaan er instabiele isotopen (en dus radioactieve stoffen). Ook de vervalproducten ten gevolge van de gewenste splijtingsreacties met U-235 zijn radioactief. 40 Door absorptie van neutronen kunnen via kernreacties uit waterstofkernen deuteriumkernen en tritium-kernen ontstaan :
1 1H
+ 01n → 21H en
2 1H
+ 01n → 31H
Hierbij is het tritium H-3 radioactief.
Evenzo kan de zuurstofkern O-16 uit het water ( H 2 O ) overgaan in O-17. Enzovoort.
41 • • • • • •
De stralingsbelasting wordt door stralingsmeters voortdurend gecontroleerd. Belangrijke onderdelen zoals meet- en regelsystemen zijn dubbel of driedubbel aanwezig. Er is een noodkoelsysteem. Het reactorvat bestaat uit dikke stalen wanden omgeven door betonnen wanden. De betonnen veiligheidskoepel moet goed afsluiten en bescherming bieden tegen rampen van buitenaf. De lucht in de koepel heeft een onderdruk zodat er alleen lucht van buiten naar binnen gaat en niet omgekeerd. Bovendien wordt de lucht gefilterd.
42 Beide verklaringen zijn niet juist: • Het gaat niet zozeer om het ontsnappen van straling. Deze straling komt niet ver. Wat wel van belang is het ontsnappen van de radioactieve vervalproducten (I-131, Cs-137 en Sr-90). Deze zijn via de lucht verspreid. Het gevaar zit er in dat deze isotopen door de planten worden opgenomen of via voedsel en lucht in het lichaam van mensen en dieren terecht komt. • De spinazie wordt bij de tweede verklaring alleen doorstraald. Op zich hoeft dat nog geen nadelige invloed te hebben. Het gevaarlijke zit er echter in dat de spinazie de radioactieve stoffen heeft opgenomen. Het eten van de groente, met de radioactieve stoffen die daar via het water in zijn opgenomen, is veel gevaarlijker. In dat geval is er sprake van inwendige besmetting. 43 a
uranium winning
zuivering uraniumerst
verrijking
splijtstof staven
gebruik staven
opwerking afval
afval opslag
Voor de toelichting op de verschillende onderdelen: zie § 3.3. Splijtstofcyclus
b De risico’s op vrijkomen zijn het grootst bij: - winning: er zijn dan open bronnen en er is radioactief mijnafval. - lozing van materiaal uit de opwerkingsfabriek. - opslaan van kernsplijtingsafval. Het gevaar is groot dat bijvoorbeeld door lekkage van opslagvaten toch radioactieve stoffen in het grondwater terecht komen.
Oefenopgaven 45 Splijtstofverbruik 6 6 –19 –11 Gegeven: η = 32% = 0,32; Pe = 1000⋅10 W; Esplijting = 200 MeV = 200⋅10 ⋅ 1,602⋅10 = 3,204⋅10 J; –4 e deel van m omgezet in energie E. per splijting 0,091% = 9,1⋅10 Pnuttig
6 6 Pe ⇒ 0,32 = 1000 ⋅ 10 ⇒ Pr = 1000 ⋅ 10 = 3125 ⋅ 10 6 W Afgerond: Pr = 3,1 GW 0,32 Pin Pr Pr • Stel aantal kernsplijtingen per seconde is n: 6 Pr 19 –1 n= ⇒ n = 3125 ⋅ 10 = 9,753 ⋅ 1019 s −1 Afgerond: n = 9,8·10 s −11 E splijting 3,204 ⋅ 10
a• η=
=
Vervolg op volgende bladzijde.
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
97
Vervolg van opgave 45.
b Verbruik per seconde –4
Het massadefect per seconde bepaalt het splijtstofgebruik per seconde: Δm = 9,1⋅10 ⋅ ms 2 E 2 8 –1 Voor het massadefect: Er = Δm ⋅ c met c = 2,998⋅10 ms ⇒ Pr = r = Δm ⋅ c = Δm ⋅ c 2 Δt Δt Δt
(
3125 ⋅ 10 6 = Δm ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 Δt
)
2
6 ⇒ Δm = 3125 ⋅ 10 Δt 2,998 ⋅ 10 8
(
3,477 ⋅ 10
Het verbruik aan splijtstof per seconde =
−8
9,1 ⋅ 10 −4
= 3,477 ⋅ 10 −8 kg/s
)
2
= 3,821 ⋅ 10 −5 kg/s –5
Afgerond: verbruik = 3,8⋅10 kg/s
c Jaarverbruik 7 –5 7 3 Δtjaar = 365 ⋅ 24 ⋅ 3600 = 3,154⋅10 s ⇒ jaarverbruik = 3,821⋅10 ⋅ 3,154⋅10 = 1,205⋅10 kg/jr 3 Afgerond: jaarverbruik = 1,2⋅10 kg/jr 6
d BINAS (tabel 28A): steenkool rv = 29⋅10 Jkg
–1
⇒ verbruik Ech = rv ⋅ m of Pch =
6 6 6 Pch = Pr = 3125 ⋅10 W ⇒ 3125 ⋅10 = 29⋅10 ⋅ Δm ⇒ Δt 7
9
Jaarverbruik = 107,8 ⋅ 3,154⋅10 = 3,398⋅10 kg/jr
E ch Δt
= r v ⋅ Δm Δt
Δm = 3125 ⋅ 10 6 = 107,8 kg/s Δt 29 ⋅ 10 6 9 Afgerond: jaarverbruik = 3,4⋅10 kg/jr
3
9
e 1,2⋅10 kg U-235 geeft dezelfde hoeveelheid energie als 3,4⋅10 kg steenkool ⇒ 3,4 ⋅ 10 9
1,0 kg U-235 levert evenveel als
1,2 ⋅ 10 3
⋅ 1,0 = 2,8 ⋅ 10 6 kg steenkool
6
Afgerond: m = 2,8⋅10 kg
f Het uranium moet niet alleen gewonnen worden uit erts, het moet ook verrijkt worden. Bovendien moet het afval veel zorgvuldiger verwerkt worden vergeleken met het gebruik van fossiele brandstoffen. Voor deze processen is ook veel energie nodig. 46 Mijnafval a Vervalreeks:
238 92 U
234 90Th
⎯⎯→ α
⎯⎯→ β
234 91Pa
β
234 92 U
⎯⎯→
218 84 Po
⎯⎯→
⎯⎯→ α
230 90Th
⎯⎯→ α
226 88 Ra
⎯⎯→ α
Voorbeelden van vervalsreakties: 234 91Pa
⎯⎯→ β
234 92 U
+
0 −1e
222 86 Rn
en
α
+
4 2 He
b Rn-222 is een gasvormige α-straler. Bij inademing kan inwendige besmetting ontstaan. En juist bij α-stralers (met weegfactor = 20) is dat extra gevaarlijk. 47 Opwerking a• •
238 1 92 U + 0 n
→
239 94 Pu
235 92 U
→
239 92 U
+
→
239 93 Np
+
0 −1e
en
239 93 Np
→
239 94 Pu
+
0 −1e
4 2 He
b Voor verrijking wordt uranium omgezet in een gasvormige verbinding. Inademing van een gasvormige α-straler (met weegfactor = 20) is zeer gevaarlijk. 48 Kernramp a Xe-135 is via β-straling ontstaan ⇒
135 53 I
→
135 54 Xe
+
0 −1e
Dit betekent dat I-135 het oorspronkelijke radioactieve isotoop was.
b De kern van xenon kan een neutron absorberen. Het aantal neutronen dat nieuwe splijtingen kan veroorzaken, neemt daardoor af. c Borium (B). Regelstaven absorberen het teveel aan neutronen waardoor de reactor kritisch blijft. Als de regelstaven omhoog getrokken worden, zal er een toename zijn van het aantal neutronen dat een nieuwe reactie kan veroorzaken. d De moderator is grafiet (d.w.z. koolstof C). Voor splijting heeft men langzame (thermische) neutronen nodig. De moderator neemt een neutron niet (of zelden) op, maar remt het bij de botsing af doordat het neutron een behoorlijk deel van zijn kinetische energie kan overdragen.
222 86 Rn
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
98
49 Thoriumreactor a Eerst
232 1 90 Th + 0 n
→
233 90Th
233 90 Th
⇒
→
233 91Pa
+
0 −1e
⇒
233 91Pa
→
233 92 U
+
0 −1e
b Gevraagd: Esplijting. Gegeven:
233 92 U
+ 01n →
140 54 Xe
+
94 38 Sr
De energie Esplijting is het gevolg van het massadefect: E splijting = m ⋅ c 2 met c = 2,998⋅10 ms 8
–1
Nieuwe onbekende: m m = mvoor – mna Nieuwe onbekenden: mvoor en mna. –27 De massa van een neutron is te vinden in BINAS (tabel 7): mneutron = 1,67493⋅10 kg –27 –27 mvoor = (386,97862 + 1,67493)⋅10 = 388,65355⋅10 kg –27 –27 mna = (232,34935 + 155,95281)⋅10 = 388,30216⋅10 kg –27 –27 –27 m = 388,65355⋅10 – 388,30216⋅10 = 0,35139⋅10 kg
(
E splijting = 0,35139 ⋅ 10 −27 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 6
1 MeV = 1⋅10 ⋅ 1,602⋅10 E=
3,158 ⋅ 10 −11 1,602 ⋅ 10 −13
–19
)
2
= 3,158 ⋅ 10 −11 J
= 1,602⋅10
–13
J ⇒ 1J =
1 1,602 ⋅ 10 −13
= 197,1 MeV
MeV Afgerond: E = 197 MeV
c Zodra de versneller wordt uitgezet, stopt ook de produktie van neutronen. Daardoor wordt er geen U-233 meer aangemaakt zodat ook deze splijtingsreactie stopt. Met U-235 kunnen de splijtingsreacties doorgaan omdat bij elke splijting er 2 of 3 neutronen vrijkomen. Deze reacties komen in de splijtstofstaven voor en zijn daarom ook veel minder gemakkelijk te beïnvloeden.
50 Arsenicumvergiftiging a
76 33 As
→
76 34 Se
+
0 −1e
b Gegeven: achtergrondstraling: 24 p/min; mensenhaar + achtergrond: 164 p/min; herhaling meting na 53,6 uur: 59 p/min. Gegeven: is dit mogelijk arseen (As)? Aantal pulsen van mensenhaar: op t = 0 uur : 164 – 24 = 140 p/min op t = 53,6 uur : 59 – 24 = 35 p/min BINAS (tabel 25): voor As-76 is t1/2 = 26,8 uur ⇒ 53,6 uur = 2 ⋅ t1/2 Volgens de theorie verminderd het aantal pulsen per min na elke halveringstijd met de helft. Dus als je begint met 140 p/min, dan heb je na 1 ⋅ t1/2 nog 70 p/min en na 2 ⋅ t1/2 nog 35 p/min. Dit stemt overeen met de meting. De stof kan dus arseen zijn.
51 Stralingstherapie a
10 5B
+ 01n →
11 5B
→ 73 Li + 42 He
B-11 was het tussenproduct!
b De isotopen B-10, Li-7 en He-4 zijn stabiel. Er is na de behandeling geen sprake van besmetting. c In het artikel wordt 'dracht' gedefinieerd als ‘de afgelegde afstand tot het verval’. Dit is een onjuiste uitdrukking. De dracht is de afstand die een verval-deeltje zoals bijvoorbeeld een He-kern (= α-deeltje) in een bepaald medium gemiddeld kan afleggen. d • Er wordt geen (of nauwelijks) gezond weefsel kapot gemaakt. • De stralingsdosis ter plaatse van de tumor is groot. • Er zijn geen radioactieve vervalproducten. T.o.v. opgave 28: • Men kan gemakkelijker hersentumoren behandelen, er is geen naald in de tumor nodig. • Het borium vindt ‘vanzelf’ de juiste plaats.
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
99
15.5 Afsluiting Samenvatten 55 Alternatieven zijn bijvoorbeeld: 1. fossiele brandstoffen: steenkool, gas en olie; 2. kernenergie: splijting en fusie; 3. zonne-energie; 56 Criteria kunnen zijn: 1. kosten per kWh; 2. gevolgen voor het milieu; 3. uitputting (voorraad op aarde);
4. plaats op aarde (voor zon, wind en water) – hier Nederland; 5. gevaar bij rampen voor de omgeving (explosies).
57 - 58 - 59 - 60 Bespreek de keuzemogelijkheden met je klasgenoten.
Oefenopgaven 61 Jodiumtabletten Oriëntatie: Gevraagd: op welke datum is de activiteit van I-131 gedaald tot 6% van maximum? Gegeven: op 1 mei bereikt de activiteit ten gevolge van het isotoop I-131 een maximum. Planning en uitvoering: Om de datum te bepalen moet je eerst weten na hoeveel dagen de activiteit is gedaald tot 6% van het maximum. De halveringstijd van I-131 kun je opzoeken ⇒ Binas (tabel 25): I-131 ⇒ t1/2 = 8,0 dagen Stel dat Δt het aantal dagen is dat er 'geslikt' moet worden ⇒ Δt = x ⋅ t1/2 = x ⋅ 8,0 dagen ⇒ Nieuwe onbekende: x. 6% = 0,06 deel ⇒ de waarde van x volgt uit de vergelijking 0,06 = ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎝2⎠ Oplossing: x = 4,06 en dus Δt = 4,06 ⋅ 8,0 = 32,47 dagen e
x
N.B. De benodigde rekenmethode m.b.v. de grafische rekenmachine is beschreven bij opgave 27 van hoofdstuk 8 uit deel 1. Reken je voor de veiligheid met 33 dagen na 1 mei dan kom je uit op 3 juni. De bevolking moest dus tot 3 juni 1986 jodiumtabletten slikken.
Controle: Als je rekent met 4× de halveringstijd (= 32 dagen) ⇒ dan is de activiteit verminderd tot ⎛⎜ 1 ⎞⎟ ⎝2⎠
4
= 0,0625 ⇒ 6,3%
Je zit dan inderdaad dicht in de buurt van de 6%.
62 JET Oriëntatie: Gevraagd:
Enieuw . E oud
Gegeven: kernreactie 'oude type':
2 1H
kernreactie 'nieuwe type':
+
2 1H
2 1H
+
→ 32 He +
3 1H
1 0n ;
→ 42 He +
1 0n .
Planning: De energie komt vrij dankzij het feit dat er massa wordt omgezet in energie (massadefect):
E fusie = m ⋅ c 2 met c = 2,998⋅10 ms Nieuwe onbekende: m m = m vóór reactie – m na reactie Dit moet zowel bij de oude als het nieuwe type fusiereactie uitgerekend worden. 8
–1
In BINAS (tabel 25) vind je de benodigde atoommassa’s: 2 1H:
2,014102 u ;
Vervolg op volgende bladzijde.
3 2 He
: 3,016029 u ;
4 2 He :
4,002603 ;
1 0n
: 1,008665 u.
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
100
Vervolg van opgave 62.
Uitvoering: moud = (2 · 2,014102) − (3,016029 u + 1,008665) = 0,00351 u –27 –27 –30 = 5,8285⋅10 kg BINAS (tabel 7): 1 u = 1,66054⋅10 kg ⇒ moud = 0,00351 ⋅ 1,66054⋅10
(
E oud = 5,8285 ⋅ 10 −30 ⋅ 2,998 ⋅ 108
)
2
= 5,2387 ⋅ 10 −13 J
mnieuw = (2,014102 + 3,016029) − (4,002603 + 1,008665) = 0,01886 u –27 –29 ⇒ mnieuw = 0,01886 ⋅ 1,66054⋅10 = 3,1323⋅10 kg
(
Enieuw = 3,1323 ⋅ 10 −29 ⋅ 2,998 ⋅ 108
)
2
= 2,8153 ⋅ 10 −12 J
Enieuw 2,8153 ⋅ 10 −12 = = 5,374 E oud 5,2387 ⋅ 10 −13
Afgerond:
E nieuw = 5,4 E oud
Controle: er komt 5,4× zoveel energie vrij met het nieuwe type fusiereactie. N.B. om de energie verhouding uit te rekenen, kun je in principe ook met de verhouding van 2 het massadefect in beide situaties rekenen aangezien je beide keren met c hebt vermenigvuldigd. 63 Energievoorziening Oriëntatie: Gevraagd: aantal jaren N. 24
Gegeven: water ⇒ 9,9⋅10
2 1H
3
9
3
-kernen per m ; IJsselmeer ⇒ 1,8⋅10 m water; rendement η = 1; 20
Ewereld (= Ew) per jaar = 2,6⋅10
J.
Planning: De beschikbare energie Eb = N ⋅ Ew Nieuwe onbekende: Eb. De energie Eb komt vrij dankzij het feit dat er bij de fusie van twee H-2-kernen massa wordt omgezet in energie (massadefect): E b = m t ⋅ c 2 met c = 2,998⋅10 ms 8
–1
en mt het totale massadefect. Nieuwe onbekende: mt.
Stel dat er met de voorraad Nf fusiereacties mogelijk zijn en het massadefect per fusiereactie m ⇒ mt = Nf ⋅ m
Nieuwe onbekenden: Nf en m.
Aantal fusies Nf: stel dat er in het IJsselmeer in totaal Nij H-2-kernen aanwezig zijn. N ij Nieuwe onbekende: Nij Per fusie zijn twee H-2-kernen nodig ⇒ N f = 2 Nij = aantal
2 1H
3
-kernen per m × watervolume IJsselmeer.
Massadefect m: m = m vóór reactie – m na reactie 2 1H
De fusiereactie waar het omgaat is
+
2 1H
→ 32 He +
1 0n
Met behulp van de gegevens in figuur 15 en tabel 7 van BINAS is het massadefect te bereken.
Uitvoering: Aantal fusies Nf : Nij = 9,9⋅10
24
9
⋅ 1,8⋅10 = 1,78⋅10
34
⇒ Nf =
1,78 ⋅ 10 34 = 8,91 ⋅ 10 33 2
Massadefect m : m = (2 ⋅ 3,3445574 − 5,0083273 – 1,67493)⋅10 mt = 8,91⋅10
33
⋅ 5,858⋅10
–30
4
–27
= 5,858⋅10
–30
kg
4
= 5,22⋅10 kg ⇒
(
met η = 1 ⇒ E b = 5,22 ⋅ 10 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 4,69 ⋅ 10 21 = N ⋅ 2,6 ⋅ 10 20 ⇒ N =
)
4,69 ⋅ 10 21
2
= 4,69 ⋅ 10 21 J
= 1,804 ⋅ 101 jr Afgerond: N = 18 jaar 2,6 ⋅ 10 20 Controle: het IJsselmeerwater kan 18 jaar in de wereldenergiebehoefte voorzien.
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
101
64 Splijtingsbom Oriëntatie: Gevraagd: mU-235 voor splijtingsbom van 1 Mton TNT? 6 –19 –11 26 Gegeven: Esplijting = 200 MeV = 200⋅10 ⋅ 1,602⋅10 = 3,204⋅10 J; mU = 235 kg ⇒ Nk = 6,0⋅10 ; 9 explosie van 1 ton TNT ⇒ E = 4,2⋅10 J. Planning: Stel het totale aantal benodigde kernen = Ntotaal, dan is mU-235 =
N totaal =
E bom E splijting
N totaal N totaal ⋅ 235 = ⋅ 235 kg Nk 6,0 ⋅ 10 26 Nieuwe onbekende: Ntotaal
Nieuwe onbekende: Ebom
Uitvoering: 6 6 9 15 Ebom = 1 Mton TNT = 1⋅10 ton TNT = 1⋅10 ⋅ 4,2⋅10 = 4,2⋅10 J N totaal = mU-235 =
4,2 ⋅ 1015 3,204 ⋅ 10 −11
1,311 ⋅ 10 26 6,0 ⋅ 10 26
= 1,311 ⋅ 10 26
⋅ 235 = 51,34 kg
Afgerond: minimaal mU-235 = 51 kg
Controle: Hier wordt de minimale hoeveelheid berekend omdat we hier uitgaan van 100 % splijting. In de praktijk zal dit percentage lager liggen. De berekende 51 kg lijkt een redelijke hoeveelheid. 65 Levensduur van de zon Oriëntatie: Gevraagd: levenduur tz van zon? –29
Gegeven: mz,c = ca.10 % van mz,t ⇒ mz,c = 0,10 ⋅ mz,t; massadefect = 4,6⋅10
kg per gevormde
4 2
He - kern ;
26
mH-1 = 1 kg ⇒ Nk = 6,0⋅10 ; aanname 1 ⇒ mz,c volledig bestaand uit H-1 en aanname 2 ⇒ alle H-1 wordt omgezet in He-4.
Reactievergelijking: 4 ⋅ 11 H → 42 He + 2 ⋅ 01e
Planning: Stel de oorspronkelijke energievoorraad van de zonnekern is Ez,v en E z,v het uitgestraalde vermogen van de zon is Pz,u ⇒ t z = Nieuwe onbekenden: Ez,v en Pz,u Pz,u 27
Pz,u is te vinden in BINAS (tabel 32 C): Pz,u = 0,390⋅10 W
De energie Ez,c komt vrij dankzij het feit dat er bij de fusie massadefect optreedt. Stel het totale massadefect is mt ⇒ E z,c = m t ⋅ c 2 met c = 2,998⋅10 ms 8
1 1 H - kernen
Het totale massadefect is te bepalen als je het totale aantal van de zon weet. Per gevormde He-4-kern zijn vier Het aantal
1 1 H - kernen
Nk = 6,0⋅10
N H = N k ⋅ m z,c ⇒ N H = 6,0 ⋅ 10
26
26
1 1 H - kernen
mt =
1,1934 ⋅ 10 4
56
⋅ 0,10 ⋅ 1,989 ⋅ 10
= 1,1934 ⋅ 10
⋅ 4,6 ⋅ 10 −29 = 1,3724 ⋅ 10 27 kg
(
E z,c = 1,3724 ⋅ 10 27 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8
Vervolg op volgende bladzijde.
)
2
NH ⋅ 4,6 ⋅ 10 − 29 kg 4 Nieuwe onbekende: NH
Nieuwe onbekende: mz,t 30
N H = 6,0 ⋅ 10
NH in het centrum
nodig ⇒ mt =
⋅ 0,10 ⋅ m z,t
mz,t is te vinden in Binas (tabel 32 C): mz,t = 1,989⋅10 30
Nieuwe onbekende: mt
per 1 kg mH-1 ⇒ N H = N k ⋅ m z,c ⇒
Uitvoering: 26
–1
= 1,2335 ⋅ 10 44 J
56
kg
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
102
Vervolg van opgave 65. tz =
1,2335 ⋅ 10 44 0,390 ⋅ 10
27
= 3,163 ⋅ 1017 s
7
Aangezien 1 jaar = 365,25 ⋅ 24 ⋅ 3600 = 3,156⋅10 s , kan de zon
3,1629 ⋅ 1017
= 1,002 ⋅ 1010 jaar straling uitzenden onder de bovengenoemde aannames. 3,156 ⋅ 10 7 Controle: de levensduur is ruwweg 10 miljard jaar. Men gaat in de sterrenkunde ervan uit dat de zon ca. 4,6 miljard jaar schijnt en dat de zon nog voldoende brandstof heeft om nog zo'n 5 miljard jaar door te gaan. De conclusie bij deze opgave stemt dus goed overeen met deze gegevens. gedurende t z =
Besluitvorming Bij de opgaven 66 t/m 71 gaat het om inzicht te krijgen in het besluitvormingsproces omtrent het gebruik van kernenergie. Het gaat er steeds om dat je een goed idee hebt over de voordelen en nadelen van het onderwerp. Vanuit de nadelen kun je gaan zoeken naar alternatieven. Zowel bij de voor- en nadelen als bij de alternatieven is het belangrijk dat je weet welke criteria je daarbij hanteert. Dat maakt dat je beter een eigen beargumenteerde mening kunt vormen over het onderwerp. Aangezien bovenstaande nogal individueel bepaald is (met name door de gehanteerde criteria: wat vind jij belangrijk in het leven?) is er niet één goed antwoord. Bij de komende opgaven gaat met duidelijk om meningsvorming. Hieronder worden daarom ook niet direkt 'goede antwoorden' gegeven. Wel worden steeds een aantal voordelen, nadelen, alternatieven en criteria genoemd.
66 Zeedumping Voordelen: • de zee is zo groot dat er bij lekkage zo sterk verdund wordt dat je er toch heel weinig van merkt; • de gedumpte stoffen hebben een redelijk korte halveringstijd en nemen dus snel in activiteit af; • goedkoop. Nadelen: • vaten kunnen gaan lekken; • elke bijdrage aan verhoging van de radioactiviteit is er één; • radioactieve stoffen komen in het voedselketen terecht. Alternatieven: • dumping in open zee, via pijpleiding zodat het sneller verspreid en verdund wordt; • dumping in beton in een klein gebied van de oceaan; • opslaan in een zoutmijn. Criteria: • de gedumpte stoffen verhogen de radioactiviteit nauwelijks; • besmetting van kleine zeedieren is acceptabel; • iedere (ook de geringste) verhoging van de radioactiviteit is niet acceptabel; • wij hebben verantwoording voor de toekomstige generaties.
67 Besmetting Voordelen: • de mate van besmetting van duiven laat zien hoe gevaarlijk het in de buurt is van de fabriek; • opwerking van kernafval voorkomt nog ergere besmetting van het milieu. Nadelen: • duiven zijn sterk radioactief besmet in de buurt van de opwerkingsfabriek in Sellafield; • aanraken van duiven geeft een sterke bestraling; • de uitwerpselen zorgen voor verontreiniging van de bodem. Alternatieven: • niets doen, de situatie met de duiven laten zoals die is; • de duivenpopulatie afmaken; • de opwerkingsfabriek sluiten. Criteria: • er is geen gevaar voor de omwonenden zolang ze de duiven niet aanraken; • er is altijd een invloed van de besmette duiven op het milieu (bijv. uitwerpselen); • dieren, in dit geval duiven, mogen niet de dupe worden van menselijk handelen; • BNFL zorgt ervoor dat de situatie onder controle is en blijft.
Newton havo deel 2
Uitwerkingen Hoofdstuk 15 – Kernenergie
103
68 Afvalopslag Voordelen: • een hoge wal, granieten palen met pictogrammen, informatiecentrum bestaande uit granieten muren enz. kunnen lang meegaan; • uitgebreide informatie in archieven, wegenkaarten, leerboeken enz. leveren een goede bijdrage aan het vereeuwigen van belangrijke informatie; • Stonehenge laat zien dat het mogelijk is om over zeer lange tijd 'informatie' beschikbaar te houden. Nadelen: • 'eng' is ook aantrekkelijk; • gevaar van geroofd worden van de materialen. Alternatieven voor de markering: • in archieven, atlassen e.d.; • via een wal met palen en pictogrammen; • via een elektronische handtekening. Criteria: • de informatie moet afstoten, niet aantrekken; • belangrijke informatie moet lang genoeg meegaan; • informatie mag niet uitwisbaar zijn.
69 Natuurlijke kernreactor Voordelen: • het ongemoeid laten van natuurlijke reactorplaatsen levert de mogelijkheid om het gedrag van splijtingsprodukten te bestuderen. Nadelen: • je laat bruikbaar uranium liggen. Alternatieven: • de bodem intact laten, winning stoppen; • doorgaan met de winning. Criteria: • het is belangrijk om het gedrag van actiniden en splijtingsproducten te kunnen bestuderen; • er is een unieke situatie; • er is een gering economisch belang.
70 Duurzame energiebronnen Voordelen: • olieprijs is flink gedaald; • door onderzoek te doen aan zonnecellen, vermeerderd onze kennis over dit onderwerp. Nadelen: • windturbines en zonnecellen zijn duur en problematisch; • het aantal turbines, dat je kunt plaatsen, is niet onbeperkt; • energie uit biomassa blijkt duurder dan gedacht. Alternatieven: • zonnecellen subsidiëren; • de energieprijs opvoeren; • de bouw van windturbines bevorderen; • stimuleringsprojecten bio-energie opzetten. Criteria: • het is belangrijk zoveel mogelijk gebruik te maken van duurzame bronnen; • de energiebedrijven hebben een inspanningsverplichting; • vrijwilligheid – vrije-marktprincipe moeten ons handelen bepalen; • regering behoort maatregelen te nemen.
71 Thermonucleaire energie Criteria: • bereiken van de kennis van thermonucleaire energie; • met schepen de ruimte in trekken (en contact opnemen met de Federatie). Noodzakelijke koppeling: Proeven en explosies met thermonucleaire energie voer je niet op je eigen planeet uit, dat is te gevaarlijk. Het betekent waarschijnlijk je ondergang.
