Newton vwo deel 3. Uitwerkingen Hoofdstuk Cracked by THE MASTER

Newton vwo deel 3 Uitwerkingen Hoofdstuk 16- 20

Cracked by THE MASTER

Hoofdstukken: -

Hoofdstuk 16: Energiestromen Hoofdstuk 17: Ruimtevaart Hoofdstuk 18: Beeldbuizen Hoofdstuk 19: Materie en straling Hoofdstuk 20: Kernenergie

Downloaded from: http://roshantech.weebly.com/natuurkunde.html

Newton vwo deel 3

Uitwerkingen Hoofdstuk 16 – Energie en energiestromen

16 Energiesystemen 16.1 Inleiding Voorkennis 1 Energiesoorten A • Arbeid: W = F ⋅ s ⋅ cos α F = kracht in N; s = verplaatsing in m; α = hoek tussen de bewegingsrichting en de richting waarin de kracht werkt B • Warmte: Q = c ⋅ m ⋅ ΔT (bij stofhoeveelheden) en: Q = C ⋅ ΔT (bij voorwerpen). c = soortelijke warmte in J/(kg·K); m = massa in kg; ΔT = temperatuurverandering; C = warmtecapaciteit in J/K C • Chemische energie: E ch = r v ⋅ V (bij vloeistoffen) en: E ch = r v ⋅ m (bij vaste stoffen). 3 3 rv = stookwaarde (verbrandingswarmte) in J/m of in J/kg; V = volume in m ; m = massa in kg D • Elektrische energie: E e = Pe ⋅ t Pe = elektrisch vermogen in W; t = tijdsduur in s E • Kinetische energie: E k =

1 2

⋅ m ⋅v 2

m = massa in kg; v = snelheid in m/s

F • Zwaarte-energie: E z = m ⋅ g ⋅ h 2 m = massa in kg; g = zwaarteversnelling 9,81 m/s ; h = hoogte ten opzichte van het zelfgekozen nulniveau, bijvoorbeeld de grond. (Strikt genomen is de zwaarte-energie nul in het middelpunt van de aarde.) 2 Energieomzettingen a Volgens de wet van behoud van energie (WvBvE – zie § 7.4)) is de hoeveelheid energie die uit de omzetter komt gelijk aan de hoeveelheid die er in gaat: Ein = Euit . b η=

E nuttig E in

η = rendement

Enuttig = de energie die na omzetting nuttig gebruikt wordt Ein = de toegevoerde energie die de omzetter ingaat

c Bij de omzetting gaat altijd een deel van de energie verloren in de vorm van (onbruikbare) afvalwarmte. 3 Arbeid • De opgeslagen chemische (of elektrische) energie neemt in beide gevallen af. • De kinetische energie neemt toe bij het optrekken en blijft constant bij het rijden met constante snelheid. • De geleverde arbeid wordt uiteindelijk door de wrijving volledig omgezet in warmte (luchtwrijving, remmen).

16.2 Arbeid en kinetische energie Kennisvragen 6 Hieronder worden alleen de formules genoemd. Zoek zelf nog eens op welke grootheid elk van de symbolen voorstelt en in welke eenheid ze opgegeven dienen te worden. A Kinetische energie

Ek =

1 2

⋅ m ⋅ v2

B Chemische energie Ech = rv ⋅ V C Elektrische energie Ee = U ⋅ I ⋅ t

4

Newton vwo deel 3


5

7 A De motor zet chemische energie om in arbeid, warmte en mogelijk nog een klein gedeelte chemische energie in de vorm van onverbrande brandstofdelen in de uitlaatgassen. De mate waarin er sprake is van arbeid W wordt bepaald door de grootte van de uitgeoefende voorwaartse kracht Fvw én of er sprake is van verplaatsing s. B De elektrische energie die ligt opgeslagen in de accu wordt door de elektromotor omgezet in arbeid en warmte. Ook nu weer geldt dat er pas sprake is van arbeid als de uitgeoefende kracht een verplaatsing veroorzaakt. C De fietser zet chemische energie uit het voeldsel om in arbeid en warmte. De kinetische energie verandert niet omdat de snelheid constant is. D Kinetische energie van de fiets (mét fietser) wordt via (negatieve) arbeid omgezet in warmte. Je kunt ook zeggen: tijdens het remmen wordt een achterwaartse kracht Faw op de fiets uitgeoefend. Deze verricht daarom negatieve arbeid W en daarmee is de verandering van de kinetische energie ΔEk ook negatief d.w.z. de kinetische energie (en dus de snelheid) neemt af. 8 A De auto levert arbeid aan de caravan, zodat de kinetische energie Ek constant blijft en niet afneemt ten gevolge van de wrijving die op de caravan wordt uitgeoefend. B De motor van de spaceshuttle levert geen arbeid W meer. De kinetische energie Ek blijft constant (neemt niet af) door het ontbreken van wrijving. C De arbeid W die de fietser levert, wordt geheel omgezet in warmte. De kinetische energie Ek van de fietser is constant omdat de snelheid v constant is. Je kunt ook zeggen: de rijdende fietser ondervindt een achterwaartse wrijvingskracht Faw die tijdens het rijden negatieve arbeid verricht. De door de fietser geleverde arbeid W wordt geheel gebruikt om deze negatieve arbeid 'op te vangen' zodat dit niet ten koste hoeft te gaan van de kinetische energie. D De geleverde arbeid moet even groot zijn als de verliezen door wrijving. Als er meer arbeid geleverd wordt dan er door wrijving verdwijnt, neemt de kinetische energie Ek van de fiets toe. E In een draaiend vliegwiel ligt kinetische energie opgeslagen, nadat arbeid is geleverd aan het vliegwiel. 9 a Chemische energie wordt omgezet in arbeid en warmte. 3

7

b W = F ⋅ s ⋅ cosα met cos α = cos 0º = 1 ⇒ W = 450 · 100·10 = 4,5·10 J c η=

E nuttig E in

=

W E ch

7

Afgerond: W = 4,5·10 J = 45 MJ 9

E ch = r v ⋅ V

3

V = 5,6 L = 5,6 dm = 5,6·10

η=

3

Nieuwe onbekende: rv,benzine = 33·10 J/m (BINAS tabel 28 A) –3

m

3

9

⇒ Ech = 33·10 · 5,6·10

–3

8

= 1,848·10 J

7

W 4,5 ⋅ 10 = 0,24 = E ch 1,848 ⋅ 10 8

Afgerond: η = 0,24 = 24%

10 Gegeven: m = 0,450 kg; Fh = 1,76 N; vb = 0; ve = 4,0 m/s. a De arbeid W die door de horizontale kracht wordt geleverd wordt omgezet in een toename van de kinetische energie ΔEk. 1

2

1

2

b ΔEk = Ek,e – Ek,b = /2 ⋅ m ⋅ ve – /2 ⋅ m ⋅ vb 1 2 1 2 vb = 0 ⇒ ΔEk = /2 ⋅ m ⋅ ve = /2 ⋅ 0,450 ⋅ 4,0 = 3,6 J

Afgerond: ΔEk = 3,6 J

c De som van de arbeid ΣW = Fr ⋅ s = ΔEk Bij een luchtkussenbaan is de wrijving te verwaarlozen ⇒ Fr = Fh = 1,76 N ⇒ 3,6 1,76 ⋅ s = 3,6 ⇒ s = = 2,045 m Afgerond: s = 2,0 m 1,76 11 Gegeven: m = 0,450 kg; Fh = 1,76 N; versnelde beweging over s = 2,0 m; = 0,23 N. a De som van de positieve arbeid W die door de horizontale kracht Fh wordt geleverd en de negatieve arbeid die door de gemiddelde wrijvingskracht wordt verricht, wordt omgezet in een toename van de kinetische energie ΔEk. b ΣW = ΔEk ⇒ Fh ⋅ s − < Fw > ⋅s = (Fh − < Fw >) ⋅ s = ΔEk ⇒ ΔEk = (1,76 − 0,23) ⋅ 2,0 = 3,06 J Afgerond: ΔEk = 3,1 J 1

2

1

2

c ΔEk = Ek,e − Ek,b = / 2 ⋅ m ⋅ v e − / 2 ⋅ m ⋅ v b waarbij vb = 0 m/s dus ΔEk = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v e 2 ⇒ 3,06 =

1 ⋅ 0,450 ⋅ v e 2 ⇒ v e = 2

2 ⋅ 3,06 = 3,69 m/s 0,450

Afgerond: ve = 3,7 m/s

Newton vwo deel 3


6

12 Gegeven: m = 0,240 kg; vb = 62 km/h = 17,2 m/s; Fw = 1,6 N; vb = 0; ve = 4,0 m/s. a De kinetische energie van de bal wordt omgezet in arbeid van de tegenwerkende wrijvingskracht. Deze arbeid is negatief omdat de wrijvingskracht Fw tegengesteld is aan de verplaatsing s. b Je mag aannemen dat ve = 0 m/s ⇒ m.b.v. de energievergelijking: ΣW = ΔEk ⇒ − Fw ⋅ s = − − 1,6 ⋅ s = −

1 35,6 ⋅ 0,24 ⋅ 17,22 = 35,6 ⇒ s = = 22,2 m 2 1,6

1 ⋅ m ⋅ v b2 2

Afgerond: s = 22 m

13 Gegeven: m = 880 kg; vb = 90 km/h = 25 m/s; Faw = 700 N; η = 0,25. 3

a In dit geval is de snelheid constant en de afstand s = 100 km = 100⋅10 m. Enuttig = W met W = Fvw ⋅ s ⇒ W = (− ) 700 ⋅ 100 ⋅ 10 3 = (− ) 7,0 ⋅ 10 7 J η= ΔEch Ein 0,25 =

7,0 ⋅ 107 ΔEch

⇒ ΔEch =

7,0 ⋅ 107 = 2,8 ⋅ 108 J 0,25 9

b E ch = r v ⋅ V ; Binas (tabel 28 A): rv,benzine = 33⋅10 J/m V=

8

Afgerond: afname ΔEch = 2,8·10 J 3

Ech 2,80 ⋅ 108 –3 3 = = 8,48·10 m rv 33 ⋅ 109

Afgerond: V = 8,5 L per 100 km

14 W = F ⋅ s = oppervlak onder de lijn in het diagram. Je kunt de trekkracht benaderen door het diagram in twee stukken verdelen: - van s = 0 m tot s = 25 m een horizontale rechte lijn bij ongeveer F1,gem = 50 N en - van s = 25 m tot s = 75 m een horizontale rechte lijn bij F2,gem = 8 N. Hierbij moet je erop letten dat er evenveel oppervlakte boven als onder de horizontale lijn van de gemiddelde kracht ligt. De arbeid (of het oppervlak) is dan als volgt te berekenen: 3 W = F1,gem · s1 + F2,gem · s2 = 50 · 25 + 8 · 50 = 1,65·10 J

3

Afgerond: W = 1,7·10 J

15 Gegeven: constante v = 2,0 m/s; spankracht Fs op slee onder hoek van 30°; Fw = 45 N. y a De snelheid v = constant ⇒ Fw = Fs,horizontaal = 45 N (zie figuur). 45 Dus Fs ⋅ cos α = 45 N ⇒ Fs = = 51,96 N cos 30° Afgerond: Fs = 52 N

Fw = 45 N

b De wrijvingsarbeid wordt volledig omgezet in warmte: Q = W = Fs,x · s = 45 · 2,0 = 90 J per seconde

Fs

α = 30o

Fs,x = Fs ˙ cos α x

Afgerond: Q = 90 J

Oefenopgaven 19 Fietsen Gegeven: mp = 80 kg; mf = 20 kg; constante v = 5,0 m/s; Faw = 12 N; η = 0,25. a Pm = Fv · v , aangezien de snelheid constant is geldt dat Fv = Faw = 12 N Pm = 12 · 5,0 = 60 W

b η=

Pnuttig Pin

=

Pm 60 60 ⇒ 0,25 = ⇒ Pch = = 240 W Pch Pch 0,25

Afgerond: Pm = 60 W 2

Afgerond: Pch = 2,4·10 W

c Het deel van de chemische energie dat omgezet wordt in warmte is: 100% – η = 75% 2 ⇒ Q = 240 · 0,75 = 180 W Afgerond: Q = 1,8·10 W

Newton vwo deel 3


7

20 Remmen Gegeven: ma = 960 kg; vb = 60 km/h = 16,7 m/s ; 3 remmen: 34% van ontwikkelde warmte in ijzeren remschijf van één voorwiel met Vs = 330 cm . a Er is hier sprake van een energieomzetting: Ek ⇒ Q Ek =

1 2

⋅ m ⋅ v b 2 ⇒ Ek =

1 2

⋅ 960 ⋅ 16,7 2 = 133,3 ⋅ 10 3 J 3

3

Per remschijf van één voorwiel: Q = 0,34 ⋅ 133,3⋅10 = 45,33⋅10 J

Afgerond: Q = 45 kJ

b Q = c ⋅ m ⋅ ΔT Nieuwe onbekenden: c en m 3 –1 –1 BINAS (tabel 8): cijzer = 0,46⋅10 Jkg K Nieuwe onbekende: ρijzer m = ρijzer · V 3 –3 BINAS (tabel 8): ρijzer = 7,87⋅10 kg m 3 –6 m = 7,87⋅10 ⋅ 330⋅10 = 2,597 kg

45,33 ⋅ 10 3 = 0,46 ⋅ 10 3 ⋅ 2,597 ⋅ ΔT ⇒ ΔT =

45,33 ⋅ 10 3 = 37,95 o C 0,46 ⋅ 10 3 ⋅ 2,597

o

Afgerond: ΔT = 38 C (of 38 K) 2

c Als de snelheid 2× zo groot dan wordt, wordt de kinetische energie Ek 4× (= 2 ) keer zo groot 2 omdat Ekin ~ vb . Daarmee wordt Q ook vier keer zo groot. En omdat Q ~ ΔT wordt ΔT ook vier keer zo groot. d De wielen zijn geblokkeerd dus er is geen wrijving tussen de remblokjes en de remschijven. Dus verrichten de remblokjes geen wrijvingsarbeid op de remschijf en ontstaat er geen warmte op die plek. De remschijven zullen niet in temperatuur stijgen. N.B. Er is wel wrijving tussen de band en het wegdek: de wrijvingsplek op de band en het wegdek zullen wel in temperatuur stijgen.

21 Optrekkende tram 4 Gegeven: mt = 3,5·10 kg; vb = 0 m/s; na t = 8,1 s is s = 45 m; 3

Pe = 370·10 W; η = 0,90; wrijvingskracht Fw zie diagram.

a η=

Enuttig W W = = W ⇒ 0,90 = ⇒ W = 2,697 ⋅ 10 6 J Ein E e Pe ⋅ t 370 ⋅ 10 3 ⋅ 8,1

6


b WFw = Fw · s De wrijvingskracht is echter niet constant. De ´wrijvingsarbeid´ is gelijk aan het oppervlak onder de kromme. Het oppervlak is bij benadering te bepalen met behulp van een combinatie van een rechthoekige en een driehoekige figuur waarbij je er voor zorgt dat de oppervlakte onder de kromme en de benadering hetzelfde is (zie diagram hiernaast). (5,0 + 29,0) ⋅ 10 3 5 W w = 5,0 ⋅ 10 3 ⋅ 16 + ⋅ ( 45 − 16 ) = 5,73·10 J 2 5 Afgerond: Ww = 5,7·10 J c De arbeid die de motor aan de tram levert , wordt omgezet in (negatieve) arbeid van de wrijvingskracht en in bewegingsenergie. Of m.b.v. de energievergelijking: ΣW = ΔEk ⇒ WFvw − W w = ΔEk =

1 2

⋅ m ⋅ v e 2 ⇒ 2,697 ⋅ 10 6 − 5,73 ⋅ 10 5 =

1 2

⋅ 3,5 ⋅ 10 4 ⋅ v e2 ⇒ v e = 11,0 m/s

Afgerond: ve = 11 m/s

Newton vwo deel 3


8

16.3 Potentiële energie Kennisvragen 23 A • E z = m ⋅ g ⋅ h 2 m = massa in kg; g = zwaarteversnelling 9,81 m/s ; h = hoogte ten opzichte van het zelfgekozen nulniveau, bijvoorbeeld het aardoppervlak. N.B. Strikt genomen is de zwaarte-energie nul in het middelpunt van de aarde. B • Ev =

1 2

⋅C ⋅ u2

C = veerconstante in N/m; u = uitrekking in m

C • Et =

1 2

⋅C ⋅ r 2

C = veerconstante in N/m; r = amplitude (uitwijking) in m

24 A Een onjuiste beschrijving: de zwaarte-energie komt niet vrij (wat suggereert dat het zwaarte-energie blijft), maar de zwaarte-energie van het water wordt omgezet in een andere energievorm. De zwaarte-energie verdwijnt dus juist als het water naar beneden valt. B Een onjuiste beschrijving: het water bezit kinetische energie als het snelheid heeft. Dankzij deze kinetische energie kan het water een kracht uitoefenen waarmee het arbeid kan verrichten. In het algemeen zal de hoeveelheid kinetische energie na de omzetting zijn afgenomen (als de snelheid tenminste bij het wegstromen na het waterrad kleiner is geworden). C Een onjuiste beschrijving: het water levert wel de arbeid. Echter de kracht waarmee het water een schoep over een bepaalde afstand duwt, verricht arbeid. Deze arbeid maakt dat de som van de zwaarte- en kinetische energie van het water afneemt. 25 A De piano: het ligt eraan waarmee de piano omhoog wordt gehesen. Indien het door spierkracht van een mens gebeurt zou je kunnen zeggen dat chemische energie (in het voedsel) gedeeltelijk - via het verrichten van arbeid door de spierkracht - wordt omgezet een toename van zwaartenergie. B De jojo: de afname van de zwaarte-energie wordt omgezet in een toename van de kinetische energie en rotatie-energie. Rotatie-energie is een vorm van kinetische energie. Arbeid verricht door aanwezige wrijvingskrachten kan hierbij ook nog een rol spelen. Deze levert dan uiteindelijk warmte op. C De klok(veer): indien dit door spierkracht gebeurt zou je weer kunnen zeggen dat chemische energie via het leveren van arbeid wordt omgezet een toename van veerenergie. D De wielrenner: als je aanneemt dat de wielrenner zelf even geen arbeid levert door te trappen, geldt dat zwaarte-energie wordt omgezet in toename van kinetische energie en in warmte. Deze laatste ontwikkelt zich door de (negatieve) arbeid die de wrijvingskrachten op de fietser uitoefenen. E De trampoline + springer: tijdens het landen neemt de kinetische energie én zwaarte-energie af en wordt omgezet in een toename van de veerenergie van de trampoline. Mogelijk is hierbij ook nog sprake van omzetting in warmte via de (negatieve) arbeid verricht door de aanwezige wrijvingskrachten. F De snaar: bij het trillen van een gitaarsnaar moet je onderscheidt maken tussen een beweging - vanaf de uitwijkingsstand naar de evenwichtsstand toe en - vanaf de uitwijkingsstand naar de evenwichtsstand toe. Afgezien van eventuele (negatieve arbeid) door wrijvingskrachten (demping) zal bij de eerste situatie de aanwezige veerenergie worden omgezet in kinetische energie. In de tweede situatie treedt het omgekeerde op. Als de demping verwaarloosbaar is zal E t = Σ(Ek + E v ) constant zijn. Hierbij wordt ook aangenomen dat eventuele veranderingen in zwaarte-energie ΔEz verwaarloosbaar zijn. 3

3

26 Gegeven: m = 3,0·10 kg; hoogte Δh = 1,5 m; = 20·10 N. a Een afname van zwaarte-energie van het heiblok wordt omgezet in toename kinetische energie en arbeid verricht door de wrijvingskracht. b M.b.v. de energievergelijking: ΔE z + ΔEk = WFw ⇒ − m ⋅ g ⋅ Δh + ( 21 ⋅ m ⋅ v e 2 − 0) = Fw ⋅ s ⋅ cos α − 3,0 ⋅ 10 3 ⋅ 9,81 ⋅ 1,5 +

1 2

⋅ 3,0 ⋅ 10 3 ⋅ v e 2 = 20 ⋅ 10 3 ⋅ 1,5 ⋅ cos 180° ⇒ v e = 3,071 m/s

Afgerond: ve = 3,1 m/s

Newton vwo deel 3


9

27 a De kracht is te berekenen door uit te gaan van de momentenwet F ⋅r ΣM = 0 ⇒ Ft ⋅ rt = Fz ⋅ rz ⇒ Ft = z z (zie hoofstuk 4 deel 1). rt De vlaggenmast wordt aan de kant van de scharnier ondersteund ⇒ rt = 3,0 m. Het zwaartepunt van de mast bevindt zich halfweg het opgetilde uiteinde ⇒ rz = 1,5 m. F ⋅ 1,5 1 Dus de tilkracht Ft = z Afgerond: Ft = 74 N = 2 Fz = 21 ⋅ m ⋅ g = 21 ⋅ 15 ⋅ 9,81 = 73,57 N 3 .0

b De arbeid W door de persoon geleverd wordt, wordt omgezet in een toename van de zwaarte-energie. c W = ΔE z = m ⋅ g ⋅ Δh . Hierbij is Δh = de hoogte-toename van het zwaartepunt van de vlaggenmast: 2

Δh = 1,5 m ⇒ W = 15 ⋅ 9,81 ⋅ 1,5 = 220,7 J


28 a Aangenomen dat de wrijvingskrachten verwaarloosbaar zijn, kun je zeggen dat zwaarte-energie wordt omgezet in kinetische energie (en omgekeerd op het moment dat de bobslee stijgt). b Energievergelijking: ΔE k = ΣW = WFz = −ΔE z ⇒ ΔE k + ΔE z = 0 ⇒

1 2

⋅ m ⋅ v e2 -

1 2

⋅ m ⋅ v b 2 = −m ⋅ g ⋅ Δh

In de laatste vorm is de massa m weg te delen. Door de verschillende punten (B, C en D) aan te duiden met x én het hoogste verschil te schrijven als Δh = −(hA − hx ) kan de vergelijking ook geschreven worden als: 1 2

⋅ v x2 -

1 2

⋅ v A 2 = 9,81 ⋅ (hA − hx ) ⇒

1 2

⋅ v e2 =

1 2

⋅ v A 2 + 9,81 ⋅ (hA − hx ) ⇒ v x = v A 2 + 2 ⋅ 9,81 ⋅ (hA − hx )

Voor B en D geldt: v B = v D = 10 2 + 2 ⋅ 9,81 ⋅ (80 − 20 ) Voor C geldt: v C = 10 + 2 ⋅ 9,81 ⋅ (80 − 40 ) 2

⇒ v B = v D = 35,7 m/s

⇒ v C = 29,7 m/s

Afgerond: ve = 36 m/s Afgerond: ve = 30 m/s

N.B. Bovenstaande oplossing vraagt om een nauwkeurig hanteren van de min-tekens. Uitgaande van de gedachte dat zwaarte-energie wordt omgezet in kinetische energie kun je de energievergelijking ook opzetten vanuit de gedachte: afname van Ez = toename van Ek ⇒ ⇒ m ⋅ g ⋅ Δh =

1 2

⋅ m ⋅ v e2 -

1 2

⋅ m ⋅ v b 2 ⇒ g ⋅ Δh =

1 2

⋅ v e2 -

1 2

⋅ v b2

Verder invullen levert dan hetzelfde resultaat. De oplossing is wat eenvoudiger van aard.

29 a Tijdens het stoten krijgt de kogel (meer) snelheid en hoogte. De geleverde arbeid wordt dus omgezet in een toename van de bewegingsenergie en de zwaarte-energie. b De energietoename tijdens het stoten is gelijk aan de arbeid W. De arbeid is gelijk aan het oppervlak onder de kromme. In de grafiek hiernaast is gekozen voor de oppervlakken A en B om dit oppervlak (grofweg) te benaderen. W = Fgem,A · sA + Fgem,B · sB = 72 · 0,60 + 21 ⋅ 60 ⋅ 0,20 = 49,2 J Afgerond: W = 49 J

c De energievergelijking zou in dit geval het volgende zijn: WF = ΔE k + ΔE z ⇒ WF = ( 21 ⋅ m ⋅ v e 2 - 0) + m ⋅ g ⋅ Δh

Het is echter niet bekend hoeveel de kogel omhoog (Δh is onbekend) wordt bewogen tijdens het stoten. De toename van de zwaarte-energie (ΔEz) tijdens het stoten is dus niet te bereken.

30 a Fveer = C · u ⇒ C =

Fveer 170 = = 425 N/m u 0,40

2

Afgerond: C = 4,3·10 N/m

b Indien wrijvingskrachten te verwaarlozen zijn, wordt de veerenergie die in de boog is opgeslagen, omgezet in kinetische energie van de pijl. c Energievergelijking: ΔE v − ΔE k = 0 . Je kunt ook uitgaan van de gedachte: afname van Ev = toename van Ek ⇒ ⇒ ΔE v = ΔE k ⇒ E v,b − E v,e = E k,e − E k,b ⇒ 21 ⋅ C ⋅ u b2 − 0 = 21 ⋅ m ⋅ v e2 − 0

⇒ v e2 =

1 2

⋅ C ⋅ ub2 1 2

⋅m

=

C ⋅ ub2 C ⋅ ub2 = ⇒ ve = m m

425 ⋅ 0,40 2 = 56,9 m/s 0,021


Newton vwo deel 3


10

Oefenopgaven 35 Energieopslag 3 9 8 3 Gegeven: Δh = 110 m; ηc = 0,80; Pe,max = 1,1·10 MW = 1,1·10 W; Vmax = 7,0·10 m . a m water = ρwater ⋅ V ⇒ V =

m ρ

Aangezien we hier 'per seconde werken' kunnen we werken met η =

Pnuttig Pe,max = . Pin Pin

Hierbij is Pin de zwaarte-energie die het vallende water per seconde toevoerd: Pin =

η=

E z m ⋅ g ⋅ Δh = t t

Pe,max Pe,max ⇒m = (met m de massa per seconde!) η ⋅ g ⋅ Δh m ⋅ g ⋅ Δh m=

b Δt =

1,1 ⋅ 10 9 1,274 ⋅ 10 6 3 3 ⇒ m = 1,274 ⋅ 10 6 kg/s en V = = 1277 m3 Afgerond: V = 1,3·10 m 3 0,80 ⋅ 9,81 ⋅ 110 0,998 ⋅ 10

Vmax 7,0 ⋅ 10 8 5,48 ⋅ 10 5 = = 5,48 ⋅ 10 5 s = = 6,346 dagen 1277 24 ⋅ 3600 Vper s

Afgerond: t = 6,3 dag

c Bij het omzetten naar elektrische energie gaat 20% van de zwaarte-energie verloren. Die verloren energie moet je ’s nachts wel weer aan het water toevoegen. Verder kan de pomp ‘s nachts ook niet 100% van de elektrische energie omzetten in zwaarte-energie. Er wordt dus overdag minder elektrische energie geleverd dan er ’s nachts wordt gebruikt om het water terug te pompen. Het voordeel van een dergelijke centrale dat andere centrales hierdoor gelijkmatiger elektrische energie kunnen produceren. De elektrische energie die ’s nachts geproduceerd wordt, gaat niet verloren, maar wordt (deels) opgeslagen in het spaarbekken. Overdag hoeven de andere centrales niet een groot piekvermogen te leveren, omdat de centrale met de spaarbekkens tijdens de piekvraag k an worden ingeschakeld. 36 Skiën Gegeven: zie figuur hiernaast; Fw,l,v-diagram. a Als de kinetische energie constant is, is ook de snelheid constant. Ten gevolge van het verrichten van (negatieve) arbeid door de totale wrijvingskracht Fw,t tijdens de afdaling van de skiër wordt zwaarte-energie omgezet in wrijvingsenergie (= warme) Q = Ew = Fw,t · s M.b.v. de energievergelijking: F Δh ΔE z + ΔEk = WFw ⇒ − m ⋅ g ⋅ Δh + 0 = Fw, t ⋅ s ⋅ cos 180° ⇒ = w s m⋅g N.B. Met de gedachte: afname van Ez = toename van warmte Q F Δh ⇒ ΔE z = Q ⇒ m ⋅ g ⋅ Δh = Fw,t ⋅ s ⇒ = w s m⋅g Hiermee omzeil je de min-tekens. Ook geldt sin α =

Δh Fw ⇒ sin α = s m⋅g

Ek = 4,2.104 J m = 90 kg Fw,s = 50 N

Fz,x

s Δh

α α

Fz

Onbekend: Fw

Fw = Fw,s + Fw,l Fw,l is af te lezen uit de grafiek als je de snelheid weet.

Ek =

1 2

⋅m ⋅v 2 ⇒ v =

Dus Fw,l = 260 N

Ek = ⋅m

1 2

4,2 ⋅ 10 4 = 30,6 m/s 1 ⋅ 90 2

(afgelezen uit de diagram bij v = 30,6 m/s)

Fw = 50 + 260 = 310 N 310 Afgerond: α = 21º sin α = = 0,351 ⇒ α = sin −1 (0,351) = 20,6° 90 ⋅ 9,81 Andere manier: Er is een krachtenevenwicht, want de snelheid is constant ⇒ Fw = Fz,x (zie figuur boven). Fw = Fz · sin α F 310 sin α = w = = 0,351 ⇒ α = 20,6º Afgerond: α = 21º Fz 90 ⋅ 9,81 Vervolg op volgende bladzijde.

Newton vwo deel 3


11

Vervolg van opg. 36.

b Nieuw gegeven: α = 30º; snelheid v is opnieuw constant. Het afgestane vermogen aan warmte is gelijk aan de arbeid per seconde verricht door de wrijvingskracht. W F ⋅s P= w = w = Fw ⋅ v t t Fw = Fz · sin α = 90 · 9,81 · sin 30º = 441 N v kun je bepalen uit het diagram als je de luchtwrijvingskracht weet: Fw = Fw,s + Fw,l ⇒ Fw,l = Fw – Fw,s = 441 – 50 = 391 N v = 37,5 m/s (aflezen uit het diagram) 4 4 Afgerond: P = 1,7·10 J P = 441 · 37,5 = 1,65·10 J 37 Bungee jumping Gegeven: m = 70 kg; ℓ = 25 m; C = 56 N/m. a ΔE z + ΔEk = WFw Als we aannemen dat de wrijvingskrachten verwaarloosbaar zijn, kun je zeggen dat de afname van de zwaarte-energie ΔEz gelijk is aan de toename van de kinetische energie ΔEk ⇒ ΔE z = ΔE k

m ⋅ g ⋅ Δh =

1 2

⋅ m ⋅ v e2

(vb = 0 m/s)

v e = 2 ⋅ g ⋅ Δh = 2 ⋅ 9,81 ⋅ 25 = 22,1 m/s


b De eerste 25 meter doorloopt de springer een vrije val waarbij de afnemende zwaarte-energie wordt omgezet in toename van de kinetische energie. Vanaf het moment dat het elastiek strak komt te staan, blijft de kinetische energie toenemen terwijl een deel van de omgezette zwaarte-energie ook in veerenergie wordt omgezet. Dit gaat door tot de evenwichts-stand is bereikt d.w.z. tot het moment dat de omhooggerichte veerkracht Fv = de zwaartekracht Fz . Vanaf dat moment neemt de zwaarteenergie verder af en neemt ook de kinetische energie af. In de laagste stand is de snelheid even 0 dus is ook Ek = 0. Op dat moment is de afgenomen zwaarte-energie volledig omgezet in veerenergie (aangenomen dat de wrijvingskrachten nog steeds verwaarloosbaar zijn' ⇒ ΔE z = ΔE v

m ⋅ g ⋅ Δh =

1 2

⋅C ⋅ u2 1 2

m · g · (u + 25) = ⋅ C ⋅ u

met Δh = u + 25 waarbij u de uitrekking van het elastiek is. 2

70 ⋅ 9,81 ⋅ u + 70 ⋅ 9,81 ⋅ 25 = 2

4

1 2

⋅ 56 ⋅ u 2

28 · u – 687 · u – 1,72·10 = 0 Oplossen met de abc-formule of de grafische rekenmachine. u = 39,9 m Δh = u + 25 = 39,9 + 25 = 64,9 m Afgerond: Δh = 65 m N.B. In deze uitwerking wordt de springer voorgesteld als een puntmassa zonder afmetingen. Als je rekening houdt met de afmetingen van de springer (ca. 2 m lang), dan moet je bij de waarde van 25 m telkens 2 m optellen. Voorafgaand aan de sprong bevindt het zwaartepunt van de springer zich immers 1 m boven het bevestigingspunt van het elastiek, na de sprong bevindt het zwaartepunt zich 1 m lager dan de voeten, wat samen 2 m verschil maakt ⇒ Δh = 27 m ⇒ ve = 23 m/s Als bij het antwoord van vraag b hiermee rekening is gehouden, moet er nóg 1 m bij opgeteld worden, omdat het hoofd zich nog 1 m lager bevindt dan het zwaartepunt van de springer: Dan wordt Δh = u + 27 + 1 = 40,8 + 27 + 1 = 68,8 m ⇒ Δh = 69 m

38 Computermodel bungee jumping Gegeven: computermodel bungeejump. Gevraagd: C-waarde waarbij de jumper na één keer veren tot een hoogte van 80 m komt. Voor de bungeejumper is de snelheidsrichting na het begin omlaag gericht. In het model wordt deze richting als een negatieve waarde voor de snelheid weergegeven. e e In het model is de 2 en 3 regel als volgt geformuleerd: als v<=0 dan c = 56 anders c = 56 eindals e

De c-waarde bij de beweging omhoog wordt dus vastgelegd in de 3 regel. Deze c-waarde moet dus aangepast worden. Bij een c-waarde van 47 N/m blijkt de bungeejumper tot ca. 80 m hoogte terug te veren.

Newton vwo deel 3


39 1 Trilling op een luchtkussenbaan Gegeven: zie figuur hiernaast.

m = 200 g

a Stel u is de uitwijking t.o.v. de evenwichtsstand. De veerconstante van de twee veren is Ct. 5,0 F F = Ct ⋅ u ⇒ Ct = = = 20 N/m u 0,25 Afgerond: Ct = 20 N/m

u = 25 cm

m 1 b f = en T = 2π C T ⇒ T = 2π

12

F = 5,0 N

na 1 trilling: u = 24 cm

0,200 1 = 0,6283 s ⇒ f = = 1,59 Hz 20 0,6283

Afgerond: f = 1,6 Hz

c Veerenergie wordt - via bewegingsenergie - weer omgezet in veerenergie plus een deel als warmte dat ontstaat door de arbeid die de wrijvingskracht verricht. d Ev =

1 2

⋅ C ⋅ u 2 ⇒ ΔE v = E v,0 − E v,1 =

1 2

(

)

⋅ C ⋅ u 02 − u12 =

1 2

(

)

⋅ 20 ⋅ 0,25 2 − 0,24 2 = 0,049 J -2

Afgerond: ΔEv = 4,9·10 J

40 Computermodel trilling op een luchtkussenbaan Gegeven: m = 0,200 kg; ℓe = 40 cm; ℓo = 10 cm. a De veren zijn identiek: stel de veerconstante van elke veer = C. In de evenwichtsstand zal de kracht F1 van de linkerveer even groot zijn als de kracht F2 van de rechter-veer én tegengesteld: dan is de resultante Fr = 0 N. Dit betekent dat ook in de evenwichtsstand beide veren dezelfde beginuitwijking hebben: stel dit is u0 . Bij een uitwijking van 0,25 m vanuit deze evenwichtsstand geldt dat Fr = F1 − F2 = 5,0 N . F1 = C ⋅ u1 = C ⋅ (u 0 + 0,25 ) en F2 = C ⋅ u 2 = C ⋅ (u 0 − 0,25 ) ⇒

Fr = F1 − F2 = C ⋅ (u 0 + 0,25 ) - C ⋅ (u 0 − 0,25 ) = 2 ⋅ C ⋅ 0,25 = 5,0 N ⇒ C =

5,0 = 10 N/m 0,50 Afgerond: C = 10 N/m

N.B. Eigenlijk komt het er op neer dat bij een situatie waarbij twee veren een tegengestelde kracht uitoefenen op een massa er geldt dat F = C t ⋅ u = (C1 + C 2 ) ⋅ u en dus bij identieke veren: F = 2 ⋅ C ⋅ u .

b Gegeven: uitwijking BD = 25 cm (zie figuur hiernaast).

A

40 cm

D

40 cm

C

Fr

De terugdrijvende kracht is de somkracht Fr van de twee veerkrachten F1 en F2 (zie figuur). Om de grootte van één van de veerkrachten te berekenen moet je weten hoe groot de uitrekking van die veer is bijv. u1 = AB - ℓo . Volgens de stelling van Pythagoras is

25 cm

F2

F1

½·Fr

B

AB = AD 2 + BD 2 = 40 2 + 25 2 = 47,2 cm

⇒ u1 = 47,2 - 10 = 37,2 cm = 0,372 m ⇒ F1 = C ⋅ u1 = 10 ⋅ 0,372 = 3,72 N Wiskundig geldt dat bij een parallellogram de diagonalen loodrecht op elkaar staan én elkaar middendoor delen. Uit de constructie-figuur van de krachtenoptelling valt dan 1 ⋅F BD DB 25 r = ⇒ Fr = 2 ⋅ F1 ⋅ = 2 ⋅ 3,72 ⋅ = 3,94 N de volgende verhouding af te leiden: 2 AB AB 47,2 F1 Afgerond: Fr = 3,9 N

c Stel dat de uitwijking BD tweemaal zo groot wordt ⇒ B*D = 50 cm (zie figuur hieronder). Dan is AB* = AD 2 + B * D2 = 402 + 50 2 = 64,0 cm * ⇒ u1 = 64,0 - 10 = 54,0 cm = 0,54 m ⇒

F1*

= C ⋅ u1*

D

A

F

= 10 ⋅ 0,54 = 5,4 N

De kracht F1 is minder dan 2× zo groot: F1* 5,4 = = 1,4 × . Dus de terugdrijvende kracht F1 3,9 is niet rechtevenredig met de uitwijking B*D.

C * r

50 cm

F1*

B

Vervolg op volgende bladzijde.

B*

Newton vwo deel 3


13

Vervolg van opgave 40.

1 Uit het u,t-diagram is af te lezen dat T er 14 trillingen zijn in een tijdsduur Δt = 9,96 s. 9,96 1 T= = 0,711 s ⇒ f = = 1,406 Hz 14 0,711

d f =


e Werkwijze: vul in de modelvergelijking steeds een andere waarde voor de uitwijking u in. Laat via de startknop een u,t-diagram tekenen. Lees bijvoorbeeld de tijdsduur van 10 trillingen af 10·T T u f m.b.v. de funktie 'UITLEZEN' (via 'GEREEDSCHAPPEN') (m) (s) (s) (Hz) en bepaal daaruit de trillingstijd T. 0,10 7,22 0,722 1,39 1 0,20 7,16 0,716 1,40 M.b.v. f = bereken je de frequentie (zie diagram). T 0,30 7,06 0,706 1,42 0,40 6,97 0,697 1,43 Conclusie: er is een lichte toename te zien in 0,50 6,89 0,689 1,45 de frequentie f. Bij afronden op 2 getallen is te concluderen dat deze frequentie vrijwel constant is: f = 1,4 Hz.

16.5 Afsluiting Oefenopgaven 44 Lift en contragewicht Oriëntatie: Gevraagd:

E e,zonder E e,met

.

Gegeven: 6 personen met mp = 75 kg; ml = 350 kg; Δh = 18 m; mc = 500 kg. We nemen aan dat de elektromotor een rendement heeft van 100% dat wil zeggen dat het verbruik Ee even groot is als de arbeid W die de motor daardoor verricht.

Planning: De arbeid W, die de motor moet verrichten zonder contragewicht, is gelijk de toename ΔEz = mtotaal ⋅ g ⋅ Δh . Met contragewicht kun je zeggen dat een deel van de massa, die omhoog gaat, gecompenseerd wordt door de massa van het contragewicht dat omlaag gaat. Of mtotaal,mét = mtotaal - mc. Uitvoering: Zonder contragewicht mtotaal = 6 ⋅ mp + ml = 6 ⋅ 75 + 350 = 800 kg ⇒ ΔE z,zonder = 800 ⋅ 9,81 ⋅ 18 = 1,413 ⋅ 10 5 J Mét contragewicht mtotaal,mét = 800 - 500 = 300 kg ⇒ ΔE z,met = 300 ⋅ 9,81 ⋅ 18 = 0,530 ⋅ 10 5 J E e,zonder E e,met

=

ΔE z,zonder W zonder 1,413 ⋅ 10 5 = = = 2,67 Wmet ΔE z,met 0,530 ⋅ 10 5

Controle: Conclusie: Het energieverbruik is door het aanbrengen van het contragewicht 2,7× zo klein. N.B. Als het rendement van de motor lager is, bijvoorbeeld 95%, dan heeft dat geen invloed E e,zonder op de conclusie omdat de verhouding ook dan hetzelfde blijft. E e,met

Newton vwo deel 3


14

45 Rendement bij het fietsen Oriëntatie Gevraagd: η Gegeven: v = 20 km/h = 5,56 m/s; Pch = 520 W; diagram van F tegen ϕ ; s = 5,1 m als Δϕ = 360º (als de trapper één rondje maakt); ℓ = 17 cm = 0,17 m. Planning/uitvoering E nuttig W = η= Nieuwe onbekenden: W en Ech E in E ch W = Fgem ⋅ s

oppervlak grafiek per rondje trappen 360° oppervlak = 21 ⋅ 12 ⋅ 3 ⋅ 125 + 18 ⋅ 3 ⋅ 125 + 21 ⋅ 20 ⋅ 3 ⋅ 125

Fgem =

= 12750 (zie diagram hiernaast) oppervlak grafiek 12750 = 35,4 N Fgem = = 360° 360 s = 2 · π · r = 2 · π · ℓ = 1,07 m W = Fgem ⋅ s = 35,4 · 1,07 = 37,8 J

Tweede manier om de arbeid W te berekenen:

∫

W = F (s ) ⋅ ds want de kracht is niet constant.

Ech = Pch · t

s 5,1 s=v·t ⇒ t = = = 0,917 s v 5,56 Ech = 520 · 0,917 = 477 J 37,8 η= = 0,0792 Afgerond: η = 0,079 = 7,9 % 477 Controle Het aantal significante cijfers en de eenheid kloppen. Het rendement is niet erg groot. Ook andere lichaamsprocessen vereisen (chemische) energie. 46 Schansspringen Oriëntatie Gevraagd: afstand BC Gegeven: m = 85 kg Fw,schans = 57 N AS = 70 m Δh1 = 40 m (zie tekening) 3 Ww,l = - 38·10 J vC = 112 km/h = 31,1 m/s SB = 10 m

2π ⋅ A ⋅ ϕ . 360° De integraal is daarmee ook te schrijven als: De verplaatsing s(ϕ ) =

W =

2π ⋅ A ⋅ 360°

360°

∫ F ( ϕ ) ⋅ dϕ

0°

2π ⋅ A ⋅ oppervlak grafiek (per rondje) 360° 2π ⋅ 0,17 W = ⋅ 12750 = 37,8 J 360° W =

Δh1 Δh2

ΔhBC

Planning/uitvoering ΔhBC ΔhBC ⇒ BC = Nieuwe onbekende: ΔhBC sin 30° = BC sin 30° ΔhBC = Δh2 – SB (zie tekening) Nieuwe onbekende: Δh2 Tijdens de afdaling én de vlucht wordt de zwaarte-energie omgezet in kinetische energie én arbeid verricht door de wrijvingskrachten (d.w.z. warmte): ΔE z, AS + ΔE z,SB = ΔEk + W w, schans + W w,l m ⋅ g ⋅ Δh1 + m ⋅ g ⋅ Δh2 =

1 2

2

⋅ m ⋅ v e + Fw,schans ⋅ AS + W w,l

85 ⋅ 9,81 ⋅ 40 + 85 ⋅ 9,81 ⋅ Δh2 =

1 2

⋅ 85 ⋅ 31,12 + 57 ⋅ 70 + 38 ⋅ 10 3

Δh2 = 59,7 m ΔhBC = Δh2 – SB = 59,7 – 10 = 49,7 ΔhBC 49,7 = 99,4 m = BC = sin 30° sin 30°

Afgerond: BC = 99 m

Controle Het aantal significante cijfers en de eenheid kloppen. Dit is een reële afstand bij het schansspringen.

Newton vwo deel 3


15

47 Motorvermogen Oriëntatie Gevraagd: Pm van de auto groot genoeg? Gegeven: helling = 10% = 0,10 ⇒ sin α = 0,10 v = 100 km/h = 27,8 m/s zie verder de tabel in het verwerkingsboek Planning/uitvoering In de bergen wordt de motor-arbeid van de auto gebruikt voor het opheffen van de (negatieve) arbeid verricht door de zwaartekracht Fz en de wrijvingskracht Fw ⇒ Wmotor = toename Ez + wrijvingsarbeid Ww ⇒ Het is handig de energievergelijking in te vullen voor t = 1,0 s. Pm ⋅ t = ΔE z + W w Pm ⋅ t = m ⋅ g ⋅ Δh + Fw,tot ⋅ s

Nieuwe onbekenden: Δh, Fw,tot en s

s = v · t = 27,8 · 1,0 = 27,8 m Δh sin α = ⇒ Δh = s ⋅ sin α = 27,8 · 0,10 = 2,78 m s Fw,tot = Fw,r + Fw,l Nieuwe onbekende: Fw,l Fw,l = 21 ⋅ c w ⋅ A ⋅ ρ ⋅ v 2 = 21 ⋅ 0,33 ⋅ 2,0 ⋅ 1,293 ⋅ 27,8 2 = 330 N

3

(BINAS tabel 12: ρlucht = 1,293 kg/m )

Fw,tot = Fw,r + Fw,l = 240 + 330 = 570 N Pm · 1,0 = 885 · 9,81 · 2,78 + 570 · 27,8 4

Pm = 4,00·10 W Conclusie:

Afgerond: Pm = 40 kW

De motor heeft een groter vermogen dan 40 kW. Het is dus mogelijk om met deze auto met een grotere snelheid dan 100 km/h tegen een helling van 10% oprijden.

Controle Het aantal significante cijfers en de eenheid kloppen. De uitkomst voor Pm is realistisch en ligt in de buurt van het maximale vermogen van de auto.

Newton vwo deel 3

Uitwerkingen Hoofdstuk 17 – Ruimtevaart

16

17 Ruimtevaart 17.1 Inleiding Voorkennis 1 Ruimtevaart a De baan van een satelliet heeft de vorm van een ellips (een cirkel is een bijzondere ellips). b De wrijving is verwaarloosbaar, zodat er geen aandrijvende kracht nodig is om te blijven bewegen. Als er geen enkele kracht op een satelliet zou werken, zou hij eenparig in een rechte lijn voortbewegen. De zwaartekracht van de aarde zorgt er voor dat de bewegingsrichting van de satelliet voortdurend wordt afgebogen. Zodoende volgt de satelliet een elliptische baan rond de aarde. c Het gewicht is de kracht die een voorwerp op het ondersteunende vlak uitoefent. Een astronaut in een ruimtestation oefent geen kracht uit op eventuele aanrakingspunten in het station omdat hij of zij én het ruimtestation dezelfde (val)beweging uitvoeren. 2 Kracht en beweging a Voor de nettokracht (of resultante) geldt: Fr = m ⋅ a Als Fr dezelfde richting heeft als de beginsnelheid (of als de beginsnelheid nul is): 2 Fr = 0: De versnelling a = 0 m/s dus de snelheid v is dan constant (of nul). Het voorwerp voert dan een eenparige beweging uit langs een rechte lijn. Fr > 0: Het voorwerp voert een eenparig versnelde beweging langs een rechte lijn uit. Fr < 0: Het voorwerp voert een eenparig vertraagde beweging langs een rechte lijn uit. Als de resulterende kracht voortdurend loodrecht op de bewegingsrichting staat, voert het voorwerp een eenparige cirkelbeweging uit. Als Fr loodrecht staat op de richting van de beginsnelheid en in diezelfde richting blijft staan (zoals bij een horizontale worp), volgt het voorwerp een paraboolvormige baan. b A

s s (t ) = v ⋅ t

B

s (t ) =

C

s (t ) = v b ⋅ t +

D

s (t ) =

1 2

1 2

⋅a ⋅t2 1 2

⋅a ⋅ t2

⋅g ⋅t2

v v = constant

a a=0

Fr Fr = 0

v (t ) = a ⋅ t

a > 0 (constant)

Fr = m ⋅ a

v (t ) = v b + a ⋅ t

a < 0 (constant)

Fr = m ⋅ a

v (t ) = g ⋅ t

a=g

Fr = m ⋅ g

3 Kracht en ruimtevaart a Ja, de zwaartekracht veroorzaakt de kromlijnige beweging van de satelliet. Als er geen zwaartekracht was, zou de satelliet in een rechte lijn voortbewegen. Hoe hoger de satelliet zich bevindt, hoe kleiner de zwaartekracht is die op de satelliet werkt. b Ja, een satelliet ondervindt een kleine luchtwrijvingskracht. Satellieten in een lage baan rond de aarde, bijvoorbeeld op 300 km afstand van het aardoppervlak, worden daardoor langzamerhand afgeremd. Ze vallen op den duur terug naar de aarde, tenzij de snelheid met behulp van raketmotoren op peil wordt gehouden. Satellieten in een hoge baan, bijvoorbeeld geostationaire satellieten op 36 duizend km hoogte, ondervinden nauwelijks luchtwrijving. Hoe verder van het aardoppervlak, hoe ijler de atmosfeer en dus hoe kleiner de dichtheid wordt (zie BINAS tabel 30 B).

17.2 Rechtlijnige bewegingen Kennisvragen 5 Het beste is natuurlijk dat je het bestuderen van de tekst samen laat gaan met het maken van een schematische samenvatting of begrippenkaart. Vergelijk jouw schema met dat van andere leerlingen en probeer het zo compleet mogelijk te maken.

Newton vwo deel 3


17

6 De krachten zijn even groot, maar tegengesteld van richting. Volgens de derde wet van Newton (actie- en reactiewet) geldt: F1 = F2. Ze vormen een krachtenpaar. N.B. Beide krachten bestaan niet onafhankelijk van elkaar en je kun dus niet zeggen welke de actiekracht en welke de reactiekracht is. Je kiest zelf de actiekracht; de andere kracht mag je dan de reactiekracht noemen. Met evenveel recht had je ze andersom kunnen kiezen.

7 Fz = m · g 2 2 BINAS tabel 31: gaarde = 9,81 m/s ; gmaan = 1,63 m/s . 9,81 = 6,0. De verhouding is 1,63 8 Je kunt de waarden in de tabel berekenen met de formule: m ⋅m Fg = G ⋅ 1 2 2 r –11 2 –2 G = 6,6726·10 N·m ·kg (zie BINAS tabel 7), Voor m1 vul je bijvoorbeeld de massa 24 van de aarde maarde = 5,976·10 kg in (zie BINAS tabel 31). En voor m2 vul je in 1,0 kg. Je krijgt dan de gravitatiekracht op het voorwerp per kg.

6

r (10 m) 0 6,378 (= Raarde) 10 15 20

N.B. In het binnenste van de aarde neemt de gravitatiekracht evenredig toe met de afstand tot het middelpunt r. Hieronder is afgeleid waarom dit zo is: maarde ⋅ mvoorwerp m ⋅m Fg = G ⋅ 1 2 2 ⇒ Fg = G ⋅ r r2 De massa van het deel van het hemellichaam dat binnen de straal r valt, bepaalt de gravitatiekracht op de afstand r tot het middelpunt. (Wiskundig is aan te tonen dat het netto effect van de massa buiten de straal nul is.) mbinnen = V ⋅ ρ = 43 ⋅ π ⋅ r 3 ⋅ ρ

Fg = G ⋅

ma ⋅ mv

=G⋅

r2

Fg = G ⋅ 34 ⋅ π ⋅ ρ ⋅

r

3

4 3

10

Fg 6 (N) per kg

4

2

⋅ π ⋅ r 3 ⋅ ρ ⋅ mv r2

0

r2 c = constant aangenomen dat de dichtheid ρ niet verandert. Hieruit volgt dat Fg binnen het hemellichaam evenredig toeneemt met r . m1 ⋅ m 2 r2

Van de maan-aarde: Fg,maan = G ⋅

Fg,zon Fg,maan Fg,zon Fg,maan

10 Fg = G ⋅

G⋅

=

400

2

5

10

15

20

r (106 m) m zon ⋅ maarde 2 r zon

mmaan ⋅ maarde 2 rmaan

2 2 m zon rmaan m zon r zon = ⋅ 2 = m maan ⋅ m aarde m maan r zon mmaan G⋅ 2 rmaan

1

0

) van de zon-aarde kun je schrijven als: Fg,zon = G ⋅

m zon ⋅ m aarde

= 27 ⋅ 10 6 ⋅

aardoppervlak

8

⋅ mv = c ⋅ r ⋅ mv

9 De gravitatiekracht ( Fg = G ⋅

Fg,aarde (N) per kg 0 9,80 3,99 1,77 1,00

= 169

⎛r ⋅ ⎜ maan ⎜ r ⎝ zon

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

2

Afgerond:

Fg,zon Fg,maan

= 1,7·10

m1 ⋅ m 2

r2 –11 2 –2 G = 6,6726·10 N·m ·kg (zie BINAS tabel 7); m1 en m2 zijn beide 0,100 kg (= 100 g), r = 0,10 m.

Fg = 6,6726 ⋅ 10 −11 ⋅

(0,100)2 (0,10 )2

= 6,6726 ⋅ 10 −11 N

Fz = m · g = 0,100 · 9,81 = 0,981 N

Afgerond: Fg = 6,7·10

–11

N

Conclusie: de zwaartekracht is vele malen groter.

2

Newton vwo deel 3


11 De gravitatiekracht t.o.v. de aarde is te schrijven als Fg = G ⋅

18

maarde ⋅ m r2

Op het aardoppervlak met r = R (= straal van de aarde) is Fg = Fz = G ⋅

maarde ⋅ m

(= m · g ) R2 Op grotere hoogte neemt de gravitatiekracht af (en dus ook de valversnelling). m ⋅m m ⋅m Als deze 1% is afgenomen, dan is Fg = 0,99 ⋅ Fz ⇒ G ⋅ aarde = 0,99 ⋅ G ⋅ aarde r2 R2 Deze vergelijking is te vereenvoudigen tot: r 2 = R = 6,378·10 m ⇒ r = 6,378 ⋅ 10 6 ⋅ 6

6

R2 ⇒ r = 0,99

1 R2 =R⋅ 0,99 0,99

1 = 6,410 ⋅ 10 6 m 0,99 6

3

Hoogte h = r - R ⇒ h = 6,410·10 - 6,378·10 = 32,1·10 m

12 Fz,maan = G ⋅

mmaan ⋅ m 2 Rmaan

Afgerond: h = 32 km

. Daarnaast geldt net als op aarde: Fz,maan = m · gmaan ⇒ g maan = G ⋅

M.b.v. BINAS (tabel 31): g maan = 6,6726 ⋅ 10 −11 ⋅

0,0735 ⋅ 10 24

(1,738 ⋅ 10 )

6 2

= 1,6236 m/s

2

mmaan 2 Rmaan

Afgerond: gmaan = 1,62 m/s 2

Voor de gravitatieversnelling aan het oppervlak wordt de waarde van 1,63 m/s opgegeven. De afwijking ten opzichte van de hierboven berekende waarde is gering. Bij de bovenstaande berekening is de straal bij de evenaar gebruikt. Door de afplatting ten gevolge van de draaiing van de maan is de waarde voor de valversnelling bij de evenaar kleiner dan bij de polen. Conclusie: De gegevens zijn met elkaar in overeenstemming.

13 a Fn en F : F is de kracht (gewicht) van de persoon op de plank, Fn van de plank op de persoon. b Fn en Fz : deze zijn even groot en werken op dezelfde persoon in tegengestelde richting. c Het voorwerp staat stil, dus geen netto kracht (of Fr = 0). Dus is Fn = Fz. Omdat F en Fn een krachtenpaar vormen, is ook Fn even groot als F.

Fn

14 a Zie figuur hiernaast. b Fz,m is de zwaartekracht op de man uitgeoefend door de aarde; Fk is de duwkracht (gewicht) uitgeoefend door het kind; Fn is de normaalkracht uitgeoefend door de plank. c Fz,m = mm ⋅ g = 80 ⋅ 9,81 = 784,8 N Fk = Fz,k = mk ⋅ g = 40 ⋅ 9,81 = 392,4 N Fn = Fz,m + Fk = 784,8 + 392,4 = 1177,2 N

2

Afgerond: Fz,m = 7,8·10 N 2 Afgerond: Fk = 3,9·10 N Afgerond: Fn = 1,2 kN

Fk

15 A Het wiel oefent een achterwaartse kracht uit op het wegdek en het wegdek oefent een voorwaartse kracht uit op het wiel. B Het wiel oefent een voorwaartse kracht uit op het wegdek en het wegdek oefent een achterwaartse kracht uit op het wiel.

Fz,m

C Het wiel oefent weinig (wrijvings)kracht uit op het wegdek en het wegdek oefent daardoor ook weinig (voorwaartse) kracht uit op het wiel. D De schroef oefent een achterwaartse kracht uit op het water en het water oefent een voorwaartse kracht uit op de schroef. E De straalmotor oefent een achterwaartse kracht uit op de lucht en de lucht oefent een voorwaartse kracht uit op de straalmotor. 16 a Fgas = m gas ⋅ a gas met agas =

Δv gas

Δt 2 2 2 Het gas ondergaat per seconde een snelheidsverandering van 0 tot 5,0·10 m/s ⇒ a gas = 5,0·10 m/s 2 3 Afgerond: Fgas = 20 kN Fgas = 40 ⋅ 5,0·10 = 20·10 N

b De kracht van de raket op de uitgestoten brandstof is 20 kN. Volgens de derde wet van Newton werkt er een even grote kracht op de raket (en tegengesteld van richting). Verder werken er geen krachten op de raket, dus is de resulterende kracht op de raket Fr = 20 kN. Fr = mr ⋅ ar ⇒ ar =

Fr 20 ⋅ 10 3 = = 9,09 m/s 2 mr 2,2 ⋅ 10 3

2

Afgerond: a = 9,1 m/s

2

Newton vwo deel 3


19

Oefenopgaven 22 Caravan a Je weet de resulterende kracht op de auto en de caravan niet apart. Je kent immers de onderlinge kracht tussen auto en caravan niet. Je weet wel de resulterende kracht op de auto met caravan samen. Fr,t = Fv – Fw = mt ⋅ a ⇒ a =

Fv − Fw 1,56 ⋅ 10 3 − 0 2 = 1,20 m/s = 1000 + 300 mt


2

b Nu je de begin-versnelling kent die zowel de auto als de caravan krijgt, kun je de resulterende kracht op de caravan of auto uitrekenen omdat de afzonderlijke massa's gegeven zijn. Ook nu weer gaan we ervan uit de de wrijvingskrachten verwaarloosbaar zijn: Fw = 0 N Deelsysteem caravan: Ft,c = Fr,c = mc ⋅ a ⇒ Ft,c = 300 · 1,20 = 360 N Afgerond: Ft,c = 360 N Deelsysteem auto: Fr,a = Fv - Ft,c Daarnaast geldt ook dat Fr,a = ma ⋅ a ⇒ Fr,a = 1000 · 1,20 = 1200 N 3 1200 = 1,56·10 - Ft,c ⇒ Ook dit levert op dat Ft,c = 360 N 23 Vrachtwagen Gegeven: zie figuur hiernaast. a Aanhangwagen: de snelheid is constant dus Fr,a = 0 ⇒ ⇒ Fv,a = Fw,a = 1,2 kN

m = 10 .10 3 kg Fw,a = 1,2 .10 3 N

Vrachtwagen: Ook voor de vrachtwagen is Fr,v = 0 ⇒ 3 3 ⇒ Fvw = Fw,v + Fw,a = (2,4 + 1,2) ⋅10 = 3,6 ⋅10 N = 3,6 kN

Fvw

m = 15 .10 3 kg Fw,v = 2,4 .10 3 N

constante snelheid v = 50 km/h = 13,9 m/s 3

b Nieuw gegeven Fv wordt twee keer zo groot ⇒ Fv = 2 ⋅ 3,6 = 7,2 kN = 7,2⋅10 N; Fw,v en Fw,a blijven hetzelfde. • versnelling a: Voor de combinatie vrachtwagen-met-aanhanger geldt: Fr = mtotaal ⋅ a 3 3 Fr = Fv – (Fw,v + Fw,a) = (7,2 – 2,4 – 1,2)⋅10 = 3,6⋅10 N 3 3 mtotaal = (15 + 10 )⋅10 = 25⋅10 kg

3,6 ⋅ 103 = 25 ⋅ 103 ⋅ a ⇒ a =

3,6 ⋅ 10 3 25 ⋅ 10 3

= 0,144 m/s 2

• voorwaartse trekkracht Fv,a: Fr,a = Fv,a – Fw,a = ma ⋅ a of Fv, a = ma ⋅ a + Fw,a 3 3 3 Fv, a = 10⋅10 · 0,144 + 1,2⋅10 = 2,64⋅10 N


Afgerond: Fv,a = 2,6 kN

24 Honkbalwedstrijd Gevraagd: ve -3 Gegeven: vb = 90 km/h = 25 m/s; F = 750 N gedurende Δt = 12,5⋅10 s ; m = 0,145 kg.

a Fr = m ⋅ a ⇒ 144 ⋅ 10 3 = 10 ⋅ a ⇒ a =

750 = 5,172 ⋅ 10 3 m/s 2 0,145

2

Afgerond: a = 5,17·10 m/s

2

Δv b a = Δv ⇒ 5,172 ⋅ 10 3 = ⇒ Δv = 64,66 m/s Δt 12,5 ⋅ 10 − 3 Aangezien de kracht F bij een slag tegengesteld gericht is aan de beginsnelheid vb, moet je deze snelheidsverandering invullen met een min-teken: Δv = ve – vb = – 64,66 = ve – 25 ⇒ ve = – 64,66 + 25 = – 39,66 m/s Afgerond: v e = – 40 m/s N.B. Het min-teken geeft aan dat de snelheid tegengesteld gericht is t.o.v. de beginsnelheid.

25 Apollo-8 a Fg,a = Fg,m ma m m m = 2m G ⋅ 2a ⋅ mapollo = G ⋅ 2m ⋅ mapollo ⇒ (vergelijking 1) r a2 rm ra rm 6 Verder is de afstand van de aarde tot de maan 384,4·10 m (zie BINAS tabel 31). 6 Dus geldt: ra + rm = 384,4·10 m (vergelijking 2) Je hebt nu twee vergelijkingen gekregen met twee onbekenden. Die kun je oplossen.


2

Newton vwo deel 3


20

Vervolg van opgave 25. Eerste manier: 6 Je kunt vergelijking 2 omwerken tot rm = 384,4·10 – ra en invullen in vergelijking 1. Je krijgt dan: ma mm = 2 2 ra 384,4 ⋅ 10 6 − ra

(

)

24

BINAS tabel 31: mmaan = 0,0735·10 kg 24 en maarde = 5,976·10 kg Je kunt deze vergelijking oplossen met je grafische rekenmachine (zie nevenstaande schermafbeeldingen). Druk op Y=. en voer de vergelijkingen in (zie het linker schermpje). Stel de Xmin en Xmax waarde in onder WINDOW. (zie de afbeelding). Voer bij Xmax een waarde in die zeker groter is dan de afstand van de Apollo tot de aarde (hier: 4E8 = 400 duizend km). Druk op GRAPH. . Eventueel kun je de Y-as instellen met ZOOM. 0:ZoomFit. Toets in 2nd. [CALC] 5:intersect ENTER. ENTER. ENTER. . 8 Je ziet het resultaat in het scherm (zie de afbeelding): op een afstand van r = 3,460·10 m (=X) tot de aarde is de gravitatiekracht van de aarde en de maan even sterk. 8 Het is wel logisch dat je dan dichter bij de maan zit dan bij de aarde. Afgerond: r = 3,46·10 m Tweede manier: Je kunt ook vergelijking 1 omwerken tot: m 5,976 ⋅ 10 24 r a2 = a ⋅ rm2 ⇒ r a2 = ⋅ rm2 ⇒ ra2 = 81,3 ⋅ rm2 ⇒ ra = 9,02 · rm mm 0,0735 ⋅ 10 24 Als je dit invult in vergelijking 2, krijg je: 6 6 7 9,02 · rm + rm = 384,4·10 ⇒ 10,02 · rm = 384,4·10 ⇒ rm = 3,836·10 m 6 6 7 8 ra = 384,4·10 – rm = 384,4·10 – 3,836·10 = 3,460·10 m

8

Afgerond: r = 3,46·10 m

v 1 = 216 km/h = 60 m/s ???

vb = 0

26 Vliegtuigstart Gegeven: zie figuur hiernaast.

a Gevraagd: versnelling a1. v − vb v a = Δv = e ⇒ a1 = 1 Δt t1 Δt s1 < v > = s ⇒ t1 = t < v1 >

s1 = 1800 m

s2 = 600 m

Nieuwe onbekende: t1 Nieuwe onbekende:

Neem aan dat de beweging eenparig versneld is: < v > =

t 1 = 1800 = 60,0 s ⇒ a1 = 60 = 1,0 m/s 2 60,0 30

ve + vb ⇒ < v 1 > = 60 + 0 = 30 m/s 2 2 Afgerond: a1 = 1,0 m/s

2

b Voor het remmen werk je volgens dezelfde methode als hierboven met het verschil dat nu vb = v1 = 60 m/s en ve = 0 m/s , terwijl s2 = 600 m 2 < v 2 > = 0 + 60 = 30 m/s ⇒ t 2 = 600 = 20,0 s ⇒ a 2 = 60 = 3,0 m/s 2 Afgerond: a2 = 3,0 m/s 20,0 2 30 N.B. Bij deze opgave is de versnelling (of vertraging) ook te bepalen m.b.v. de formule s = 21 ⋅ a ⋅ t 2 waarbij t =

v v s en < v > = e respectievelijk < v > = b 2 2

Het rekenwerk is iets moeilijker.

Newton vwo deel 3


21

27 Schaatsrit Gegeven: schaatsafstand s = 500 m; schaatser: in 6,3 s een ve = 14 m/s. De schaatsrit moet je opdelen in 2 delen. Neem voor het eerste deel s1 aan dat de beweging eenparig versneld is. Voor het tweede deel s2 is de beweging eenparig ⇒ schaatsafstand s = s1 + s2 De eindtijd t = t1 + t2 = 6,3 + t2

Nieuwe onbekende: t2

v2 = ve = 14 m/s s 2 = v 2 ⋅ t2 . s = s1 + s2 ⇒ s2 = 500 – s1

Nieuwe onbekende: s2 Nieuwe onbekende: s1

Afstand s1 met eenparig versnelde beweging en vb = 0: s1 = ⋅ t1 v + vb < v1 > = e ⇒ < v1 > = 14 + 0 = 7,0 m/s 2 2 s1 = 7,0 ⋅ 6,3 = 44,1 m s2 = 500 – 44,1 = 455,9 m 455,9 455,9 = 14 ⋅ t 2 ⇒ t 2 = = 32,56 s 14 t = 6,3 + 32,56 = 38,86

Nieuwe onbekende:

Afgerond: t = 39 s

28 Neutronenster a Vbol =

4 3

⋅π⋅r3 ⇒ r = 3

V 4 3

Nieuwe onbekende: V

⋅π

Dichtheid: ρ = m · V ⇒ V =

m ρ

Nieuwe onbekende: m

90% stermassa wordt weggeslingerd ⇒ 10% blijft over. BINAS (tabel 32 C): mzon = 1,989·10

V = r =3

5,967 ⋅ 10

29

1017

5,967 ⋅ 1012 4 3

⋅π

12

= 5,967·10

30

kg ⇒ mneutronenster = 0,10 · 3 · 1,989·10

mn ⋅ m Rn2

.

Daarnaast geldt net als op aarde: Fz,n = m · gn ⇒ g n = G ⋅

(11,25 ⋅ 10 )

kg

Afgerond: r = 11 km

b Op het oppervlak is Fz,n = Fg,n = G ⋅

3 2

29

3

3

5,967 ⋅ 10 29

= 5,967·10

m

= 11,25·10 m

g n = 6,6726 ⋅ 10 −11 ⋅

30

11

= 3,146·10

m/s

2

mn Rn2 Afgerond: g = 3,2·10

11

2

m/s

17.3 Kromlijnige bewegingen Kennisvragen 29 Probeer na het bestuderen van de tekst weer een schematische samenvatting of begrippenkaart van deze paragraaf te maken. Vergelijk jouw schema met dat van andere leerlingen en ga na of je het wilt veranderen en/of aanvullen. Bespreek het structuurschema in de klas en maak het zo compleet mogelijk. 30 De kracht is recht omlaag gericht (verticaal) en de beginsnelheid is horizontaal van richting. In horizontale richting verandert de snelheid niet (als de wrijving tenminste verwaarloosd mag worden). In verticale richting voert het voorwerp een eenparig versnelde (val)beweging uit. De resulterende snelheid (de optelling van de horizontale en verticale snelheidsvector) wordt steeds groter en meer verticaal gericht.

Newton vwo deel 3


31 Gegeven: h = 100 m; vx = 5,0 m/s; F w,l = 0 (verwaarloosbaar). Voor de horizontale richting geldt: s x (t ) = v x ⋅ t en voor de verticale richting: s y (t ) =

1 2

⋅ g ⋅ t2

s y (t ) =

1 2

⋅g ⋅t2 ⇒ t = x(t) (m) 0,0 5,0 10,0 15,0 20,0 22,6

t (s) 0 1,0 2,0 3,0 4,0 4,52

= g y(t) (m) 0,0 4,9 19,6 44,1 78,5 100

x(m) 0

0

5

10

15

20

25

20

Met deze formules zijn de enkele waarden te berekenen (zie tabel hieronder). Het tijdstip waarop het voorwerp de grond raakt is als volgt berekend: 2 ⋅ s y (t )

22

40

2 ⋅ 100 = 4,52 s 9,81

60 tegenwind

y(t) (m)

80 100 luchtwrijving

De x-as en de y-as zijn niet 1:1 getekend, omdat de parabool dan erg smal wordt. Als er sprake is van tegenwind is de valtijd gelijk (als je de luchtwrijving in verticale richting mag verwaarlozen). De baan is geen echte parabool meer. Als er sprake is van luchtwrijving nemen de horizontale en verticale snelheid af en daardoor neemt de valtijd toe. De grootte van de wrijvingskracht bepaalt hoe sterk de baan verandert.

32 a De voorwerpen raken tegelijk de grond. De eenparig versnelde (val)beweging in verticale richting is immers hetzelfde. b Het voorwerp met de grootste snelheid (van 10 m/s) heeft in dezelfde (val)tijd de grootste verplaatsing in horizontale richting. c s x (t ) = v x ⋅ t

s y (t ) =

1 2

⋅g ⋅t2 ⇒ t =

2 ⋅ s y (t ) g

=

2 ⋅ 100 = 4,52 s 9,81

Eerste voorwerp:

s x (t ) = v x ⋅ t = 5,0 · 4,52 = 22,6 m

Afgerond: sx = 23 m

Tweede voorwerp:

s x (t ) = v x ⋅ t = 10 · 4,52 = 45,2 m

Afgerond: sx = 45 m

d s x (t ) = v x ⋅ t

s y (t ) =

1 2

⋅g ⋅t2 ⇒ t =

2 ⋅ s y (t ) g

=

2⋅h g

Dit is het tijdstip waarop het voorwerp de grond raakt.

2⋅h g

s x (t ) = v x ⋅

33 a Het voorwerp dat van 100 m hoogte valt. De voorwerpen voeren dezelfde eenparig versnelde valbeweging uit. Het eerste voorwerp raakt dus eerder de grond. b De val van het voorwerp dat van 200 m hoogte valt duurt langer. Het voorwerp heeft een grotere valtijd en dus ook een grotere verplaatsing in horizontale richting. c Eerste voorwerp:

s y (t ) =

1 2

⋅g ⋅t2 ⇒ t =

2 ⋅ s y (t ) g

=

2 ⋅ 100 = 4,52 s 9,81

s x (t ) = v x ⋅ t = 5,0 · 4,52 = 22,6 m

Afgerond: sx = 23 m

Tweede voorwerp:

s y (t ) =

1 2

⋅g ⋅t2 ⇒ t =

2 ⋅ s y (t ) g

=

2 ⋅ 200 = 6,39 s 9,81

s x (t ) = v x ⋅ t = 5,0 · 6,39 = 31,9 m

d s x (t ) = v x ⋅

2⋅h g

Afleiding: zie vraag 42 d.

Afgerond: sx = 32 m

Newton vwo deel 3


23

34 Vlakbij het aardoppervlak is de kracht steeds loodrecht naar beneden gericht. Bij het ‘vallen’ van de maan staat de kracht steeds loodrecht op de bewegingsrichting. De snelheid verandert dus wel van richting, maar niet van grootte. 35 Een voorwerp voert een eenparige cirkelbeweging uit als de kracht voortdurend loodrecht op de bewegingsrichting staat en de snelheid voortdurend de richting heeft van de raaklijn aan de cirkel. De kracht en de snelheid veranderen niet van grootte. De kracht en de snelheid veranderen voortdurend van richting (namelijk loodrecht op respectievelijk langs de raaklijn aan de cirkel). 36 Baansnelheid: Hoeksnelheid:

A v = 2π ⋅ ω=

v = ω ⋅ r = 2π ⋅

ω=

r T

2π ϕ ( t ) = T t

Deze formules zijn ook te vinden in BINAS (tabel 35 A3). Gegevens over de aarde zijn te vinden in BINAS (tabel 31).

0,015 –3 = 1,57·10 m/s 60

2π = 0,1047 rad/s 60

6,378 ⋅ 106 = 464 m/s 24 ⋅ 60 ⋅ 60 2π –5 ω= = 7,27·10 rad/s 24 ⋅ 60 ⋅ 60

B v = 2π ⋅

0 = 0 m/s 24 ⋅ 60 ⋅ 60 2π –5 ω= = 7,27·10 rad/s 24 ⋅ 60 ⋅ 60

C v = 2π ⋅

0,1496 ⋅ 1012 4 = 2,98·10 m/s 365,256 ⋅ 24 ⋅ 3600 2π –7 = 1,99·10 rad/s ω= 365,256 ⋅ 24 ⋅ 3600

D v = 2π ⋅

Afgerond: v = 1,6 mm/s Afgerond: ω = 0,10 rad/s 2

Afgerond: v = 4,64·10 m/s Afgerond: ω = 7,27·10

–5

rad/s

–5

rad/s

Afgerond: v = 0 m/s Afgerond: ω = 7,27·10

4

Afgerond: v = 2,98·10 m/s Afgerond: ω = 1,99·10

–7

rad/s

37 Gegeven: r = 34 cm; v = 20 km/h = 5,56 m/s. • De baansnelheid is gelijk aan de snelheid van de fietser. v 5,56 • v = ω ⋅r ⇒ ω = = = 16,4 rad/s r 0,34 1 • f = T 2π 2π 2π ω= ⇒T = = 0,383 s = T ω 16,4 1 –1 f = = 2,61 s 0,383

Afgerond: v = 5,6 m/s Afgerond: ω = 16 rad/s


38 A De wrijvingskracht die het wegdek uitoefent op de banden van de auto. Bij een hellende bocht functioneert (ook) de naar het middelpunt gerichte component van de zwaartekracht als middelpuntzoekende kracht. B De combinatie van zwaartekracht en normaalkracht. C De combinatie van spankracht in de kabels van de zweefmolen en zwaartekracht op de zweefstoel. D De gravitatiekracht van de aarde op de maan.

Newton vwo deel 3


24

39 a De spankracht in het touw is gelijk aan de middelpuntzoekende kracht. BINAS (tabel 35 A3): Fmpz =

2,5 ⋅ 3,62 m ⋅v 2 = Fspan ⇒ Fspan = = 16,2 N r 2,00

r = 200 cm = 2,00 m

v = 3,6 m/s

b Fbreek = 20 N Uit Fmpz =

Afgerond: Fspan = 16 N

m ⋅v 2 ⇒v = r

Fmpz ⋅ r m

20 ⋅ 0,60 = 4,67 m/s 0,55 Afgerond: v = 4,7 m/s

M

=

m = 2,5 kg

moment van breken

c De steen heeft een horizontale snelheid en volgt de baan van een horizontale worp. De steen beweegt in de richting van de raaklijn aan de cirkel. 3

3

6

4

40 Gegeven: ms = 2,1⋅10 kg; h = 10,4⋅10 km = 10,4⋅10 m boven aardoppervlak; Ts = 6,0 u = 2,16⋅10 s. Fmpz =

m ⋅ v s2 rs

Nieuwe onbekenden: vs en rs

v is de baansnelheid langs de cirkelbaan: v s =

2 ⋅ π ⋅ rs Ts

rs = Raarde + h 6 BINAS (tabel 31): Raarde = 6,378·10 m 6 6 6 rs = 6,378⋅10 + 10,4⋅10 = 16,778⋅10 m 2 ⋅ π ⋅ 16,778 ⋅ 10 6

vs =

2,1⋅ 103 ⋅ 48812 16,778 ⋅ 10 6

Nieuwe onbekenden: Raarde

= 4881 m/s

2,16 ⋅ 10 4

Fmpz =

Nieuwe onbekenden: rs

= 2981N

Afgerond: Fmpz = 3,0 kN

N.B. De middelpuntzoekende kracht wordt geleverd door de gravitatiekracht.

41 M.b.v. Fmpz = Fg ⇒

m ⋅v 2 m ⋅M =G ⇒ v2 ⋅r = G ⋅M r r2

En m.b.v.: v =

T 2 4 ⋅ π2 2⋅π⋅r = ⇒ T r3 G ⋅M

Dit is de derde wet van Kepler voor een cirkelbaan. Hieruit is af te leiden dat M =

4 ⋅ π2 r 3 ⋅ G T2

In BINAS (tabel 7 en 31) vind je de waarden van G, r en T: M=

42

4 ⋅π 2 6,6726 ⋅ 10 −11

⋅

(384,4 ⋅ 10 )

6 3

(27,32 ⋅ 24 ⋅ 3600 )2

= 6,0315·10

24

Afgerond: M = 6,032·10

kg

24

kg

4 ⋅ π2 r 3 4 ⋅ π2 ⋅ (zie eerste regel bij uitwerking opg. 41) ⇒ M = G T2 G ⋅M r In BINAS (tabel 7 en 31) vind je de waarden van G en Rmaan: 6 3 6 r = Rmaan + h = 1,738·10 + 112·10 = 1,850·10 m

T2 3

M=

=

4 ⋅π 2 6,6726 ⋅ 10 −11

⋅

(1,850 ⋅ 10 )

6 3

(120,5 ⋅ 60)2

= 7,1664·10

22


kg

22

kg

11

m

43 Voor een planeet om de zon geldt (zie eerste regel bij uitwerking opg. 41: T2 r3

2

=

T T 4 ⋅ π2 = constant ⇒ a3 = m3 G ⋅ M zon ra rm

2

⇒ rm = 3

Tm 2 Ta 2

⋅ ra 3

Omdat het om een verhouding gaat, kun je de tijd in dagen invullen: rm = 3

6872 365

2

(

⋅ 1,50 ⋅ 1011

)

3

11

= 2,287·10

m

Afgerond: rm = 2,29·10

Newton vwo deel 3


25

3

44 Gegeven: polaire satelliet met Ts = 2,5 u = 9,0⋅10 s. h = r – Raarde T

2

r3

=

Nieuwe onbekenden: r en Raarde 2

4⋅π G ⋅M

(zie eerste regel bij uitwerking opg. 41) ⇒ r = 3

In BINAS (tabel 7 en 31) vind je de waarden van G, Raarde

r =3

T 2 ⋅G ⋅ M 2

=3

(9,0 ⋅ 10 ) ⋅ 6,6726 ⋅ 10 3 2

4 ⋅π 4 ⋅π 6 6 6 h = 9,35·10 – 6,378·10 = 2,98·10 m

2

−11

⋅ 5,976 ⋅ 10 24

T 2 ⋅G ⋅ M

4 ⋅π2 Nieuwe onbekenden: G en M en Maarde. 6

= 9,35·10 m 6

Afgerond: h = 3,0·10 m

45 De gravitatiekracht Fg is naar het middelpunt van de aarde gericht en doet dienst als middelpuntzoekende kracht Fmpz. Het middelpunt van een baan loodrecht boven Nederland ligt echter niet in het middelpunt van de aarde maar ergens op de aardas. De gravitatiekracht kan dus niet de middelpuntzoekende kracht leveren die nodig is voor een baan boven Nederland. 46 a Als de aarde 180º gedraaid is, bevindt de baan van de satelliet zich weer recht boven hetzelfde punt (van A* naar B*). 12 ⋅ 60 Na 180º draaien, dus na 12 uur, heeft deze satelliet = 8 omlopen 90 gemaakt. De satelliet bevindt zich op dat moment echter weer op precies hetzelfde punt als eerst d.w.z. in positie A dus boven A* aan de andere kant van de aarde. Na 360º draaien,dus na 24 uur, bevindt de satelliet zich wel weer precies boven hetzelfde punt d.w.z. na 16 omlopen.

satelliet

B

A A*

2π 2π –3 = 1,16·10 rad/s = T 90 ⋅ 60 2π 2π –5 De hoeksnelheid van de satelliet is: ω = = 7,27·10 rad/s = T 24 ⋅ 60 ⋅ 60

180°

B*

b De hoeksnelheid van de satelliet is: ω =

Als de aarde zou stilstaan: Dan zou de satelliet een hoek moeten afleggen van ϕs(t) = 2π (eenheid: rad). Daar doet de satelliet 90 minuten over.

A* A

satelliet

Als de satelliet met de draairichting van de aarde meebeweegt: Dan moet de satelliet niet alleen het rondje (2π) afleggen, maar ook nog de door de aarde afgelegde hoek: ϕs(t) = 2π + ϕa(t) ϕ(t) = ω · t ⇒ ωs · t = 2π + ωa · t ⇒ ωs · t – ωa · t = 2π 2π 2π 3 t = = 5,78·10 s = 96,3 min Afgerond: t = 96 min = ω s − ω a 1,16 ⋅ 10 −3 − 7,27 ⋅ 10 −5 Als de satelliet tegen de draairichting van de aarde in beweegt: Dan moet de satelliet minder dan één rondje (2π) afleggen. De door de aarde afgelegde hoek gaat eraf: ϕs(t) = 2π – ϕa(t) ⇒ ωs · t = 2π – ωa · t ⇒ ωs · t + ωa · t = 2π 2π 2π 3 t = = 5,10·10 s = 85,0 min Afgerond: t = 85 min = − 3 ω s + ω a 1,16 ⋅ 10 + 7,27 ⋅ 10 −5 vb NL c Een satelliet die pal oostwaarts wordt gelanceerd zal toch een gravitatiekracht Fg ondervinden die naar het middelpunt M Fg van de aarde gericht is. Deze kracht zal als middelpuntzoekende M kracht Fmpz fungeren waardoor de satelliet een cirkelbaan gaat beschrijven in een 'hellend vlak' t.o.v. de aarde. Deze baan ligt voor de helft boven het zuidelijk halfrond.

d De plaats van Nederland is niet uniek. Voor elke plaats waarbij een satelliet pal oostwaarts (of westwaarts) wordt gelanceerd geldt hetzelfde als bij vraag c. Een satelliet die vanuit Nederland pal noordwaarts of zuidwaarts zou worden gelanceerd, zou een polaire baan krijgen. Ook deze baan ligt voor de helft boven het zuidelijke halfrond. En ook als de satelliet in willekeurige richting wordt gelanceerd, zal er een cirkelbaan ontstaan met het middelpunt van de aarde als middelpunt, waardoor ook deze baan voor de helft boven het zuidelijk halfrond ligt (zie figuur).

polaire baan

NL

vb

Newton vwo deel 3


26

47 Bij het nemen van de bocht levert de wrijvingskracht Fw tussen wegdek en banden de benodigde middelpuntzoekende kracht Fmpz. Voor deze wrijvingskracht geldt: Fw,max = f ⋅ Fn Hierbij is Fn = Fz = m ⋅ g De snelheid is veilig als Fmpz ≤ Fw,max : m ⋅v2 = f ⋅m⋅g ⇒ v = f ⋅g ⋅r r Bij een nat wegdek is de maximale wrijvingskracht kleiner omdat de wrijvingscoëfficiënt f daar kleiner is. Uit de afgeleide formule volgt daarmee ook dat de veilige snelheid dan kleiner is. Fmpz = Fw,max ⇒

48 In het hoogste punt van een looping is de resulterende kracht Fr = Fz + Fn. Deze resulterende kracht levert de benodigde middelpuntzoekende kracht Fmpz om in de 'cirkelbaan' te blijven. Hoe groter je snelheid is, hoe meer je in je stoel gedrukt wordt en dus hoe groter de normaalkracht Fn is. Zolang er een normaalkracht Fn aanwezig is, zit je goed en is Fmpz ≥ Fz. Als de snelheid te klein is, kom je los van de baan en zou je uit je stoel kunnen vallen.. De snelheid is minimaal (en daarmee de benodigde Fmpz,min) als Fmpz,min = Fz. Dus als

m ⋅ v min r

2

2

= m ⋅ g ⇒ v min =

m⋅g ⋅r m

⇒ v min = g ⋅ r = g ⋅ r Als de snelheid vmin in km/h is: v min = 3,6 ⋅ g ⋅ r Je kunt de grafiek tekenen met je grafische rekenmachine (zie de schermafbeeldingen). Met de trace-functie kun je voor verschillende waarden van de straal van de looping de minimale snelheid bepalen.

49 Bij een hellend wegdek staat de zwaartekracht Fz niet loodrecht op het wegdek. Deze is dan te ontbinden in een component Fz,y en Fz,x (zie figuur hiernaast). Fz,x en Fw liggen in dezelfde richting. Optellen levert Fx = Fz,x + Fw Fx,h De horizontale component Fx levert dan de middelpuntzoekende kracht Fmpz. Deze is groter dan in de situatie van een horizontaal wegdek, waarin alleen de wrijvingskracht Fw de Fmpz levert. Fw Fx N.B.: Doordat de component F wat kleiner is dan F zal ook z,y

Fz,x

z

de normaalkracht Fn wat kleiner zijn. Dit betekent dat Fw,max = f · Fn (= f · m · g) ook wat kleiner zal zijn. Dit nadeel weegt echter niet op tegen het voordeel.

Fz

Fz,y

Oefenopgaven 53 De maan 3 Gegeven: cirkelvormige baan van maan met v = 1,02 km/s = 1,02⋅10 m/s. 3

en r = 484,4⋅10 km; 21 m = 73,53⋅10 kg.

a Eenparige beweging (constante baansnelheid): v = s ⇒ T = s t v s is omtrek van cirkelbaan: s = 2 ⋅ π ⋅ r 6 BINAS (tabel 31): r = 484,4⋅10 m 6 6 s = 2 ⋅ π ⋅ 384,4⋅10 = 2415⋅10 m

Nieuwe onbekende: s Nieuwe onbekende: r

6 T = 2415 ⋅ 103 = 2,368 ⋅ 10 6 s = 27,41 dagen 1,02 ⋅ 10 N.B. BINAS geeft in tabel 31 als antwoord 27,32 d.

b Eerste manier: m ⋅m Fg,maan = G ⋅ maan2 aarde rmaan Fg,maan = 6,6726 ⋅ 10 −11 ⋅ Tweede manier: Fmpz =

Afgerond: T = 27,4 dagen

In BINAS (tabel 7 en 31) vind je de waarden van G, mmaan en maarde.

0,0735 ⋅ 10 24 ⋅ 5,976 ⋅ 10 24

= 1,9835·10

(384,4 ⋅ 10 )

6 2

(

m ⋅v2 0,07353 ⋅ 10 24 ⋅ 1,02 ⋅ 10 3 ⇒ Fmpz = r 384,4 ⋅ 10 6

Conclusie: De uitkomsten komen overeen.

)

20

N

Afgerond: Fg,maan = 1,98·10

20

N

2

= 1,990 ⋅ 10 20 N 20

Afgerond: Fmpz = 1,99⋅10 N = 199 EN 18 (N.B. E = exa = 10 zie BINAS tabel 2)

Newton vwo deel 3


27

54 Superslag Als de luchtwrijving te verwaarlozen is aan het aardoppervlak zou Fmpz = Fg zijn: m ⋅m r m ⋅m G ⋅ ma m ⋅v 2 =G⋅ a2 ⇒ v2 =G⋅ a2 ⋅ ⇒ v= m r r r r In BINAS (tabel 7 en 31) vind je de waarden van G, ma en ra. We nemen hierbij aan dat de baanstraal r van het voorwerp dezelfde is als raarde. 6,6726 ⋅ 10 −11 ⋅ 5,976 ⋅ 1024

v=

6

3

3

Afgerond: v = 7,9·10 m/s

= 7,91·10 m/s

6,378 ⋅ 10 Dit is de snelheid die je ter hoogte van het aardoppervlak nodig hebt. Dit is dus inderdaad ongeveer 8 km/s.

55 Manen van Jupiter Voor de satellieten (manen) om een planeet geldt (zie ook eerste regel bij uitwerking opg. 41): T2 r3

=

4 ⋅ π2 T2 ⇒ = constant (ook wel de derde wet van Kepler genoemd). G ⋅ Mplaneet r3

Dit kun je controleren voor de manen van Jupiter: 1,77 2 Io: = 0,0142 Europa: 6,04 3

7,15 2

9,62 3

= 0,0142

16,7 2

= 0,0142 15,3 3 27,0 3 De waarnemingen zijn in overeenstemming met de derde wet van Kepler. Ganymedes:

= 0,0143

3,55 2

Callisto:

56 Auto in de bocht 3 Gegeven: m = 850 kg; v = 50 km/h = 13,9 m/s; Fw,max = 7,1 kN = 7,1⋅10 N. a Figuur 21 is weergegeven met schaal 1 : 500 d.w.z. 1 cm op papier is 500 cm = 5 m in werkelijkheid. Als je een cirkel probeert te tekenen door het deel van de bocht dan blijk je een cirkel te krijgen met een straal van ongeveer 1,0 cm. Dus in werkelijkheid heeft de auto op dat wegdeel een cirkelbeweging met straal r = 1,0 ⋅ 5 = 5,0 m b Fmpz =

850 ⋅ 13,9 2 m ⋅v2 ⇒ Fmpz = = 32,85 ⋅ 10 3 N 5,0 r

Afgerond: Fmpz = 33 kN

c De wrijvingskracht tussen wegdek en banden doet dienst als middelpuntzoekende kracht. Volgens de gegevens is Fw,max = 7,1 kN ⇒ Fmpz,max = 7,1 kN m ⋅v2 ⇒ als de snelheid toeneemt, wordt de benodigde Fmpz ook groter. r Op een bepaald moment geldt Fmpz > Fw,max.: er is meer kracht nodig dan er feitelijk door de wrijvingskracht geleverd kan worden. De auto blijft dan niet in de cirkelbaan van het wegdek maar schiet door naar een cirkelbaan met grotere straal r d.w.z. hij vliegt uit de bocht.

d Fmpz =

e De auto komt veilig door de bocht als Fmpz = Fw,max ⇒ ⇒

850 ⋅ v 2 = 7,1 ⋅ 10 3 ⇒ v = 5,0

57 Boogschieten Gegevens zie figuur hiernaast.

m ⋅v 2 = Fw,max ⇒ r

5,0 ⋅ 7,1 ⋅ 103 = 6,46 m/s 850 m = 0,125 kg

M

v =?

x a De horizontale snelheid wordt gekregen doordat de boog gedurende korte tijd 1,70 m een kracht F op de pijl uitoefend. Als we eventuele wrijvingskrachten daarbij verwaarlozen geldt: F = Fr . v −0 ⇒ M.b.v. Fr = m · a en a = Δv = x Δt Δt is dit verband ook te schrijven als Fr ⋅ Δt = m ⋅ v x


Afgerond: v = 6,5 m/s = 23 km/h

? 1,50 m

30,0 m

Newton vwo deel 3


28

Vervolg van opgave 57. Aangezien Fr niet constant is moet je gebruik maken van het diagram: ' Fr ⋅ Δt ' is bepalen m.b.v. de oppervlaktemethode toegepast op de grafiek vx =

oppervlak m

oppervlak =

vx =

Het oppervlak is te benaderen met een driehoek (zie figuur). 1 2

⋅ 260 ⋅ 125 ⋅ 10 −3 = 16,25

oppervlak 16,25 = = 130 m/s m 0,125

Afgerond: vx = 130 m/s

b De roos bevindt zich 20 cm lager dan het punt van wegschieten. sy(t) is de verticale afstand die de pijl daalt. s y (t ) = 21 ⋅ g ⋅ t 2 Nieuwe onbekende: t s x (t ) = v x ⋅ t ⇒ t =

s y (t ) =

1 2

⋅g ⋅t2 =

1 2

s x (t ) 30,0 = = 0,2308 s vx 130

⋅ 9,81 ⋅ 0,2308 2 = 0,261 m

De pijl komt dus 26,1 – 20 = 6,1 cm onder de roos terecht.

Afgerond: 6,1 cm onder de roos

58 Ravijn Gegeven: hoogteverschil sy = 2,1 m; overbrugging sx = 10 m. Gevraagd: vx s (t ) s x (t ) = v x ⋅ t ⇒ v x = x Nieuwe onbekende: t t

s y (t ) = vx =

1 2

⋅g ⋅t2 ⇒ t =

2 ⋅ s y (t ) g

=

2 ⋅ 2,1 = 0,654 s 9,81

s x (t ) 10 = 15,3 m/s = 55,0 km/h = t 0,654

Afgerond: vx = 55 km/h

59 Observatiesatelliet Gegeven: Spot-4 heeft cirkelbaan met T = 1 uur, 39 min. en 44 s = 5984 s. 4 Artemis heeft geostationaire baan ⇒ T = 24 uur = 8,64·10 s. a h = r – R (R = straal van de aarde)

T2

4 ⋅π2 T 2 ⋅G ⋅ M (afleiding zie eerste regel bij uitwerking opg. 41) ⇒ r = 3 G⋅M 4 ⋅ π2 r In BINAS (tabel 7 en 31) vind je de waarden van G, M en R. 3

=

r =3

5984 2 ⋅ 6,6726 ⋅ 10 −11 ⋅ 5,976 ⋅ 1024

6

= 7,1248·10 m 4 ⋅π 2 6 6 6 h = r – R = 7,1248·10 – 6,378·10 = 0,7469·10 m

b Een geostationaire satelliet draait in 24 uur een rondje om de aarde. 2π 2π –5 ωA = = = 7,27·10 rad/s TA 8,64 ⋅ 10 4

5

Afgerond: h = 7,47·10 m Afgerond: ωA = 7,27·10

–5

rad/s

c De Spot-4 heeft zicht op aardstation P in het baanstuk tussen de stippen boven en onder P (zie onderstaande figuur). Er passen ongeveer 7,7 van die baanstukken in de hele cirkelbaan van de Spot-4 (zie de stippellijntjes). Eén omloop duurt 5984 s. 5984 = 777 s = 13 minuten direct met aardstation P communiceren. De Spot-4 kan dus 7,7 N.B. Hierbij is geen rekening gehouden met van de aarde! d Zie onderstaande figuur: teken vanuit Artemis twee raaklijnen aan de bolling van de aarde. Je ziet dat dat Spot-4 nu meer dan de helft van zijn omlooptijd via Artemis met P kan communiceren.

Newton vwo deel 3


29

60 De derde wet van Kepler a Volgens de gravitatietheorie levert de gravitatiekracht de middelpuntzoekende kracht die nodig is om een planeet om de zon te laten draaien of een satelliet om de aarde. Fmpz = Fg m ⋅v 2 M ⋅m =G⋅ 2 r r

Hierbij is M de massa in het middelpunt en m de massa die rondcirkelt.

Baansnelheide v =

2π ⋅ r T

Vul deze uitdrukking voor de baansnelheid v in de vorige vergelijking in.

m 4 ⋅ π2 ⋅ r 2 M ⋅m r3 G ⋅M ⋅ =G⋅ 2 ⇒ 2 = 2 r T r T 4 ⋅ π2 T

De waarde van

⇒

T2 r

3

=

4 ⋅ π2 G ⋅M

2

is dus alleen afhankelijk van de massa M die in het centrum staat r3 waarbij M = Mz voor een planeet om de zon ra en M = Mp voor een satelliet om een planeet.

b Gegeven: (kortste) afstand tussen aarde 10 en Venus is s = 4,1·10 m. Gevraagd: ra Ta 2 ra

3

=

rV

a

zon

V

Tv 2

rv 3 BINAS (tabel 31): Ta = 365,256 d en TV = 224,7 d. 10 10 Uit figuur: ra = rv + 4,1·10 m ⇒ rv = ra – 4,1·10 m

s = 4,1·1010 m Nog onbekend: rv

Invullen in de eerste vergelijking levert: Ta 2 ra 3

=

(r

a

365,256 2 ra

3

Tv 2 − 4,1⋅ 1010 =

)

3

224,7 2

(r

)

3

− 4,1⋅ 1010 Je hoeft Ta en Tv niet om te rekenen, als je ze beide maar in dezelfde eenheid invult (de eenheid van tijd valt weg). a

Eerste manier: Je kunt deze vergelijking oplossen met je grafische rekenmachine (zie bovenstaande schermafbeeldingen). Druk op Y=. en voer de vergelijkingen in (zie het linker schermpje). Stel de Xmin en Xmax waarde in onder WINDOW. (zie de afbeelding). Voer bij Xmax een waarde in die 9 zeker groter is dan de afstand van de aarde tot de zon (hier: 200·10 = 200 miljoen km). Je weet immers dat de afstand van de aarde tot de zon ongeveer 150 miljoen kilometer bedraagt. Druk op GRAPH. . Eventueel kun je de Y-as instellen met ZOOM. 0:ZoomFit. Toets in 2nd. [CALC] 5:intersect ENTER. ENTER. ENTER. . Je ziet het resultaat in het scherm (zie de afbeelding): de aarde staat op een afstand 11 11 van ra = 1,48·10 m (=X) tot de zon. Afgerond: ra = 1,5·10 m Tweede manier: 365,256 2 ra

3

=

(r

a

224,7 2

3

⇒ ra =

)

10 3

− 4,1⋅ 10

365,256 2 224,7 2

(

⋅ ra − 4,1 ⋅ 1010

)

3

(

)

⇒ r a = 3 2,642 ⋅ r a − 4,1 ⋅ 1010 ⇒

r a = 1,382 ⋅ r a − 1,382 ⋅ 4,1 ⋅ 1010 ⇒ (1,382 − 1) ⋅ ra = 1,382 ⋅ 4,1 ⋅ 10 10 ⇒ ra =

1,382 ⋅ 4,1 ⋅ 1010 11 = 1,483·10 m 0,382

Afgerond: ra = 1,5·10

(

)

3

4 ⋅π 2 r 3 4 ⋅π 2 0,1483 ⋅ 1012 4 ⋅ π2 30 ⋅ = ⋅ = 1,938·10 kg c 3 = ⇒ M= −11 2 2 G G M ⋅ r 6,6726 ⋅ 10 T (365,256 ⋅ 24 ⋅ 3600 ) 30 Dit komt redelijk overeen met de waarde in BINAS tabel 33: Mzon = 1,989·10 kg. T2

8

5

d Gegeven: Io met r = 4,22·10 m en T = 42,5 uur = 1,53·10 s.

( (

) )

3

4 ⋅π 2 r 3 4 ⋅π 2 4,22 ⋅ 108 4 ⋅ π2 27 ⋅ = = 1,90·10 kg ⇒ M= ⋅ 3 − 2 11 G G ⋅M 5 2 r T 6,6726 ⋅ 10 1,53 ⋅ 10 24 27 Dit komt overeen met de waarde in BINAS tabel 31: MJupiter = 1900·10 kg = 1,900·10 kg T2

=

Vervolg zie volgende bladzijde.

11

m

Newton vwo deel 3


30

Vervolg van vraag 60.

e De massa van een hemellichaam is te bepalen door de baanstraal r en omlooptijd T te van een satelliet 4 ⋅ π2 4 ⋅ π2 r 3 T2 ⇒ M= te bepalen en in te vullen in de derde wet van Kepler: 3 = ⋅ 2 . G G ⋅M T r f Er is nog geen satelliet (maan) van Pluto gevonden, waarvan de baanstraal r en omlooptijd T bepaald zijn. N.B. Sinds augustus 2006 is Pluto geen planeet meer!

61 Aardrotatie 2π ⋅ r T

a v=

6

In BINAS (tabel 31): r = 6,378·10 m ⇒ v =

2π ⋅ 6,378 ⋅ 10 6 2 = 464 m/s = 4,6·10 m/s 24 ⋅ 3600

60 ⋅ 464 2 m ⋅v 2 = = 2,03 N r 6,378 ⋅ 10 6

b Fmpz =

Afgerond: Fmpz = 2,0 N 2

c Fmpz = Fr = Fz – Fn ⇒ Fn = Fz – Fmpz = 60 · 9,81 – 2,03 = 587 N

Afgerond: Fn = 5,9·10 N

d Ja, want 2,0 N is slechts 0,3% van 587 N. Het verschil tussen de normaalkracht en de zwaartekracht is dus minimaal. e De benodigde middelpuntzoekende kracht zou groter zijn. Fn = Fz – Fmpz ⇒ de normaalkracht zou dan dus kleiner zijn. 2π ⋅ r 2π ⋅ r Nieuwe onbekende: v v= ⇒T = T v Fz = Fmpz m ⋅v 2 ⇒ v = g ⋅ r = 9,81 ⋅ 6,378 ⋅ 10 6 = 7910 m/s m⋅g = r T =

2π ⋅ 6,378 ⋅ 106 = 5066 s = 1,41 uur 7910

Afgerond: T = 1,4 uur

62 Dubbelster a v1 =

2π ⋅ r1 2π ⋅ r2 ; v2 = T1 T2

Fg = G ⋅

;

m1 ⋅ m2

(r1 + r 2 )2

b Fmpz,1 = Fg = Fmpz,2 ⇒ Fmpz,1 = Fmpz,2 2

m1 ⋅ v 1 m ⋅v = 2 2 r1 r2

m1 ⋅ r1 T12

=

m2 ⋅ r2

2

Invullen v 1 =

2π ⋅ r1 2π ⋅ r2 en v 2 = T1 T2

⇒

r1 =

m2 ⋅ r2 m1

c Voor ster 1 geldt: Fg = Fmpz,1 ⇒ G ⋅ m2

=

m1 ⋅ 4 ⋅ π 2 ⋅ r1 r1 ⋅ T1

2

2

=

m2 ⋅ 4 ⋅ π 2 ⋅ r2 r 2 ⋅ T2

2

2

Verder is T1 = T2 ⇒ m1 · r1 = m2 · r2

T2 2

Uit m1 ⋅ r1 = m 2 ⋅ r 2

G⋅

⇒

4 ⋅ π 2 ⋅ r1

⇒ Als m1 groter is dan m2 is r1 dus kleiner dan r2.

m1 ⋅ m 2

(r1 + r 2 )

2

=

m1 ⋅ v 1 r1

2

⇒ G⋅

m1 ⋅ m 2

(r1 + r 2 )

2

=

m1 ⋅ 4 ⋅ π 2 ⋅ r1 r1 ⋅ T1

2

2

⇒

(1) 2 T1 Op dezelfde manier kun je afleiden dat voor ster 2 geldt: m1 4 ⋅ π 2 ⋅ r2 G⋅ = (2) 2 (r1 + r 2 )2 T2 Tel vergelijking (1) en (2) bij elkaar op. Bedenk dat T1 = T2 = T m2 m1 4 ⋅ π 2 ⋅ r1 4 ⋅ π 2 ⋅ r 2 m + m2 4 ⋅ π2 G⋅ + G ⋅ = + ⇒ G⋅ 1 = ⋅ (r1 + r 2 ) ⇒ 2 2 2 2 2 T2 T T (r1 + r 2 ) (r1 + r 2 ) (r1 + r 2 ) ⇒

(r1 + r 2 )2

(r1 + r2 )3 T

2

=

G ⋅ (m1 + m 2 ) 4 ⋅ π2


⇒

Newton vwo deel 3


31


d Er geldt:

(r1 + r2 )3 T2

=

G ⋅ (m1 + m 2 )

4 ⋅ π 2 ⋅ (r1 + r 2 )

m1 ⋅ r1 = m 2 ⋅ r 2

en

4 ⋅ π2 3

m1 + m 2 = v1 =

2π ⋅ r1 T1

r1 = r1 =

Nieuwe onbekenden: r1 en r2

G ⋅T 2

v2 =

2π ⋅ r2 T2

v 1 ⋅ T1 2π

r2 =

v 2 ⋅ T2 2π

4,8 ⋅ 10 3 ⋅ 2,5 ⋅ 10 9 12 = 1,91·10 m 2π

r2 =

3,6 ⋅ 10 3 ⋅ 2,5 ⋅ 10 9 12 = 1,43·10 m 2π

4 ⋅ π 2 ⋅ (r1 + r 2 )

3

m1 + m 2 =

=

G ⋅T 2

m1 + m2 = 3,53·10

30

(

4 ⋅ π 2 ⋅ (1,91 + 1,43) ⋅ 1012

6,6726 ⋅ 10 (1)

kg

Tevens geldt: m1 ⋅ r1 = m 2 ⋅ r 2 ⇒ m1 =

m1 = 0,947 · m2

−11

(

⋅ 2,5 ⋅ 10

) )

3

9 2

= 3,53·10

30

kg

r2 1,43 ⋅ m2 = ⋅ m2 = 0,749 ⋅ m2 r1 1,91

(2)

Vul vergelijking (2) in in vergelijking (1): 3,53 ⋅ 10 30 30 30 = 2,02·10 kg 0,749·m2 + m2 = 3,53·10 ⇒ m 2 = 1,749 m1 = 0,749 ⋅ m 2 = 0,749 · 2,02·10

30

= 1,51·10

30

kg

satelliet S

Je hebt veel satellieten nodig, omdat de satellieten in een lage baan slechts een klein deel van het aardoppervlak bestrijken. N.B.: Als de satelliet zich erg laag boven de horizon bevindt, heb je bovendien een grote kans op storingen in de ontvangst ten gevolge van obstakels en atmosferische storingen. Daarom zal men voor een nog groter aantal kiezen waarbij het ontvangstgebied elkaar wat overlapt.

b

T2

4 ⋅ π2 (afleiding zie eerste regel bij uitwerking opg. 41) ⇒ T = G ⋅M r 6 r = ra + h In BINAS (tabel 31): ra = 6,378·10 m 6 3 6 r = 6,378·10 + 700·10 = 7,078·10 m 3

T =

=

(

4 ⋅ π 2 ⋅ 7,078 ⋅ 10 6


aarde

4 ⋅π 2 ⋅ r 3 G ⋅M

)

3

= 5925 s 6,6726 ⋅ 10 −11 ⋅ 5,976 ⋅ 10 24 66 = 6 satellieten in elke polaire cirkelbaan. Er bevinden zich 11 5925 = 987,51 s (= 16,46 minuut) een satelliet over. Er komt dus elke 6 24 ⋅ 3600 = 87,5 keer een satelliet over. Per dag komt 787,51

kg

30

kg

Afgerond: m1 = 1,5·10

63 Satelliettelefoon a Een hanteerbare handtelefoon heeft maar weinig zendvermogen. De afstand tot de satelliet moet dus niet te groot zijn. Daarom bevinden de satellieten zich in een lage baan.

30

Afgerond: m2 = 2,0·10

Afgerond: 87,5 keer

Newton vwo deel 3


32


c Een satelliet op grotere hoogte heeft een groter ontvangstgebied (zie fig. a) Als het ontvangstgebied x keer zo groot is, dan zal het aantal satellieten x keer zo klein kunnen zijn. 2

De oppervlakte van een cirkel = π · r De oppervlakte van een bolcirkel is ook evenredig met de straal in het kwadraat.

figuur a oppervlakte 2 satelliet 2 satelliet 1

M oppervlakte 1

figuur b satelliet S 2 satelliet S 1

Figuur b geeft een dwarsdoorsnede te zien van het ontvangstgebied met straal r1 en het gebied met straal r2. Het raakpunt A ontstaat door vanuit de satelliet een raaklijn te tekenen aan de aardbol. Wiskundig gezien staat zo'n raaklijn altijd loodrecht op de straal R van de aarde.

r1

A1 A2

r2

R+h

R M

In figuur c is de driehoek satelliet S - middelpunt aarde M - raakpunt A nog eens overgetekend. De straal r van het ontvangstgebied is de loodlijn AB vanuit A figuur c op de lijn SM. Zowel bij A als bij B ontstaat een rechte hoek. A Stel lijn AS = a. Wiskundig is dan op te merken dat a · R = r · (R + h) = 2× de oppervlakte SMA. a⋅R . Verder is volgens Pythagoras a = (R + h )2 − R 2 . Dus r = R+h 6

6

6

Gegevens: R = 6,378·10 m; h1 = 0,700·10 m en h2 = 1,400·10 m. In de tabel van figuur d zijn de verschillende waarden weergegeven. Hieruit blijkt dat

r22 r12

het aantal benodigde satellieten =

66 = 37,9 1,74

S

6

h (·10 m) 0,700 1,400

rr

B

figuur d

13,33 = = 1,74 × en dus 7,65

R

a

6

a (·10 m) 3,07 4,45

M

R+h 6

r (·10 m) 2,77 3,65

2

r (·10 7,65 13,33

12

2

m)

D.w.z. 38 satellieten.

N.B. Dus mogelijk bevat het gegeven getal '48' een typfout en moet het 38 zijn!

64 Vloeibare telescoopspiegel 2 Gegeven: mkwik = 330 kg, T = 20 °C; A = 4,8 m , laag overal even dik. a Volume V = d · A ⇒ d =

ρ=

V A

Nieuwe onbekende: V

m m (zie ook BINAS tabel 35) ⇒ V = V ρ 3

(BINAS tabel 8 of 11): ρkwik = 13,5·10 kg/m d=

330 V m = = = 0,00509 m A ρ ⋅ A 13,5 ⋅ 103 ⋅ 4,8

b De middelpuntzoekende kracht is het resultaat van de zwaartekracht en de normaalkracht. Kop aan staart leggen is het makkelijkste: Als je de zwaartekrachtvector zo verplaatst dat de kop wijst naar de kop van de resulterende kracht (Fmpz), dan moet de normaalkracht naar de staart van de zwaartekracht wijzen. Je kunt ook een parallellogram construeren. De normaalkracht moet loodrecht op het oppervlak staan. Dat klopt wel in de tekening.

Nieuwe onbekende: ρkwik 3

Afgerond: d = 5,1 mm

α Fz

Fn

α


Newton vwo deel 3


33


c v = ω ⋅r ⇒ ω =

tan α =

v r

Fmpz Fz

Nieuwe onbekende: v

⇒ Fmpz = Fz · tan α

m ⋅v 2 = m ⋅ g ⋅ tan α ⇒ v = g ⋅ tan α ⋅ r r Fmpz 10 = Meet de grootte van de krachten op in de tekening. tan α = Fz 21

v = 9,81⋅

ω=

10 ⋅ 1,1 = 2,32 m/s 21

v 2,32 = = 2,11 rad/s (0,34 toeren per seconde) r 1,1

Afgerond: ω = 2,1 rad/s

65 Vliegsnelheid 3 Gegeven: m = 1,5⋅10 kg; r = 500 m; Fd maakt hoek van 60° met horizontaal vlak.

Fd,y

Fd

a Om op dezelfde hoogte te blijven moet de nettokracht in de verticale richting 0 zijn d.w.z. Fd,y = Fz

M

Ontbinden van Fd in een vertikale component Fd,y en Fd, y een horizontale component Fd,x levert op: = sin 60° Fd

60 o

Fd,x

3

Fz = m ⋅ g = 1,5⋅10 ⋅ 9,81 = 14715 N ⇒ Fd,y = 14715 N 14715 14715 = sin 60° ⇒ Fd = = 16991N Afgerond: Fd = 17 kN Fd sin 60°

Fz

b Omdat Fz verticaal naar beneden is gericht, levert deze geen bijdrage aan de horizontaal gerichte Fmpz · De nettokracht op het sportvliegtuig is dus gelijk aan Fd,x ⇒ Fmpz F M.b.v. de figuur hierboven is af te leiden dat d, x = cos 60° ⇒ Fd

Fd, x 16991 c Fmpz =

3

= cos 60° ⇒ Fd, x = 16991 ⋅ cos 60° = 8495,5 N 1,5 ⋅ 103 ⋅ v 2 m ⋅v 2 ⇒ 8495,5 = ⇒ v= 500 r

Afgerond: F mpz = 8,5⋅10 N = 8,5 kN

8495,5 ⋅ 500 1,5 ⋅ 103

= 53,21m/s

Afgerond: v = 53 m/s

17.5 Afsluiting Oefenopgaven 70 De ‘weging’ van de aarde • Op het aardoppervlak geldt: Fz = Fg

m⋅g =G⋅

M ⋅m R2

(M de massa van de aarde en R de straal van de aarde) ⇒ M =

M.b.v. de gegevens van Cavendish: M = • Dichtheid ρ = ρ=

m en volume van bol V = V

5,912 ⋅ 10 24 4 3

(

⋅ π ⋅ 6,38 ⋅ 10

)

6 3

(

9,81⋅ 6,38 ⋅ 106 6,754 ⋅ 10 −11 4 3

)

g ⋅ R2 G

2

= 5,912 ⋅ 10 24 kg

⋅ π ⋅R3 ⇒ ρ =

m = V

= 5434,8 kg/m3

• Volgens de huidige gegevens (BINAS tabel 31): 24 M = 5,976·10 kg De afwijking in de massa is dus 1,07 % ρ = 5515 kg/m3 De afwijking in de dichtheid is dus 1,45 %


24

kg

m 4 3

⋅π ⋅ R3 3

Afgerond: ρ = 5,43·10 kg/m

Afgerond: 1,1 % Afgerond: 1,5 %

3

Newton vwo deel 3


34

71 Sprongopslag Oriëntatie: Gevraagd: Is sx(t) < 18 m als de bal de grond raakt? Gegeven: Zie de figuur hiernaast. Planning/uitvoering: s x,grond (t ) = v x ⋅ t grond Onbekend: vx en tgrond vx =

s x,net (t )

s y (t ) = vx =

Onbekend: tnet

t net 1 2

s x,net (t )

s y (t ) =

t net 1 2

⋅ g ⋅ t 2 ⇒ tnet = =

3,05 m net

2,43 + 0,02 = 2,45 m

? 9,0 m

=

2 ⋅ (3,05 − 2,45 ) = 0,3497 s 9,81

=

2 ⋅ 3,05 = 0,7886 s 9,81

2 ⋅ s y,net (t ) g

achterlijn

9,0 m

9,0 = 25,7 m/s 0,3497

⋅ g ⋅ t 2 ⇒ t grond =

2 ⋅ s y,grond (t ) g

s x,grond (t ) = v x ⋅ t grond = 25,7 · 0,7886 = 20,3 m

Afgerond: sx,grond = 20 m

Conclusie: De bal legt in horizontale richting meer dan 18 m af en gaat dus uit.

Controle: Controleer de eenheid en het aantal significante cijfers ook als het antwoord bestaat uit een conclusie! De uitkomst is realistisch en in de buurt van de te verwachten waarde. Het antwoord zal dus wel kloppen. 72 Schaatsen Oriëntatie: Gevraagd: snelheid vs ? Gegeven: Zie de figuur hiernaast.

Fijs

Planning/uitvoering: Op de schaatser werken twee krachten: de zwaartekracht Fz en de reactiekracht Fijs van het ijs op de schaats. In het zwaartepunt Z levert de resultante van deze twee krachten de middelpuntzoekende kracht Fmpz. De kracht van het ijs op de schaatser heeft de richting van de schuine stippellijn. Als je vanuit de punt van Fmpz een stippellijn recht naar boven tekent, vindt je dus Fijs. De lengte van de zojuist getekende stippellijn is gelijk aan de lengte van de zwaartekrachtsvector. Die teken je vanuit het zwaartepunt recht naar beneden. Je kunt ook een stippellijn tekenen evenwijdig met de schuine stippellijn. De zwaartekracht is één van de zijden van het parallellogram.

Fmpz ⋅ r m ⋅v2 ⇒ v= Nieuwe onbekenden: Fmpz r m Fz m⋅g F Nieuwe onbekenden: α = tan α = z ⇒ Fmpz = tan α tan α Fmpz

m = 76 kg Z

α

71( S

Fmpz =

Fz

De hoek α tussen SZ en het ijs is 71º. 76 ⋅ 9,81 Fmpz = = 256,72 N tan 71° v=

256,72 ⋅ 32 = 10,397 m/s 76

r = 32 m

Fmpz

Afgerond: v = 10 m/s

Controle: 10 m/s is 36 km/h. Dit lijkt een aannemelijke waarde voor de gegeven hellingshoek.

Newton vwo deel 3


35

73 Verkanting Gevraagd: verkantingshoek α ? Gegeven: v = 140 km/h = 38,89 m/s, r = 500 m. Planning/uitvoering: De resultante van de zwaartekracht Fz en de normaalkracht Fn levert de benodigde middelpuntzoekende kracht Fmpz. De verkantingshoek α is op diverse plaatsen terug te vinden (zie figuur): tan α =

α = tan

Fmpz Fz −1

Fmpz

m ⋅v2 v2 38,89 2 = 0,3083 ⇒ tan α = r = = m⋅g g ⋅ r 9,81⋅ 500

(0,3083 ) = 17,14°

α α

Afgerond: α = 17,1º

Controle: het lijkt een aannemelijke waarde. 74 Trainingscentrifuge Gevraagd: toerental fmax? Gegeven: r = 5,0 m; voor mens: amax = 9 ⋅ g Planning/uitvoering: 2π ⋅ r 2π ⋅ r 1 f = f is het toerental (ook wel: de frequentie) en met v = ⇒T = ⇒ T T v v 1 v f = = ⇒ fmax = max Nieuwe onbekende: vmax r 2π ⋅ r 2π ⋅ r 2π ⋅ v In de centrifuge ondervindt een astronaut een maximale normaalkracht Fn = Fmpz,max = 9 · Fz 2

m ⋅ v max = 9 ⋅ m ⋅ g ⇒ v max = 9 ⋅ g ⋅ r = 9 ⋅ 9,81 ⋅ 5,0 = 21,0 m/s r v 21,0 –1 fmax = max = = 0,669 s (= 40 tpm = 40 toeren per minuut) 2π ⋅ r 2π ⋅ 5,0

Afgerond: fmax = 0,67 Hz

Controle: als je je voorstelt dat je 1,5 keer per seconde wordt rondgeslingerd in een cirkel met een straal van 5,0 m dan kun je je voorstellen dat je behoorlijk tegen de wand geduwd wordt. 75 Aardobservatiesatelliet Gevraagd: hoogte h? Gegeven: spoor Landsat in 24 uur (figuur 35). Planning/uitvoering: h=r–R

R is straal van de aarde.

Nieuwe onbekende: r

T 2 ⋅G ⋅ M 4⋅π (afleiding zie eerste regel bij uitwerking opg. 41) ⇒ r = 3 Nieuwe onbekende: T G ⋅M 4 ⋅ π2 r 24 ⋅ 3600 De satelliet draait 15 rondjes om de aarde in 24 uur, dus T = = 5760 s 15 In BINAS (tabel 7 en 31) vind je de gegevens van G, M en R.

T

2

3

=

2

5760 2 ⋅ 6,6726 ⋅ 10 −11 ⋅ 5,976 ⋅ 1024

= 6,946 ⋅ 106 m 4 ⋅π 2 6 6 6 h = r – R = 6,946·10 – 6,378·10 = 0,568·10 m = 568 km r =3

Afgerond: h = 568 km

Controle: In het informatieboek staat dat polaire satellieten zich bevinden op hoogtes tussen 300 en 1500 km. De berekende waarde voldoet hier aan.

Newton vwo deel 3


36

76 Drietrapsraket Gevraagd: maximale snelheid vmax en waarom kleiner in de praktijk? ⎛m ⎞ Δv = v g ⋅ ln⎜⎜ b ⎟⎟ ; gegevens figuur 37. Gegeven: ⎝ me ⎠ Planning/uitvoering: Δvtot = Δv1 + Δv2 + Δv3 ⎛m ⎞ Δv = v g ⋅ ln⎜⎜ b ⎟⎟ = v g ⋅ ln(massaverhouding ) ⎝ me ⎠ Eerste trap:

Voor de massaverhouding per trap: zie figuur 37.

Δv = 2,34 ⋅ 103 ⋅ ln(4,97 ) = 3752 m/s

Tweede trap: Δv = 2,71⋅ 103 ⋅ ln(2,78 ) = 2771 m/s

Derde trap: Δv = 2,79 ⋅ 103 ⋅ ln(3,31) = 3339 m/s Δvtot = 3752 + 2771 + 3339 = 9862 m/s met vbegin = 0 m/s

⇒

Afgerond: vmax = 9,86 km/s

Om de volgende redenen is de eindsnelheid kleiner: • De snelheid wordt door het stijgen kleiner, omdat een deel van de arbeid die bij het uitstoten wordt verricht, wordt omgezet in gravitatie-energie (de gravitatiekracht verricht negatieve arbeid op de raket met satelliet). Bij de gegeven formule is het onduidelijk of dat effect verwerkt is. • Er is sprake van luchtwrijving die zelfs op 500 km afstand nog merkbaar is.

Controle: de waarden stemmen wat betreft de orde van grootte overeen met de gegeven waarden in figuur 4 van het informatieboek.

Newton vwo deel 3

Uitwerkingen Hoofdstuk 18 – Beeldbuizen

37

18 Beeldbuizen 18.1 Inleiding Voorkennis 1 Versnellen en afbuigen a Bij een eenparig versnelde en rechtlijnige beweging heb je te maken met een versnelling a die constant is zowel wat betreft de groottte als de richting. Aangezien hier het volgende kwantitatieve verband geldt : Fr = m ⋅ a , moet dus de nettokracht Fr ook constant zijn zowel in grootte als in richting. Deze werkt in de richting van de snelheid. b Het voorwerp maakt dan een zodanige baan dat er gesproken wordt over 'een horizontale worp'. Deze baan heeft een parabool-vorm (zie § 17.3 KROMLIJNIGE BEWEGINGEN). c Het voorwerp voert nu een eenparige cirkelbeweging uit (zie § 17.3). 2 Elektrisch veld a De elektronen ondervinden een afstotende kracht vanuit de kathode (negatieve pool) en een aantrekkende kracht vanuit de anode (positieve pool) omdat de elektronen zelf negatief geladen zijn. De resulterende kracht werkt in de richting van de anode. Deze kracht heet de elektrische kracht. b De elektronen gaan in de richting van de positieve pool A bewegen. Dit heet een elektrische stroom. De elektronen bewegen dus van de negatieve pool (kathode) naar de positieve pool (anode), terwijl de stroomrichting I altijd wordt aangegeven positief naar negatief ( van + naar -). Conclusie: de bewegingsrichting van de elektronenstroom en de richting van de elektrische stroom I zijn tegengesteld. c Bij magneten wordt er gesproken over 'magnetische veld'. De ruimte tussen A en K kan een elektrisch veld worden genoemd. De conclusie is dat ook binnen een metaaldraad een elektrisch veld aanwezig kan zijn dat instand gehouden wordt door de spanningsbron. 3 Magnetisch veld a In het model wordt het magnetische veld weergegeven door middel van magnetische veldlijnen. Afspraken: • de raaklijn aan de veldlijn geeft de richting van de magnetische kracht aan; • hoe dichter de veldlijnen bij elkaar lopen, des te sterker is het veld. Een homogeen magnetisch veld oefent in elk punt een even sterke magnetische kracht uit op een andere magneet zowel wat betreft de grootte als de richting. Symbolisch worden de veldlijnen dan evenwijdig én op onderlinge gelijke afstand getekend. b De magnetische inductie B geeft de sterkte aan. B wordt uitgedrukt in T (tesla). c De magnetische inductie B hangt af van het aantal windingen N, de lengte ℓ van de spoel en de stroomsterkte I door de spoel. • B en N zijn recht evenredig; • B en ℓ zijn omgekeerd evenredig; • B en I zijn recht evenredig. • B keert ook van richting om als je de stroomrichting omkeert of als je de spoelrichting van de windingen omdraait. N ⋅I N.B. Zie § 9.2 MAGNETISCH VELD: B = μ o A d De lorentzkracht FL hangt af van de magnetische inductie B, de stroomsterkte I en de lengte ℓ van de draad die zich in het magnetische veld bevindt: FL = B ⋅ I ⋅ ℓ (zie § 9.3 LORENTZKRACHT). • FL is recht evenredig met B, I en ℓ (zie formule hierboven). • Als de richting van I omkeert, keert de richting van FL om. I • Als de richting van B omkeert, keert de richting van FL om. • De richting van FL vind je met behulp van de rechterhandregel voor de lorentzkracht ⇒ e FL werkt omhoog (loodrecht op I en B): dit bepaal je met de rechterhandregel ⇒ f • De vrije elektronen bewegen in de richting van de anode. • Deze elektronen vormen de stroom I waarop de lorentzkracht werkt, de lorentzkracht werkt dus op elk elektron dat in beweging is. • Aangezien de FL naar boven is gericht, is ook de lorentzkracht FL op elk elektron dat van K naar A beweegt naar boven gericht.

FL B

Newton vwo deel 3


38

18.2 Elektrisch veld: versnellen Kennisvragen 6 • De kracht is aantrekkend bij ongelijksoortige ladingen en afstotend bij gelijksoortige. • Bij magneten geldt hetzelfde: bij ongelijknamige polen treedt aantrekking op ( N - Z ) en gelijknamige polen treedt afstoting op ( N - N of Z - Z ). De elektrische en de magnetische kracht nemen beide af als de afstand toeneemt.

7 a Bij een overschot zijn er meer elektronen in het voorwerp dan het totale aantal protonen in de kernen van de atomen waar het voorwerp uit opgebouwd is. Bij een tekort zijn er minder elektronen dan het totale aantal protonen. b Bij een positief geladen voorwerp is er een tekort aan elektronen. Bij een negatief geladen voorwerp een overschot aan elektronen. c De elektronen kunnen zich in een voorwerp verplaatsen (met name bij metalen voorwerpen). De positief geladen kernen van de atomen kunnen zich niet binnen een voorwerp verplaatsen. 8 Er is sprake van een elektronen-overschot omdat het voorwerp negatief geladen is. Q totaal Het overschot N = q elektron –19 BINAS (tabel 7): elementair ladingskwantum e = 1,602⋅10 C –19 Het elektron heeft een lading q e = (–) e = (–) 1,602⋅10 C 1,0 18 = 6,24 ⋅ 1018 N= Afgerond: N = 6,2⋅10 1,602 ⋅ 10 −19 2–

9 Bij O

⇒ – 2⋅e ;

+

Na ⇒ + 1⋅e ;

Mg

2+

⇒ + 2⋅e

Kopie van figuur 3

Fe

10 a Zie kopie figuur 3 hiernaast. b Op deeltje met lading + 2e is de kracht minder dan 2× zo groot als de kracht op deeltje met lading – e : weliswaar is de lading 2× zo groot maar het veld is daar zwakker omdat de veldlijnen daar minder dicht bij elkaar lopen (zie de figuur). N.B.: e = elementair ladingkwantum ⇒ zie BINAS (tabel 7). 11 In een homogeen elektrisch veld heeft de elektrische kracht op een geladen deeltje in elk punt dezelfde grootte en richting. De veldlijnendichtheid en de richting van de veldlijnen is in elk punt hetzelfde: ze lopen evenwijdig én op onderling gelijke afstand.

-e

+ 2e

Fe

12 a /b Zie kopie figuur 4 hiernaast: A is met de pluspool verbonden en K met de minpool van de spanningsbron. De veldlijnen hebben de richting van A naar K. c Het elektron ondervindt een kracht langs de veldlijn van K ⇒ A omdat het elektron negatief geladen is. d A • Het elektrische veld wordt sterker ⇒ meer veldlijnen. • De lijn in het (E,x)-diagram komt hoger te liggen maar blijft horizontaal (d.w.z. de elektrische veldsterkte E krijgt een constante hogere waarde). • De kracht wordt groter ( Fe = q ⋅ E ). • De snelheid is groter (WFe = Fe · d = q · UAK = ΔEk ).

Kopie van figuur 4

A

K -e

-

+

B • Het elektrische veld wordt zwakker ⇒ minder veldlijnen. • De lijn in het (E,x)-diagram komt lager te liggen maar blijft horizontaal (d.w.z. de elektrische veldsterkte E krijgt een constante lagere waarde). • De kracht wordt kleiner ( Fe = q ⋅ E ). • De snelheid blijft gelijk (We = Fe · d = q · UAK = ΔEk ).

C • Het elektrische veld blijft gelijk in sterkte ⇒ evenveel veldlijnen. Wel keert de richting om. • De lijn in het (E,x)-diagram komt nu even ver onder de nul-lijn te liggen als je ervan uitgaat dat de ene richting 'positief' is én de andere richting 'negatief'. • De kracht keert alleen van richting om. • Het elektron bereikt de rechterelektrode niet maar beweegt onder invloed van de elektrische kracht naar de linkerplaat.

Newton vwo deel 3


39

Kopie van figuur 5

K

13 a Zie kopie figuur 5 hiernaast. b De elektrische kracht op een elektron is loodrecht op de anode gericht (zie figuur). Deze zorgt voor een snelheidstoename in horizontale richting. De dwarscomponent van de snelheid is dan steeds meer te verwaarlozen. De baan gaat daarom steeds meer evenwijdig aan de veldlijnen lopen.

A

v

-e

Fe

v

14 a Door de grotere spanning wordt er in de gloeikathode meer energie - + per seconde afgegeven ⇒ de gloeikathode wordt heter en er treden meer elektronen per seconde uit. De intensiteit van de elektronenbundel wordt groter. b Bij het opvoeren van de spanning volgt de temperatuur vrij snel. Bij uiterst snel vereiste wisselingen van de intensiteit reageert het echter toch te traag omdat het opwarmen van de gloeikathode altijd tijd kost. c Omdat alleen de temperatuur belangrijk is, kan dit heel goed. d Als elektronen tegen atomen in de buis aan botsen, verandert de snelheid van grootte en richting. De elektronen worden daardoor meer verstrooid en er is dan geen smalle bundel meer. 15 a Voor de elektrische arbeid op een elektron geldt: ΔE e = q ⋅ U AK = ΔEk = (Ek, A − Ek,K )

20 18

Ek,K = 0 als je mag aannemen dat de snelheid van vA het elektron bij het verlaten van de kathode 16 (.10 6 m/s) ‘verwaarloosbaar’ is. Dus

q ⋅ U AK = Ek,A = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v A 2 ⇒ v A =

2 ⋅ q ⋅ U AK m

Hierbij is volgens BINAS (tabel 7): –19 q = (–)1⋅e = 1,602⋅10 C en –31 de (rust)massa van het elektron m = 9,109⋅10 kg b Om een diagram te kunnen tekenen, moet je eerst voor een aantal van UAK de bijbehorende snelheid vA uitrekenen met bovenstaande formule: 6 UAK = 200 V ⇒ vA = 8,39⋅10 m/s 6 UAK = 400 V ⇒ vA = 11,9⋅10 m/s 6 UAK = 600 V ⇒ vA = 14,5⋅10 m/s 6 UAK = 800 V ⇒ vA = 16,8⋅10 m/s 6 UAK = 1000 V ⇒ vA = 18,8⋅10 m/s De figuur is een parabool.

14 12 10 8 6 4 2 0

0

200

400

600

800

UAK (V)

16 Gevraagd: UAK. 6 Gegeven: vA = 5,9⋅10 m/s.

Voor de elektrische arbeid op een elektron geldt: ΔE e = q ⋅ U AK = ΔEk = (Ek, A − Ek,K ) .

Ek,K = 0 als je mag aannemen dat de snelheid van het elektron bij het verlaten van de kathode

m ⋅ v A2 Nieuwe onbekenden: m en q. 2⋅q –19 –31 BINAS (tabel 7): q = (–)1⋅e = 1,602⋅10 C en de (rust)massa van het elektron m = 9,109⋅10 kg

‘verwaarloosbaar’ is. Dus q ⋅ U AK = Ek,A = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v A 2 ⇒ U AK =

U AK =

(

9,109 ⋅ 10 −31 ⋅ 5,9 ⋅ 106 2 ⋅ 1,602 ⋅ 10−19

)

2

= 98,99 V

Afgerond: UAK = 99 V

1000

Newton vwo deel 3


40

17 De zaagtandspanning bepaalt de beweging van links naar rechts en omgekeerd. 1 (Dit wordt ook wel de tijdbasis genoemd.) fz = 100 Hz ⇒ met f = ⇒ Tz = 0,0100 s T De tijdbasisinstelling staat dus op 0,010 s. figuur a: f = 50 Hz • Bij 50 Hz past precies een halve sinus. N.B. Afhankelijk van het type scoop (en de triggering) wordt de andere helft wel of niet geschreven. Zie figuur a. • Bij 100 Hz past er precies één hele trilling op het scherm (zie figuur b). • Bij 200 Hz zie je 2 volledige trillingen op het scherm (figuur c). figuur b: f = 100 Hz

figuur c: f = 200 Hz

3

18 Gegeven: fz = 2,5⋅10 Hz; gevoeligheid 2,0 V/cm.

sh th

a v=

Nieuwe onbekenden sh en th

Neem aan dat elk hokje op het scherm een breedte heeft van 1,0 cm ⇒ sh = 10 cm = 0,10 m 1 1 1 f = ⇒ 2,5 ⋅ 103 = ⇒ t h= = 4,0 ⋅ 10 − 4 s T th 2,5 ⋅ 103

v=

0,10 = 2,5 ⋅ 10 2 m/s 4,0 ⋅ 10 − 4

2

Afgerond: v = 2,5⋅10 m/s

b • Op het scherm is Umax = 2,0 cm ⇒ Umax = 2,0 ⋅ gevoeligheid = 2,0 ⋅ 2,0 = 4,0 V Afgerond: Umax = 4,0 V • Op het scherm zie je net iets meer dan 2 trillingen: –4 –4 –4 2 trillingen over ca. 9,8 cm ⇒ 2 trillingen in 0,98 ⋅ 4,0⋅10 = 3,92⋅10 s ⇒ T = 1,96⋅10 s 1 1 f = ⇒ f = = 5,10 ⋅ 103 Hz Afgerond: f = 5,1 kHz T 1,96 ⋅ 10 − 4 x

19 a Hiernaast is schematisch een lineaire versneller weergegeven. ⇒ – Wordt de protonenbron vervangen door een Cl -ionenbron, wisseldan bewegen deze ionen versneld naar een buisje 1 spanningsbron als deze een positieve spanning heeft ten opzichte van de buis dat als ionenbron dient.

bron van Cl- -ionen

1

2

–

3

4

De massa van een Cl -ion is 35× of 37× zo groot is als de massa van een proton (afhankelijk van het isotoop), terwijl de lading in grootte hetzelfde is. Bij dezelfde spanning tussen twee opeenvolgende buisjes is de elektrische kracht Fe even groot ( Fe = q ⋅ E ) en dus ook de resulterende kracht Fr. Omdat de massa echter veel groter is, vacuüm

5

trefplaatje

is de bijbehorende versnelling a 35× zo klein (Fr = m ⋅ a ) ⇒ de toename van de snelheid is – dan kleiner. Dit zou betekenen dat het Cl -ion te langzaam in en tussen de buisjes beweegt. Dit kun je verhelpen door - de maximale waarde Umax van de wisselspanning te vergroten ⇒ de versnelling a wordt groter en daarmee ook de snelheidstoename én - de frequentie van de wisselspanning aan te passen ⇒ een lagere frequentie maakt dat de ionen meer tijd krijgen om de oversteek te maken én dat er meer tijd is om tijdens het passeren in de buis de spanning om te wisselen. N.B. Het veranderen van de lengte van de buisjes is te duur zijn, want dat betekent dat je een geheel nieuwe protonenversneller moet bouwen. b Nee. Neutrale deeltjes ondervinden geen elektrische kracht.

Newton vwo deel 3


41

Oefenopgaven 6

20 Gegeven: vA = 5,9⋅10 m/s; in homogeen elektrisch veld tussen B en C treedt afremming op: UBC = 50 V. a Zie figuur hiernaast: plaat B moet met de plus-pool Kopie van figuur 10 K A B C en plaat C met de min-pool verbonden worden. Hierdoor is het elektrische veld van B naar C gericht, terwijl de veldkracht op het elektron naar links gericht is: vA het elektron wordt dan afgeremd. b Voor de elektrische arbeid op een elektron geldt: ΔE e = q ⋅ UBC = ΔEk = (Ek,B − Ek,C ) of 2

q ⋅ UBC = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v B - 1/ 2 ⋅ m ⋅ v C

2

- +

+

-

Nieuwe onbekenden: m en q –19

BINAS (tabel 7): q = (–)1⋅e = 1,602⋅10 C en de (rust)massa van het elektron m = 9,109⋅10 2 1 1,602 ⋅ 10−19 ⋅ 50 = ⋅ 9,109 ⋅ 10−31 ⋅ 5,9 ⋅ 106 - 1/ 2 ⋅ 9,109 ⋅ 10−31 ⋅ v C2 ⇒ 2

(

–31

)

kg.

8,010 ⋅ 10 −18 = 1,585 ⋅ 10 −17 - 4,555 ⋅ 10 −31 ⋅ v C 2 ⇒ 4,555 ⋅ 10 −31 ⋅ v C 2 = 7,844 ⋅ 10 −18 ⇒ vC =

7,844 ⋅ 10−18 4,555 ⋅ 10−31

= 4,150 ⋅ 106 m/s

6

Afgerond: vC = 4,2⋅10 m/s

c In dit geval is vC = 0 m/s ⇒ bovenstaande vergelijking wordt dan vereenvoudigd tot q ⋅ UBC = 1/ 2 ⋅ m ⋅ vB2 1,602 ⋅ 10−19 ⋅ UBC = UBC =

1,585 ⋅ 10−17 1,602 ⋅ 10 −19

(

1 ⋅ 9,109 ⋅ 10−31 ⋅ 5,9 ⋅ 106 2

)

2

= 1,585 ⋅ 10 −17 ⇒

= 98,97 V

Afgerond: UBC = 99 V N.B. Dit klopt met vraag 16!

21 Oscilloscoop a De zaagtandspanning Uz (= Uh in de figuur) zorgt voor de horizontale verplaatsing over het scherm. Deze spanning moet op de elektroden voor de horizontale afbuiging staan (zie figuur hiernaast). b Bij 0 V staat de stip in het midden van het scherm: op het kruispunt van de horizontale en de verticale as. De stip beweegt langzaam van links naar rechts: bij -10 V staat de stip aan de linkerkant van het scherm en bij +10 V aan de rechterkant.

K

A

verticale afbuiging

horizontale afbuiging

- +

Uv

Uh

c Uit figuur 9 bepaal je dat de beweging van links naar rechts van 6,0 tot 14,0 ms duurt ⇒ 8,0 ms Het teruglopen naar links gebeurt van 4,0 tot 6,0 ms ⇒ 2,0 ms

d Als de stip in 10 ms (dus 100x per seconde) heen en weer gaat, is dit te snel om de stip met het oog te kunnen volgen. Door het nalichten van het scherm en de ‘traagheid’ van de zenuw-werking in ons oog en hersens, zien wij de horizontale lijn. Bij figuur 13: Bij figuur 14: e Bij figuur 10: Dit is een gelijkspanning met Uv = 2,0 V. Gaan we er van uit dat de verticale as bijvoorbeeld ingesteld staat op 0,5 V/cm, dan wordt het een horizontale lijn op + 4 cm hoogte. Bij figuur 11: Er wordt een sinusvormig-signaal aangeboden, waarbij 3 ⋅T = 8,0 ms. De tijdbasis staat ook ingesteld op 8,0 ms over de gehele breedte (zie vraag c). Er zijn dus 3 volledige trillingen te zien op het scherm.

Newton vwo deel 3


42

22 Trillende elektronenbundel

P

Gegeven: zie figuur hiernaast én diagram figuur 13 boek.

a In de ruimte tussen B en C doorloopt een elektron een paraboolbaan (zie horizontale worp): A sx = v A ⋅ t ⇒ t = Nieuwe onbekende: vA vA

K

B

A

= 2,4 cm

M

vA -

C

+

UAK = 182 V

Elektronen zijn versneld over UAK = 182 V ⇒

Q

⇒ ΔE e = q ⋅ U AK = ΔEk = (Ek, A − Ek,K )

2 ⋅ q ⋅ U AK m –19 –31 BINAS (tabel 7): q = (–)1⋅e = 1,602⋅10 C en de (rust)massa van het elektron m = 9,109⋅10 kg. Aangenomen dat vK = 0 m/s ⇒ E k,K = 0 ⇒ q ⋅ U AK = Ek,A = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v A 2 ⇒ 2 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19 ⋅ 182

vA =

9,109 ⋅ 10

= 8,00 ⋅ 10 6 m/s én t =

− 31

b In figuur 13 zijn 2 'trillingen' te zien: 2⋅T = 8,0⋅10 1

–8

2,4 ⋅ 10 −2 8,00 ⋅ 10 6

= 3,0 ⋅ 10 − 9 s

s ⇒

vA =

Afgerond: t = 3,0⋅10

–9

Afgerond: T = 4,0⋅10

s

–8

s

–8

c De blokspanning UBC blijft steeds /2T = 2,0⋅10 s constant en wisselt dan van teken. De elektronen passeren de elektroden in een tijdsduur die ongeveer 6,7× kleiner is. Als een elektron passeert bij een gelijkblijvende spanning dan komt het elektron òf in P òf in Q terecht afhankelijk van het feit of de spanning UBC = + 5,0 V òf – 5,0 V is. Passeert het elektron de elektroden echter op een moment waarop de spanning UBC wordt omgepoold, dan keert ook de elektrische kracht op het elektron op dat moment om van richting en komt het elektron ergens tussen P en Q terecht afhankelijk van het moment waarop - tijdens zijn passage de spanning wordt omgepoold.

d Zolang de tijd dat UBC = + 5,0 V òf – 5,0 V maar langer duurt dan 3,0⋅10 elektronen in P en Q aan. 1

–9

s (zie vraag a) komen er

1

Vanaf het moment dat /2T (= /2TG ) echter kleiner wordt dan de passeertijd t , krijgt elk elektron tijdens het passeren te maken met het wisselen van de spanning UBC en dus ook met het wisselen van de richting van de elektrische kracht. Het elektron zal dan de uitersten P of Q niet meer bereiken. 1

/2TG = 3,0⋅10

–9

s ⇒ TG = 6,0⋅10

–9

–9

Afgerond: TG = 6,0⋅10

s

s

23 Lineaire protonenversneller 3

Gegeven: eerste buis v1 = 0 m/s (verwaarloosbaar); Uwissel = 250⋅10 V.

a • Snelheidstoename via energieomzetting: Ee → E kinetisch ⇒ ΔE e = q ⋅ Umax = ΔEk = (Ek,2 − Ek,1 ) v1 = 0 m/s ⇒ Ek,1 = 0

⇒ q ⋅ Umax = Ek,2 = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v max 2

BINAS (tabel 7): rustmassa mp = 1,67262⋅10

–27

Nieuwe onbekende: m (= m proton = m p)

kg

1,602 ⋅ 10 −19 ⋅ 250 ⋅ 10 3 =1 / 2 ⋅ 1,67262 ⋅ 10 −27 ⋅ v max 2 ⇒ ⇒ v max =

•

2 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19 ⋅ 250 ⋅ 103 − 27

= 6,921⋅ 10 6 m/s

6

Afgerond: vmax = 6,92⋅10 m/s

1,67262 ⋅ 10 De berekende snelheid is maximaal omdat bij de berekening is uitgegaan van een versnelspanning 3 Uwissel = 250⋅10 V. Deze spanning is echter niet steeds maximaal is. De spanning tussen de buizen wisselt. Voor een proton kan het dus effectief ook lager uitvallen. –2

b Gegeven buis 2: ℓ = 20⋅10 m. 1 Nieuwe onbekende: T f = T De spanning moet in de tijd dat het proton zich in de buis bevindt, omgepoold worden 1 van + Umax naar - Umax d.w.z. in een halve trillingsperiode /2 ⋅ T. Deze tijdsduur is gelijk aan de 'passeertijd' Δt van het proton in de buis: 20 ⋅ 10 −2 20 ⋅ 10 −2 A s ⇒ v max = ⇒ 6,921 ⋅ 10 6 = ⇒ Δt = = 2,89 ⋅ 10 − 8 s Δt Δt t 6,921 ⋅ 10 6 1 –8 –8 ⇒ /2 ⋅ T = 2,89⋅10 s ⇒ T = 5,78⋅10 s 1 f = = 17,3 ⋅ 106 Hz Afgerond: f = 17 MHz 5,78 ⋅ 10−8 v=


Newton vwo deel 3


43


c • De buizen zijn verbonden met dezelfde wisselspanningsbron waarvan de frequentie constant is. Het ompolen van de spanning gebeurt daarom steeds in dezelfde tijd ⇒ de protonen moeten steeds even lang in de buis zijn terwijl de snelheid na elke overgang groter is. Conclusie: elke volgende buis moet weer langer zijn. • Uit de energievergelijking: ΔEe = q · Umax = ΔEk volgt dat de Ekin in de derde buis 2× zo groot als een proton de versnelspanning Umax 2× doorlopen heeft. 1 2 Aangezien Ek = /2 ⋅ mp ⋅v betekent dit dat de snelheid dan √2 (= 1,414×) zo groot is. e Afgerond: lengte 3 buis = 28 cm De buis moet 1,414 ⋅ 20 = 28,28 cm lang zijn

d • De protonen doorlopen na buis 2 nog 5 keer een overgang met steeds een Umax = 250 kV voordat ze tegen het trefplaatje botsen ⇒ in totaal is Ek,max = 6 ⋅ 250 kV = 1500 keV = 1,50 MeV Afgerond: Ek,max = 1,50 MeV • Op dezelfde manier als bij vraag c betekent dit dat de snelheid vmax,totaal = √6 · vmax ⇒ 6 7 7 ⇒ vmax,totaal = √6 ⋅ 6,921⋅10 = 1,6953⋅10 m/s Afgerond: vmax,totaal = 1,70⋅10 m/s

18.3 Magnetisch veld: afbuigen Kennisvragen 25 De lorentzkracht FL staat loodrecht op de richting van het magnetisch veld en op de stroomrichting. De lorentzkracht FL is evenredig met de magnetische inductie B, de snelheid v en de lading q. Of FL = B ⋅ q ⋅ v (zie ook BINAS tabel 35.D.3). 26 Overeenkomsten: - De kracht FL blijft loodrecht op de magnetische inductie B en op de stroomrichting I (en dus ook op de snelheidsrichting v). - De kracht is constant in richting én grootte als B (homogeen veld) en I constant is. - FL werkt op een stuk draad en op één los deeltje.

Verschillen: - Omdat v bij een elektronenbundel van richting verandert, verandert FL ook van richting. Bij een rechte stroomdraad kan de richting van de stroomsterkte I niet veranderen. - Bij toepassing van de rechterhandregel moet je er rekening mee houden dat de snelheidsrichting van de elektronen tegengesteld is aan de richting van de stroomsterkte I.

27 Zie de figuren hieronder. Met de rechterhandregel is nagegaan wat de richting van de lorentzkracht FL telkens is. Bij elke figuur is in verband met de rechterhandregel aangegeven wat de I-richting is. - Bij een positief geladen deeltje is de I-richting gelijk aan de v-richting. - Bij een negatief geladen deeltje is de I-richting tegengesteld aan de v-richting.

FL

B

B

FL

figuur C

figuur B

figuur A

+

I

I

v=I

B I FL

FL

B -

v

FL

I

FL

v B

I

-

figuur E

figuur D

B

v

FL I

FL

+

B v=I

-

FL = 0

I B

In deze situatie is er geen Lorentzkracht omdat B en I evenwijdig aan elkaar zijn.

B

Newton vwo deel 3


44

Figuur bij opg. 28

28 Volgens de rechterhandregel is de I-richting naar links: het deeltje is echter negatief geladen, dus de bewegingsrichting ervan is naar rechts ⇒ de v-richting naar rechts. (zie figuur hiernaast). 29 Uit de richting van de B en de FL volgt met behulp I van de rechterhandregel dat de I-richting naar links gericht is. Als de v- en I-richting samenvallen, is er sprake van een positief geladen deeltje (zie figuur bij opg. 29).

B

I B

FL

-

v

FL

FL

v=I

Figuur bij opg. 30

30 Bij een positief deeltje hebben v en I dezelfde richting. Volgens de rechterhandregel is de magnetische inductie B omhoog gericht (zie figuur bij opg. 30).

+

FL I B

B

B

v=I

31 Het deeltje moet - een lading q bezitten en - een snelheid v hebben met een component loodrecht op de richting van de magnetische inductie B. In dat geval geldt: FL = B ⋅ q ⋅ v ⊥

+

B

I

Hierbij is v ⊥ de component van de snelheid v loodrecht op de richting van de magnetische inductie B.

FL FL

32 De magnetische inductie B heeft in elk punt van een homogeen magnetische veld dezelfde richting én dezelfde grootte. Symbolisch worden de veldlijnen dan evenwijdig aan elkaar getekend én steeds op dezelfde afstand van elkaar (voorbeeld: zie figuren hiernaast).

of

v

+

33 • Als de richting van de snelheid v loodrecht op de richting van de magnetische inductie B staat, dan is de lorentzkracht FL maximaal én steeds loodrecht gericht op de snelheid en de magnetische inductie. Er ontstaat een eenparige cirkelbeweging (zie figuur). • Als de richting van de snelheid v in de richting van de magnetische inductie B is of tegengesteld daaraan, dan is FL = 0 en voert het deeltje eenparig rechtlijnige beweging uit.

Figuur bij opg. 29

FL FL

FL

+

B

v

FL

• Is de richting van de snelheid een combinatie van beide, dan heeft de baan een spiraalvorm.

v

+

+

34 Zie de figuren A t/m F hieronder. - De banen zijn in de figuren gestippeld weergegeven. - Bij een positief geladen deeltje is de I-richting gelijk aan de v-richting. Bij een negatief geladen deeltje is de I-richting tegengesteld aan de v-richting. - De lorentzkracht FL is in elke figuur getekend voor de plaats waar het geladen deeltje zich op dat punt bevindt. - De richting van de kracht FL vind je met de rechterhandregel: vingers met B-richting, duim met I-richting en handpalm in de FL -richting. - De baan binnen het veld is een deel van een cirkel. Buiten het magnetische veld volgt het deeltje een rechtlijnige baan. • Bij de figuren A en B zijn de banen tegengesteld omdat de lading tegengesteld is. • Bij figuur C is de baan sterker gekromd omdat FL groter is door de grotere magnetische inductie B. • Bij de figuren D en E verlaat het deeltje via een ander zijvlak de ruimte omdat de beginpositie anders is. Bovendien zijn de banen tegengesteld omdat de magnetische inductie B tegengesteld is. • Bij figuur F is de baan weer sterker gekromd door de grotere FL omdat er de grotere magnetische inductie B gegeven is. Vervolg op volgende bladzijde.

Newton vwo deel 3


45

Vervolg: figuren bij opgave 34.. Figuur B

Figuur A

I

FL

B v

-

Figuur C

+

B

FL

B

+

v=I

v=I

FL Figuur D

I

Figuur E

B

v

-

I

Figuur F

FL -

I

v

FL

FL -

v

B

B FL

35 Teken de positie van het negatief geladen deeltje bijvoorbeeld in het midden. De baan buigt omhoog, dus op dat punt is de lorentzkracht FL schuin omhoog naar links gericht. De snelheid v is naar rechts en omdat het deeltje negatief geladen is, is de stroomrichting I naar links. Volgens de rechterhandregel is de magnetische inductie B dan naar voren gericht.

I

B

FL

-

I v

-

B

36 Bij de beweging van een geladen deeltje in een magneetveld werkt de lorentzkracht als middelpuntzoekende kracht. De lorentzkracht FL = B ⋅ q ⋅ v en de middelpuntzoekende kracht Fmpz = ⇒ FL = Fmpz ⇒ B ⋅ q ⋅ v =

m ⋅v 2 r

⇒

m ⋅v 2 m ⋅v ⇒ r = r B ⋅q 3

37 Gegeven: versnelspanning UAK = 2,4⋅10 V; in magnetisch veld FL = 1,4⋅10 a Gevraagd: is de baanstraal r = 5,5⋅10

–2

–14

N.

m?

Voor het cirkelvormige deel van de baan in het magneetveld) geldt FL = Fmpz De middelpuntzoekende kracht Fmpz = –31

BINAS (tabel 7): m = 9,109⋅10

m ⋅v 2 m ⋅v 2 ⇒ r = r FL

Nieuwe onbekende: m en v

kg

Bepaling v Voor de energieomzetting in het elektronenkanon geldt: ΔE e = q ⋅ U AK = ΔEk = (Ek, A − Ek,K ) En ΔEk = Ek,A − Ek,K = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v A 2 − 1/ 2 ⋅ m ⋅ v K 2 = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v A 2 als de snelheid vK = verwaarloosbaar is. –19

Voor het elektron is q = (–)1⋅e = 1,602⋅10 ⇒ e ⋅ U AK = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v A 2 ⇒ v A =

r =

(

9,109 ⋅ 10−31 ⋅ 2,9051⋅ 107

)

2 ⋅ e ⋅ U AK m

C (het elementair ladingskwantum, zie BINAS tabel 7).

⇒ vA =

2

= 5,486 ⋅ 10− 2 m 1,4 ⋅ 10−14 –2 Afgerond: r = 5,5⋅10 m = 5,5 cm Het klopt!


2 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19 ⋅ 2,4 ⋅ 10 3 9,109 ⋅ 10 − 31

= 2,9051 ⋅ 10 7 m/s

Newton vwo deel 3


46

M Vervolg van opgave 37.

b Zie de figuur hiernaast. Buiten het magnetische veld is de baan rechtlijnig. In het magnetische veld voert het elektron een deel van een cirkelbaan uit onder invloed van de lorentzkracht die als middelpuntzoekende kracht optreedt. 38 Gegeven: deuteron 21H met m = 3,34⋅10

–27

FL I

kg;

-

6

v

-

B

in elektrisch veld versneld tot snelheid v = 4,8⋅10 m/s; –2 in magneetveld cirkelvormige baan r = 5,2⋅10 m.

a ΔE e = q ⋅ U AK = ΔEk = (Ek, A − Ek,K )

Aangenomen dat vK = 0 m/s ⇒ E k,K = 0 ⇒ q ⋅ U AK = Ek, A = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v A 2 ⇒ U AK = –19

BINAS (tabel 7): q = +1⋅e = 1,602⋅10

U AK =

3,34 ⋅ 10

− 27

(

⋅ 4,8 ⋅ 10

2 ⋅ 1,602 ⋅ 10

−19

b FL = Fmpz ⇒ B ⋅ q ⋅ v =

)

6 2

m ⋅ vA2 2⋅q

C

= 2,402 ⋅ 105 V

5

Afgerond: UAK = 2,4⋅10 V

3,34 ⋅ 10 −27 ⋅ 4,8 ⋅ 10 6 m ⋅v m ⋅v2 ⇒ B= = = 1,92 T r ⋅q r 5,2 ⋅ 10 − 2 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19

Afgerond: B = 1,9 T

c De component van de snelheid v ⊥ , loodrecht op de B-vector, bepaalt de grootte van de lorentzkracht en daarmee de straal r van de cirkelbaan: FL = Fmpz ⇒ B ⋅ q ⋅ v ⊥ =

m ⋅ v ⊥2 m ⋅v⊥ ⇒ r = r B ⋅q

De component van de snelheid v // , evenwijdig aan de B-vector, wordt door het B-veld niet verandert d.w.z. zowel grootte als richting blijft constant. Dus het deuteron beweegt met een constante snelheid (v//) in de dezelfde richting als de B-vector, m ⋅v⊥ . terwijl het bovendien gaat deelnemen aan een eenparige cirkelbeweging met r = B ⋅q Bij elkaar levert dit de schroefvormige baan op. v (= I-richting) figuur A d Het deuteron is een positief geladen deeltje. Als je de rechterhandregel toepast dan is de snelheidsrichting (duim) tevens de richting B van de stroomsterkte I. De B-richting (vingers) is naar rechts. De handpalm moet dan een krachtrichting voor FL geven FL FL die naar het midden van de cirkel is gericht.. I

Conclusie: figuur A geeft de juiste baan.

B

B

39 De beeldbuis in een zwart-wit-tv heeft de volgende onderdelen: (N.b. zie ook IBK bladz. 86 e.v. ) - de elektronenbron ⇒ hier worden elektronen losgemaakt. - het bundelsysteem ⇒ hier wordt de bundel elektronen tot een smalle bundel gemaakt. - de anode ⇒ door de spanning tussen de anode en kathode worden de elektronen versneld. Deze krijgen daardoor zoveel energie, dat ze bij botsing met het fluorescerende materiaal op het scherm een lichtflits kunnen veroorzaken. - de afbuigspoelen ⇒ deze zorgen voor de juiste richting van de smalle bundel. - het beeldscherm ⇒ deze is aan de binnenkant voorzien van een laag fluorescerend materiaal. Op de plaatsen waar deze laag door de elektronenbundel wordt getroffen, licht dit materiaal op. 40 a Bij de circulaire deeltjesversneller wordt elektrisch geladen deeltjes versneld in versnelbuizen: ΔE e = q ⋅ U eb = ΔEk = Ek,e − Ek,b = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v e 2 − 1/ 2 ⋅ m ⋅ v b 2 Aangezien elektronen tegengesteld geladen zijn, moet de spanning omgepoold zijn als de elektronen in dezelfde richting als de protonen moeten bewegen. Bij gebruik van wisselspanning om te versnellen worden de elektronen een halve periode later (of vroeger) in de juiste richting versneld vergeleken bij het moment dat protonen in de juiste richting versneld worden.


Newton vwo deel 3


47

Vervolg van opgave 40. Aangezien de massa klein is, treedt er bij elke versnelbuis een grotere snelheidstoename op, aangenomen dat er met dezelfde spanning wordt gewerkt.

m ⋅v 2 m ⋅v ⇒ r = r B ⋅q Bij elektronen heb je te maken met een veel kleinere massa en mogelijk ook een andere snelheid. Om een elektron in de juiste baan (met straal r ) te krijgen, zul je de magnetische inductie B van de afbuigmagneten moeten aanpassen. Bovendien moet de richting van B ook tegengesteld zijn vergeleken met de situatie waarbij protonen versneld worden omdat elektronen negatief geladen zijn. Bij de afbuiging geldt: FL = Fmpz ⇒ B ⋅ q ⋅ v =

b Neutrale deeltjes (bijvoorbeeld neutronen) zijn niet geschikt voor circulaire deeltjesversnellers. Deze deeltjes ondervinden geen elektrische kracht en ook geen lorentzkracht en kunnen dus niet versneld en afgebogen worden voor elektrische en magnetische velden.

Oefenopgaven 41 Massaspectrometer a Als de ionen tegen gasatomen botsen, verandert de snelheid van grootte en richting. De kans is dan groot dat ze niet meer door de opening in C gaan of een afwijkende cirkelbaan beschrijven. b • De ionen zijn positief: B moet met de positieve pool én C is met de negatieve pool van de spanningsbron Uv verbonden zijn. Het veld (gericht van + naar - ) is dus van B naar C gericht. • Om B positief te maken moet de schakelaar in stand 1 staan.

c Bij de opening van plaat C (zie figuur) passeert het positief C geladen ion met een naar beneden gerichte snelheid v : de stroomrichting I is daar omlaag en de lorentzkracht FL naar rechts gericht. Volgens de rechterhandregel staat de magnetische inductie B dan loodrecht naar achteren (het papier in). N.B. In de onderste positie kom je op dezelfde conclusie (zie figuur).

B 1

FL

v

FL

B v

d Om deze vraag te kunnen beantwoorden moet je eerst weten wat het verband is tussen de massa van een ion en de grootte van de straal van de doorlopen baan. Bij het versnellen wordt elektrische energie omgezet in kinetische energie: ΔE e = q ⋅ U v = ΔEk = Ek,C − Ek,B Onder de aanname dat de kinetische energie bij het passeren van plaat B verwaarloosbaar is, is q ⋅ U v = Ek,C = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v C 2

(vgl. 1)

In het magnetische veld zorgt de lorentzkracht voor de benodigde middelpuntzoekende kracht:

B ⋅q ⋅r m ⋅v 2 ⇒ vC = (vgl. 2) m r Vervanging van vC uit vgl. 1 door het verband uit vgl. 2 én vervolgens delen door q levert: FL = Fmpz ⇒ B ⋅ q ⋅ v =

2

B2 ⋅ q2 ⋅ r 2 B2 ⋅ q ⋅ r 2 B2 ⋅ q ⋅ r 2 ⎛B ⋅q ⋅r ⎞ q ⋅ U v = 1/ 2 ⋅ m ⋅ ⎜ ⇒ Uv = ⇒ m= ⎟ = 2⋅m 2⋅m 2 ⋅ Uv ⎝ m ⎠ De waarde van B en Uv is voor alle ionen dezelfde. Bovendien zijn alle ionen éénwaardig positief geladen. Met behulp van de afgeleide formule is dan gemakkelijk in te zien dat het ion met de grootste massa ook 2 de baan met de grootste cirkelstraal volgt: m ~ r . Conclusie: het ion dat baan 2 doorloopt, heeft de grootste massa.

42 Detectie van C-14 atomen 3

6

Gegeven: metaaldraad Vm = – 20⋅10 V; afbuigruimte Va = 0 V; stripper Vs = + 2,5⋅10 V; in detector Ek = 6,8 MeV; detector is geaard ⇒ Vd = 0 V; bij botsing energieverlies Ev = 25 eV.

a De C-atomen zijn negatief geladen als ze de afbuigruimte binnen komen. Vervolgens maken ze een bocht naar rechts. In de figuur is de situatie – getekend waarop het C -atoom zich halverwege bevindt. De snelheid v is daar schuin naar rechts beneden gericht. Omdat de C-atomen negatief geladen zijn is de stroomrichting I in die situatie tegengesteld gericht aan de snelheid en dus schuin naar links omhoog. De lorentzkracht FL is naar met middelpunt van de cirkelbaan gericht. Volgens de rechterhandregel moet in die situatie de magnetische inductie B dan loodrecht omhoog zijn gericht (het papier uit).


FL I

-

B I FL

v

2

Newton vwo deel 3


48


b • Bij het versnellen wordt elektrische energie omgezet in kinetische energie:. ΔE e = q ⋅ Uma = ΔEk = Ek,a − Ek,m . De ionen verlaten de metaaldraad met een verwaarloosbare snelheid en dus is Ek,m = 0 ⇒ q ⋅ Uma = Ek,a = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v a 2

(vgl. 1)

In het magnetische veld zorgt de lorentzkracht voor de benodigde middelpuntzoekende kracht: m ⋅v2 B ⋅q ⋅r (vgl. 2) ⇒ va = r m Vervanging van vC uit vgl. 1 door het verband uit vgl. 2 én vervolgens delen door q levert: FL = Fmpz ⇒ B ⋅ q ⋅ v =

2

2 ⋅ U am ⋅ m 2 ⋅ U am ⋅ m B2 ⋅ q 2 ⋅ r 2 B2 ⋅ q ⋅ r 2 ⎛ B ⋅q ⋅r ⎞ q ⋅ U am = 1/ 2 ⋅ m ⋅ ⎜ ⇒ U am = ⇒ r2 = ⇒ r = ⎟ = 2 2 2 m ⋅ m ⋅ m B ⋅q B2 ⋅ q ⎠ ⎝ De waarde van B, Uam en q is voor alle ionen dezelfde ⇒ r ~ m . D.w.z. de stralen verhouden zich als rC -14 14 1,08 = = ⇒ rC -12 12 1

de wortel uit de massa's ⇒

Afgerond :

1,1 1,0

• De C-14 ionen hebben een grotere baanstraal dan de C-12 ionen. Door de spleet heel nauw te maken, kun je dan bereiken dat de C-14 ionen er net door heen komen terwijl de C-12 ionen tegen de wand boven de smalle opening botsen.

c Voor de toename van de energie bij doorlopen spanning ΔU geldt algemeen: ΔEk = Ek,eind − Ek,begin = q ⋅ ΔU . In dit geval doorloopt een C-14 ion achtereenvolgens 3× een spanning waarbij de Ek toeneemt: ΔEk,totaal = ΔEk,am + ΔEk,sa + ΔEk,ds = 1⋅ e ⋅ U am + 1⋅ e ⋅ U sa + 3 ⋅ e ⋅ U ds ΔEk,totaal = ΔEk,am + ΔEk,sa + ΔEk,ds = 1⋅ e ⋅ 20 ⋅ 103 + 1⋅ e ⋅ 2,5 ⋅ 106 + 3 ⋅ e ⋅ 2,5 ⋅ 106 = 10,02 ⋅ 106 eV = 10 meV Afgerond: Ek,d = 10 MeV –12

d Gegeven: Id = 1,2 pA = 1,2⋅10 A. Gevraagd: nC = aantal C-14 ionen dat per seconde de detector binnenkomt. Elk C-14 ion slaat een aantal elektronen los, stel N. -19 Elk elektron heeft een lading qe = (– )e = 1,602⋅10 C Dan is de stroomsterkte te schrijven als I d = nC ⋅ N ⋅ q e ⇒ nC =

Id N ⋅ qe

Nieuwe onbekende: N 6

Per elektron kost het wegslaan 25 eV aan energie en Ek,d = 6,8 MeV (= 6,8⋅10 eV) per C-14 ion ⇒ E 6,8 ⋅ 10 6 eV = 2,72 ⋅ 105 ⇒ Ek,d = N ⋅ 25 eV ⇒ N = k,d = 25 eV 25 eV nC =

1,2 ⋅ 10 −12 2,72 ⋅ 105 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19

= 27,54 s −1

Afgerond: nC = 28 s

–1

43 Circulaire protonenversneller a Bij buis 1 is de snelheidsrichting v van de positief geladen protonen naar rechts en dus is de I-richting daar ook naar rechts. p v De afbuiging daar is naar beneden ⇒ de lorentzkracht FL is daar omlaag gericht. Met behulp van de rechterhandregel bepaal je dat de bijbehorende B -richting naar boven (= papier uit) gericht is (zie figuur).

v

B

FL

b De afstand tussen opeenvolgende buizen is gelijk, de snelheid van B F buis 1 de protonen neemt echter toe. Daardoor neemt de looptijd tussen de buizen af en moet de wisselspanningsfrequentie toenemen om te zorgen dat de buizen op tijd omgepoold worden. c De straal r van de doorlopen 'cirkelbaan' blijft gelijk. Daarnaast zijn de massa m en de lading q van de protonen ook gelijk. Als je toch de snelheid v laat toenemen, moet volgens m ⋅v de formule r = de magnetische inductie B ook toenemen. B ⋅q

I L

Newton vwo deel 3


49

44 Elektron-positronversneller 7

–4

Gegeven: vp = ve = 2,4⋅10 m/s; Bo = 0,90⋅10

T.

a Elektronen hebben dezelfde massa als positronen. De snelheid waarmee de elektronen uit het elektronenkanon komen zal dezelfde moeten zijn als die waarmee de positronen uit de betreffende bron komen: 7 ve = vp = 2,4⋅10 m/s. Bij het versnellen geldt ΔE e = q ⋅ U versnel = ΔEk = Ek,e − Ek,b = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v e 2 − 1/ 2 ⋅ m ⋅ v b 2 Aangenomen dat vb = 0 m/s ⇒ E k,b = 0 ⇒ q ⋅ U versnel = Ek, A = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v e 2 ⇒ U versnel = BINAS (tabel 7): q = (–)1⋅e = 1,602⋅10

U versnel =

(

9,10903 ⋅ 10−31 ⋅ 2,4 ⋅ 10 2 ⋅ 1,602 ⋅ 10−19

)

7 2

–19

–31

C en rustmassa elektron me = 9,10903⋅10

= 1,638 ⋅ 103 V

2⋅π⋅r 2⋅π⋅r ⇒T = T v

kg

Afgerond: Uversnel = 1,6 kV

b De positieve geladen positronen bewegen - van boven gezien - linksom draaiend in de opslagring. Met behulp van de rechterhandregel voor de lorentzkracht is de richting van B te bepalen: de v-richting is dezelfde als de I-richting; de richting van FL is naar het midden van de ring gericht ⇒ de magnetische inductie B is naar beneden gericht. c Eénparige cirkelbeweging: v =

m ⋅ v e2 2⋅q

FL +

FL

B

I

v=I

B

Nieuwe onbekende: r

m ⋅v 2 m ⋅v Nieuwe onbekenden: m en q ⇒ r = r B ⋅q –31 –19 BINAS (tabel 7): massa positron = massa elektron = 9,10939⋅10 kg en q = +1⋅e = 1,602⋅10 C

Bij de afbuiging geldt: FL = Fmpz ⇒ B ⋅ q ⋅ v =

r =

9,10939 ⋅ 10 −31 ⋅ 2,4 ⋅ 10 7

0,90 ⋅ 10 − 4 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19 2 ⋅ π ⋅ 1,516 T= = 3,97 ⋅ 10 − 7 s 2,4 ⋅ 107

= 1,516 m Afgerond: T = 4,0⋅10

–7

s

d Er moet een wisselspanning gebruikt worden, want als een positron tussen buis 1 en 2 versneld wordt, dan moet deze even later tussen buis 2 en 3 versneld worden. Dit kan alleen als de plus en min zijn omgewisseld zodat het elektrische veld weer in de snelheidsrichting een kracht op de positronen uitoefent. e Cilinder 2 is positief t.o.v. cilinder 1 omdat elektronen negatief geladen zijn. Dat betekent echter ook dat cilinder 8 positief is t.o.v. van cilinder 7 en dus ook daar bevindt zich een groepje elektronen.

B ve

f Stel dat de elektronen via buis P gaan en de positronen via buis Q. Bij de elektronen in P is de I-richting naar rechts en de FL naar het midden gericht ⇒ de B-richting is omhoog. Bij de protonen in Q is de I de I-richting naar links en de FL ook naar het midden gericht ⇒ de B-richting is omhoog. Dus voor beide dezelfde richting. N.B. Als de elektronen via buis Q en de positronen via buis P gaan, is de B-richting naar beneden.

-

P

I FL,e B FL,p

+

Q

vp = I

45 Bloedsnelheid Gegeven: UPQ = 2 ⋅ B ⋅ v ⋅ R ; UPQ = 0,68⋅10

–3

V; B= 0,15 T; aorta d = 2,2⋅10

a Zie de figuren a en b hiernaast.

–2

m.

figuur a: positief ion

Toelichting: Voor een positief ion is de snelheidsrichting v dezelfde als de I-richting. De B-richting is naar beneden gericht (van N ⇒ Z). Met behulp van de rechterhandregel vind je dat de lorentzkracht FL naar links gericht is. Voor een negatief ion geldt dat de I-richting tegengesteld is aan de snelheidsrichting. Daarbij is de lorentzkracht FL naar rechts gericht.

N

N

baan

FL

v

+ B

Z Vervolg op volgende bladzijde.

figuur b: negatief ion

v

B

FL

Z

baan

Newton vwo deel 3


50


b De positieve ionen buigen naar de richting van Q. Door de aanwezigheid van de wand kunnen ze Q niet bereiken, maar oefenen wel een aantrekkende kracht op de elektronen in de elektrode uit: de elektrode Q wordt dus negatief geladen. De negatieve ionen buigen naar de richting van P. Deze hebben vervolgens een afstotende werking op de elektronen in de elektrode P. De elektrode P wordt daardoor positief geladen.

c • UPQ = 2 ⋅ B ⋅ v ⋅ R

Nieuwe onbekende: R

1

R = /2 ⋅ d ⇒ R = 1,1⋅10

–2

m

0,68 ⋅ 10 − 3 = 2 ⋅ 0,15 ⋅ v ⋅ 1,1⋅ 10 − 2 ⇒ v =

0,68 ⋅ 10 −3 2 ⋅ 0,15 ⋅ 1,1 ⋅ 10 − 2

= 0,2061 m/s

Afgerond: v = 0,21 m/s

• Het volume V, dat in t seconden doorstroomt, kun je schrijven als V = A ⋅ v ⋅ t 2 Hierin is A de oppervlakte van een cirkel: A = π ⋅ R V 2 Dus V = π ⋅ R ⋅ v ⋅ t ⇒ het volume per seconde = π ⋅ R2 ⋅v t

(

V = π ⋅ 1,1 ⋅ 10 − 2 t

)

2

V 3 Afgerond: t = 78 cm /s

⋅ 0,2061 = 78,33 ⋅ 10 − 6 cm3 /s = 78,33 cm3 /s

46 Driftsnelheid Gegeven: B = 1,2 T; UH = 3,0⋅10

–6

V; verder zie figuur.

a De I-richting naar rechts (d.w.z. de elektronen bewegen naar links). De B-richting is naar achteren. Zie figuur hieronder. FL ve

I

-

UH = 3,0 μV 1,0 cm

I

B I

1,0 cm

FL

B = 1,2 T

B

2,0 cm

Met behulp van de rechterhandregel voor de lorentzkracht is dan te vinden dat de lorentzkracht FL omhoog gericht is. Dus de vrije elektronen buigen in een baan omhoog.

I

B

b Omdat de negatief geladen elektronen meer naar boven worden afgebogen, wordt de bovenkant negatief geladen t.o.v. de onderkant. Dit is te meten in de vorm van de spanning UH. Door deze spanning wordt in het koper een elektrisch veld opgewekt waarvan de veldlijnen van onder naar boven lopen. In dit elektrische veld ondervinden de elektronen een elektrische veldkracht die naar beneden is gericht en die dus de lorentzkracht tegenwerkt. Deze elektronen worden daardoor minder afgebogen, afhankelijk van de grootte van de elektrische veldkracht. c De elektronen gaan rechtdoor

⇒ F L = Fe

E B Stel dat de elektrische kracht constant is en dat een elektron het koperen blokje in vertikale richting F U U doorloopt over een afstand d (= 1,0 cm) dan is WFe = ΔE e = Fe ⋅ d = q ⋅ U h ⇒ e = h ⇒ E = h q d d

De lorentzkracht FL = B ⋅ q ⋅ v en de elektrische kracht Fe = q ⋅ E ⇒ B ⋅ q ⋅ v = q ⋅ E ⇒ v =

De vertikale afstand d = 1,0 cm = 0,010 m ⇒ E =

v=

−4 3,0 ⋅ 10 −4 = 2,50 ⋅ 10 m/s 1,2

3,0 ⋅ 10 −6 = 3,0 ⋅ 10 − 4 V/m 0,010 Afgerond: v = 2,5⋅10

–4

m/s = 0,025 cm/s

Newton vwo deel 3


51

18.5 Afsluiting Oefenopgaven 51 Beeldbuis Oriëntatie: Gevraagd: Spanning-tijd-diagram van de afbuigspoelen voor de horizontale en verticale afbuiging. Gegeven: zie figuur hiernaast.

enz

25x per seconde 625 beeldlijnen

Planning:

Horizontale afbuiging Als je mag aannemen dat de elektronenbundel uit zichzelf gericht is op het midden van het scherm, dan moet deze dus om te beginnen links beginnen met een afbuigspanning die bijvoorbeeld negatief is. Vervolgens moet deze naar rechts bewegen met een constante snelheid. Dat betekent dat de spanning dan evenredig met de tijd moet toenemen tot de bundel rechts aangekomen is. Daarna moet de bundel in zeer korte tijd weer links beginnen. Je hebt hiervoor een zogenaamde 'zaagtandspanning' nodig. De tijdsduur waarin de bundel van links naar rechts beweegt is als volgt te berekenen: 1 één beeld wordt volledig in /25 seconde in de vorm van 625 lijnen beschreven ⇒ 1 ⇒ tijdsduur van één horizontale lijn Δt = = 6,4 ⋅ 10 − 5 s = 64 μs Verder zie uitvoering figuur a. 25 ⋅ 625

Verticale afbuiging 1 e In de tijd dat de bundel van rechts naar links beweegt moet de bundel /625 deel van de totale verticale afstand naar beneden gaan. Hiervoor moet de verticale afbuigspanning na elke beeldlijn een stukje 1 e dalen in waarde namelijk /625 deel van het totale bereik dat nodig is voor het hele beeld. Verder zie uitvoering figuur b. Uitvoering:

Figuur a: (Uh,t)-diagram voor de horizontale afbuiging

Uh

Figuur b: (Uv,t)-diagram voor de verticale afbuiging

Uv

0

64

128

192

t (μs)

256

0

64

128

192

t (μs)

Controle: Bovenstaande figuren geven aan hoe de spanningen veranderen in de loop van de tijd. 1 Voor één volledig beeld (in Δt = /25 s = 0,040 s) moet de horizontale as natuurlijk in gedachten verlengd worden waardoor er 625 stapjes naar beneden zichtbaar zouden kunnen worden.

256

Newton vwo deel 3


52

52 Massaspectrometer Oriëntatie: Gevraagd: klopt de massa van het proton, bepaald met massaspectrometer, met de waarde –27 die BINAS in tabel 7 vermeld namelijk 'rustmassa proton m = 1,67262⋅10 kg' ? –2 Gegeven: protonen vB = 0 m/s; Uv = 500 V; B = 1,24⋅10 T; afstand midden DE tot opening C = 0,500 m. Planning:

r ⋅B ⋅q m ⋅v 2 ⇒ m= v r –19 • q = +e ⇒ BINAS (tabel 7): e = 1,602⋅10 C Bij de afbuiging geldt: FL = Fmpz ⇒ B ⋅ q ⋅ v =

Nieuwe onbekenden: q, r en v

• r bepaal je uit figuur 33 in combinatie met het gegeven 'midden DE tot opening C = 0,500 m' (zie figuur bij uitvoering). • Snelheidstoename tussen B en C via energieomzetting: ΔEe = ΔE ⇒ q · Uv = ΔEk = Ek,C – Ek,B vB = 0 m/s ⇒ Ek,B = 0

⇒ q ⋅ U v = Ek,C = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2

Nieuwe onbekende: m

De massa m is juist de grootheid die bepaald moet worden (verder zie uitvoering). Uitvoering:

q ⋅ U v = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 ⇒ 1,602 ⋅ 10−19 ⋅ 500 = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 ⇒ v = Bepaling r De straal r is de helft van de afstand van plaats C D tot de gegeven zwarting. DE = 15,4 cm ⇒ midden op 7,7 cm van E. Zwarting ligt 2,5 cm van midden ⇒ afstand d van zwarting tot opening C = 50,0 + 2,5 = 52,5 cm = 0,525 m. 0,525 r =d = = 0,2625 m 2 2

m=

0,2625 ⋅ 1,24 ⋅ 10−2 ⋅ 1,602 ⋅ 10−19 1,27 ⋅ 10 −8

(

⇒ m = 4,106 ⋅ 10

=

5,2145 ⋅ 10−22 ⋅ m 1,27 ⋅ 10−8

⇒

2 ⋅ 1,602 ⋅ 10−19 ⋅ 500 1,27 ⋅ 10−8 ⇒ v= m m midden DE E

2,5 cm

afstand tot C: 50,0 cm 7,7 cm

15,4 cm

m = 4,106 ⋅ 10−14

m

)

−14 2

= 1,686 ⋅ 10 −27 kg

–27

Afgerond: m = 1,69⋅10

kg

Controle: De gevonden waarde klopt redelijk goed met de waarde die in BINAS vermeld wordt –27 namelijk m = 1,67262⋅10 kg.

53 Magneto-hydronamische generator Oriëntatie: Gevraagd: A verklaring voor de toename van de spanning tot een constante waarde bij een onbelaste MHD-generator én B verklaring voor afname tot een (lagere) constante waarde bij een belaste MHD-generator. Gegeven: uitleg over werking van de MHD-generator.

K

Planning en uitvoering A: In het begin buigen de positieve ionen naar boven af B en laden plaat K positief terwijl de elektronen naar beneden FL afbuigen en daarmee plaat L negatief laden. + + + Door het opladen van plaat K en L ontstaat een spanning tussen de platen en daarmee ook een elektrisch veld L Fe dat de richting van + naar - heeft en dus van boven naar beneden. Als een ion (of elektron) daarna tussen de platen komt, ondervindt deze behalve de lorentzkracht FL ook een elektrische veldkracht Fe die tegengesteld zijn van richting. Het ion wordt dan minder ver afgebogen. Uiteindelijk ontstaat er een maximale spanning over de platen dat zo groot wordt dat het elektrische veld op het ion een elektrische kracht Fe uitoefent die even groot is als de lorentzkracht FL. In die situatie gaat het ion recht door en blijft de de spanning) op een constante waarde staan. Zie figuur rechtsboven. Vervolg op volgende bladzijde.

Newton vwo deel 3


53


Planning en uitvoering B: Door de generator te belasten daalt de spanning in eerste instantie snel, omdat er in het begin een relatief grote spanning aanwezig is en dus loopt er tijdelijk een relatief grote stroom. De platen K en L raken daardoor ontladen ⇒ de sterkte E van het elektrische veld neemt af en daarmee ook de uitgeoefende elektrische veldkracht Fe. De positief geladen ionen en de elektronen worden nu weer meer afgebogen onder invloed van de lorentzkracht FL die groter is dan de uitgeoefende elektrische veldkracht Fe. Het gevolg is dat de platen K en L weer worden op geladen. In de belaste situatie vloeit de lading via een aangesloten apparaat weg waardoor de spanning niet meer die hoge waarde bereikt vergeleken met de onbelaste situatie. Er stelt zich nu een evenwicht in waarbij de aangevoerde lading door de ionen en elektronen per seconde evenveel is als de afgevoerde lading via het aangesloten apparaat. Dit betekent een constante (lagere) waarde van de spanning UKL. Controle: ....

54 Cyclotron Oriëntatie: Gevraagd: A de volledige baan van een geladen deeltje in het cyclotron; B ⋅q en B afleiding van de formule voor de frequentie r = 2⋅π⋅m

C afleiding van de formule voor de maximale snelheid v max =

B⋅q ⋅r m

Gegeven: uitleg over de werking van het cyclotron (zie tekst opgave).

Planning en uitvoering A: De halve cirkelvormige metalen dozen D1 en D2 zijn met een wisselspanningbron verbonden. Een geladen deeltje dat bron b verlaat beweegt op het juiste moment versneld van de ene doos naar de andere doos. Door de aanwezigheid van het magnetische veld wordt het deeltje vervolgens gedwongen om in een cirkelbaan te bewegen waarbij FL = Fmpz .

T

Bij de volgende oversteek van de ene doos naar de andere neemt de snelheid weer toe. Het deeltje beschrijft dan een halve cirkelbaan met een grotere straal. Datzelfde gebeurt steeds na elke oversteek met als gevolg dat het deeltje min of meer een spiraalbeweging uitvoert: na elke halve cirkel afgelegd te hebben, neemt de straal weer toe. Verder zie figuur hiernaast.

b

Planning en uitvoering B: 1 f = (1) T Voor elke halve cirkelbaan in één van de dozen D1 en D2 geldt v=

1

/ 2 ⋅ omtrek 1

/ 2⋅T

=

1

/2⋅ 2 ⋅ π ⋅ r 1

/ 2⋅T

=

2⋅π⋅r 2⋅π⋅r ⇒ T = T v

B

(2) 2

D2

D1

~

m ⋅v m ⋅v B⋅q ⋅r ⇒ r = of v = r B ⋅q m 2⋅π⋅r 2⋅π⋅m Substitutie van vgl. (3) in vgl. (2) ⇒ T = (4) ⇒ T = B ⋅q ⋅r B ⋅q m Uit vgl. (4) blijkt al dat de periodetijd T onafhankelijk is van de snelheid v en van de straal r . 1 B ⋅q ⇒ f = Dit klopt met het gevraagde. Substitutie van vgl. (4) in vgl. (1) ⇒ f = 2⋅π⋅m 2⋅π⋅m B ⋅q De cirkelbaan is mogelijk dankzij FL = Fmpz ⇒ B ⋅ q ⋅ v =

(3)

Planning en uitvoering C: Het deeltje heeft een maximale snelheid vmax als deze zich in een cirkelbaan met straal R bevindt: 2⋅π⋅R v max = T 2⋅π⋅R B ⋅q ⋅R ⇒ v max = En ook dit klopt met het gevraagde. Vervang je T door vgl. (4) ⇒ v max = 2⋅π⋅m m B ⋅q Controle: Zo te zien stemt het allemaal goed met elkaar overeen.

Newton vwo deel 3


55 LCD-scherm Oriëntatie: Gevraagd: verklarende tekst bij elk onderdeel 1 t.m. 6 van een lcd-scherm met eigen lichtbron. Gegeven: figuur met de onderdelen voor een lcd-scherm.

Planning en uitvoering:

1 De lichtbron bestaat uit één of meerdere fluorescerende lampen aan de achterkant van het scherm. 2 Het licht passeert een horizontaal polarisatiefilter waardoor het doorgelaten licht een horizontale trillingsrichting krijgt. 3 Bij het passeren van het licht door een cel met vloeibaar kristal draait de polarisatierichting van het passerende licht. De draaiingshoek is afhankelijk van de grootte van de elektrische spanning die op het kristal is gezet. 4 Het licht passeert vervolgens één van de aanwezige cellen in het kleurfilter. Elke kleurcel absorbeert een deel van het licht en alleen één kleur (rood, blauw of groen) doorlaten. Zo ontstaan achter het kleurfilter dus 'lichtbundeltjes' van één kleur die in polarisatierichting meer of minder gedraaid zijn t.o.v. de horizontale richting. 5 Bij het verticale polarisatiefilter wordt alleen licht doorgelaten dat een verticale trillingsrichting heeft d.w.z. alleen de verticale component van het gedraaide licht wordt doorgelaten. Afhankelijk van de mate van draaiing in het vloeibare kristal levert lichtbundeltjes op die verschillen in intensiteit. 6 Op het LCD scherm komen dus lichtbundeltjes aan die in kleur verschillen. Elk bundeltje vormt één pixel van één bepaalde kleur. Bovendien verschilt elk lichtbundeltje mogelijk ook in intensiteit. Dit maakt dat je op iets grotere afstand van het LCD scherm de indruk kunt krijgen dat het lcd-scherm in staat is om duizenden verschillende kleuren weer te geven. Controle: ......

56 Platte beeldbuis Oriëntatie: Gevraagd: overeenkomsten en verschillen tussen FED en 'oude' tv-buis. Gegeven: tekst over platte beeldbuis. Planning: Tekst lezen en nog eens nagaan wat je weet over de 'oude' tv-buis. Uitvoering: Overeenkomsten: • elektronen worden uit de kathode vrijgemaakt; • elektronen worden door het elektrische veld tussen kathode en de anode versneld; • fosfor licht op als gevolg van botsingen met elektronen. Verschillen: 'oude' TV-buis FED gloeikathode kegelkathodes • vrijmaken van elektronen door: verschillende anodes • plaats van oplichten bepaald door: afbuigplaten masker (kleurrooster) het 'aanstaan' van een pixel door • oplichten per kleur bepaald door: een positieve spanning op de anode die bij een subpixel hoort. Controle: eventueel nog eens goed de tekst bij de opgave doornemen en de tekst uit het boek (IBK bladz. 89 t.m. 92).

54

Newton vwo deel 3


55

57 Elektronisch kompas Oriëntatie: Gevraagd: a hoe moeten twee hall-elementen loodrecht t.o.v. elkaar worden geplaatst en b hoe is dan de werking te verklaren. Gegeven: tekst over het elektronisch kompas; enkele belangrijke uitgangspunten in deze tekst zijn - '...de richting van het aardmagnetische veld is te bepalen uit de verhouding van de sterkte van de spanningen die de beide hall-elementen afgeven ...' -'... er is een stand waarin de verhouding van de beide hall-spanningen maximaal is ...' d.w.z. U1 : U2 = 1 : 1 N.B. De werking van een hallsensor wordt in het informatieboek kort toegelicht op bladzijde. 93.

Planning en uitvoering vraag a: Twee hall-elementen kun je op twee manieren loodrecht ten opzichte van elkaar plaatsen (zie figuur a en figuur b). IH IH figuur a figuur b Het verschil zit hem IH IH in de manier waarop in het tweede element de hall-spanning Uh wordt gemeten: - in figuur a is dat 'links' t.o.v. van 'rechts' en - in figuur b is dat IH IH 'vóór' t.o.v. 'achter'. IH I H x De vraag is hoe beide reageren op veranderingen in de richting van het aardmagnetische veld. N.B. Er is nog probleem namelijk dat het aardmagnetische veld onder een hoek op het aardoppervlak staat waarbij de hoek afhangt van de plaats waar je je bevindt. Deze hoek noemt men de inclinatie. Voor Nederland is deze hoek ca. 68°. We gaan nu verder uit van een vereenvoudiging en stellen ons voor dat we in een vlak land als Nederland alleen rekening hoeven te houden de horizontale component van de echte Ba-richting: de magnetische inductie Bha die naar het noorden wijst. De set van twee hall-elementen kan draaien t.o.v. de inductie Bha die naar het noorden wijst. In figuur c en d is dat weergegeven door niet de hall-elementen te draaien maar door inductie Bha in 4 verschillende standen in te tekenen. noorden noorden De vraag is nu: B Bha 1 1 figuur c figuur d wat voor een effect ha heeft dit op de te meten hallspanning Uh op beide elementen 4 4 Bha Bha in beide situaties van figuur c en d. IH IH Daarvoor moet je wel I IH H 2 2 eerst goed weten wat het effect is op één hall-element.

3 x Met één hall-element is de sterkte van de component van de magnetische inductie te bepalen die loodrecht op het hall-element staat. Het hall-effect is het gevolg van het optreden van de lorentzkracht FL die elektronen ondervinden in een magnetisch veld. Daardoor worden de elektronen naar één van de zijkanten geduwd én ontstaat er zodoende een spanning tussen die twee tegenover elkaar gelegen zijkanten: de hall-spanning UH (zie figuur e).

3 FL

figuur e

I

IH

Voor de lorentzkracht geldt: FL = B ⋅ q ⋅ v waarbij de magnetische inductie B en de snelheid v van de elektronen loodrecht op elkaar moeten staan (zie ook figuur e).


B

IH

B FL

v

-

-

UH

+

Newton vwo deel 3


56

Vervolg van opgave 57. figuur f

IH

B 1 4 2

IH

V

3

Dat betekent dat de grootte van de lorentzkracht verandert als de magnetische inductie B niet loodrecht op de snelheid v staat. B In dat geval moet je werken met de component Bn van de magnetische inductie die loodrecht op v staat: Bn = B ⋅ sinα waarbij hoek α = de hoek tussen α 2 de B- en de v-richting (zie figuur f). IH In stand 1 en stand 3 is Bn = Bmax = B. In deze standen is de hall-spanning maximaal en onderling tegengesteld van teken. In stand 2 en stand 4 is Bn = 0 en is er dus geen hall-spanning (zie figuur g).

Als we aannemen dat de hall-spanning U recht evenredig is met de grootte van de lorentzkracht FL kun je bovenstaande samenvatten in: FL = Bn ⋅ q ⋅ v = B ⋅ q ⋅ v ⋅ sin α ⇒ U = Umax ⋅ sin α (zie diagram figuur h).

figuur g

1

Bn 4

figuur h

3

UH

Kijken we nu terug naar figuur c dan valt op dat de linker element bij draaiing van het aardmagnetische veld Bha van stand 1 - via de standen 2 en 3 - naar stand 4 te maken heeft met een B-richting waarvan de normaalcomponent Bha,normaal (richting boven- en ondervlak) voortdurend van grootte verandert. En dit gebeurt ook bij het rechterelement alleen is daar de normaal component juist maximaal als deze links minimaal is en omgekeerd.

0

90

180

270

360

stand 4

stand 1

stand 2

stand 3

stand 4

α

Kijken we naar figuur d dan valt op dat het rechter element geen normaal-component (boven-ondervlak) heeft. Dus zal dit element geen hall-effect vertonen in de getekende standen.

Het antwoord op vraag a is dat de keuze valt op plaatsing volgens figuur c. Planning en uitvoering vraag b: • Aangezien in de tekst bij de vraag vermeld staat dat de verhouding van de beide hall-spanningen maximaal is (d.w.z. U1 : U2 = 1 : 1) als het kompas naar het noorden wijst, betekent dit dat geen van beide hall-elementen dan een maximale spanning kan hebben én ze bovendien tegelijkertijd loodrecht op elkaar kunnen staan. • In ieder geval hebben twee elementen die loodrecht ten opzichte van elkaar staan een karakteristiek die 90° t.o.v. elkaar zijn verschoven (zie diagram i).

figuur i element 1

element 2

UH

0

90

180

270

α

• Uit het diagram valt op te maken dat de twee elementen in stand A en in stand B voldoen aan de verhouding U1 : U2 = 1 : 1. In verband met figuur d zal stand A ergens tussen stand 1 en 2 stand A stand B en stand B ergens tussen 3 en 4 zijn. In je programmering van het instrument kun je dan bijvoorbeeld vastleggen dat stand A de noord-zuid-richting van de auto bepaalt. En vandaaruit kun je dan het de metingen van het instrument verder omzetten naar de oost-, zuid- en west-richting.

360

Newton vwo deel 3


57

58 Ionenmotor Oriëntatie: Gevraagd: a welk artikel geeft (ruwweg) de juiste waarde van de snelheid van Xe-ionen: 3 3 artikel 1 ⇒ v = 4⋅10 m/s of artikel 2 ⇒ v = 30⋅10 m/s; –3 b is die waarde in overeenstemming met de gegeven stuwkracht Fs = 92⋅10 N. Gegeven: Artikel 1: Xe + -ion wordt versneld tot bijna 4⋅10 m/s. 3

Artikel 2: Xe + -ion; Uv = 1280 V; stuwkracht Fs = 92⋅10 N; ca. 65 kg Xe; 3 3 werkzame tijdsduur 15 maanden; Δvraket = 3,6⋅10 m/s; gasdeeltjes ve = 30⋅10 m/s; 3 elektrisch vermogen 'vol' Pe = 2,5⋅10 W. –3

a Planning: Om de snelheid te bepalen, nemen we aan dat Uv = 1280 V en vbegin = 0 m/s 1 2 Energieomzetting: ΔEe = q · Uv = ΔEk = Ek,eind – Ek,begin = Ek,eind = /2 ⋅ m ⋅ v 2 ⋅ q ⋅ Uv Nieuwe onbekende: q en m m In het 2e artikel wordt geschreven dat het Xe-atoom 1 elektron verliest ⇒ –19 Xe is éénwaardig geïoniseerd ⇒ q = 1⋅e = + 1,602⋅10 C

q ⋅ U v = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 ⇒ v =

Binas (tabel 25): atoommassa Xe-133 ⇒ m = 132,90591 u –27 –27 –25 Binas (tabel 7): 1 u =1,66054⋅10 kg ⇒ m = 132,90591 ⋅ 1,66054⋅10 kg = 2,20696⋅10 kg –31

N.B. De ion-massa is kleiner: er moet nog de massa van één elektron (= 9,10930⋅10 kg) van afgehaald worden. Dit is echter zo klein dat het geen invloed heeft op het hierboven afgeronde getal en is dus te verwaarlozen.

Uitvoering: 2 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19 ⋅ 1280

= 4,3108 ⋅ 10 4 m/s 2,20696 ⋅ 10 − 25 Controle: het tweede artikel heeft duidelijk de beste waarde. v =

Afgerond: v = 43 km/s

b Planning en uitvoering: In de ruimte mag je uitgaan van vacuum: Fr = Fstuw Δv ⇒ Fr ⋅ Δt = m ⋅ Δv Δt Nieuwe onbekenden: Δt en m In het artikel is te lezen: in 15 maanden ca. 65 kg Xe verbruikt 4 d.w.z. de 'weggestuwde massa' m = 65 kg met Δv = 4,394⋅10 m/s én 7 Δt = 15 maanden = 1,25 jaar = 1,25 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600 = 3,942⋅10 s e

Verband nettokracht en tijdsduur (2 wet van Newton): Fr = m ⋅ a = m ⋅

65 ⋅ 4,394 ⋅ 10 4 = 7,25 ⋅ 10 − 2 N Afgerond: Fs = ca. 73 mN 7 3,942 ⋅ 10 Controle: de genoemde waarde van 92 mN lijkt aan de hoge kant. De orde van grootte klopt ruwweg wel. Fr ⋅ 3,942 ⋅ 107 = 65 ⋅ 4,394 ⋅ 10 4 ⇒ Fr =

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 = 2,99810 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


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 = 6,62610

–34

hc



–1

JK

, waarbij volgens BINAS (tabel 7): 8

–1

en c = lichtsnelheid = 2,99810 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


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 = 2,99810 ms . 8

c f  De golflengte  is omgekeerd evenredig met de frequentie f .

b  c   f   

 hc  –34 –1 c De fotonenergie Ef  h  f    , waarbij volgens BINAS (tabel 7): h = 6,62610 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 = 2,897810

–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:  = 5,6705110–8 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  103

max

. Door na te gaan bij welke golflengte de kromme

zijn maximale waarde heeft, is de temperatuur te berekenen: - onderste kromme: max = 14,510

–7

- middelste kromme: max = 11,510 - bovenste kromme: max = 9,510


–7

m T 

–7



max

m T 

m T 

kw

kw

max kw

max



2,8978  103



 1998 K

14,5  107 2,8978  103 11,5  10

7

2,8978  103 9,5  107

 2520 K

 3050 K

3

Afgerond: T = 2,010 K 3

Afgerond: T = 2,510 K 3

Afgerond: T = 3,110 K

Newton vwo deel 3


61

Vervolg van opgave 7. –7

c De onderste lijn laat zien dat er licht wordt uitgezonden vanaf ca. 6,010 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. 3,510 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 110 m tot –3 –2 1010 (= 110 ) 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 = 110 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. hc –34 –1 14 a De fotonenergie E f  h  f  , waarbij volgens BINAS (tabel 7): h = 6,62610 JK 8



–1

en c = 2,99810 ms .  E f  1,602  10 19  E f in eV  

Ef (in Joule) = Ef (in eV)  1,60210

6,626  10 34  2,998  108

  1 10  9



Ef 

–19

en  (in m) =  (in nm)  110

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.


Newton vwo deel 3

15 a De fotonenergie E f  h  f   laser:  = 63310

–9

hc

–34

BINAS (tabel 7): h = 6,62610



Ef 



m

–1

JK

8

en c = 2,99810 ms

6,626  10 34  2,998  10 8 633  10  9

 natriumlamp:  = 58910

–9



m

Ef 

6,626  10

 2,998  10

8

589  10  9

 kwiklamp:  = 25410

–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 = 3,3710 34

–1

 3,138  10 19 J

Afgerond: Ef = 3,1410 34

62

–19

J = 2,11 eV

 7,821  10 19 J

Afgerond: Ef = 7,8210

–19

J = 4,88 eV

b BINAS (tabel 24 FOTO-ELEKTRISCH EFFECT): –19 –19  ijzer Fe  Eu = 4,63 eV (= 4,63  1,60210 = 7,4210 J) –19 –19  cesium Cs  Eu = 1,94 eV (= 1,94  1,60210 = 3,1110 J) –19 –19  lithium Li  Eu = 2,46 eV (= 2,46  1,60210 = 3,9410 J) –19 –19  lood Pb  Eu = 4,04 eV (= 4,04  1,60210 = 6,4710 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 = 8,510 

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 = 0,54410

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 

hc





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 

hc



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 

hc





6,626  10 34  2,998  10 8 380  10  9

 5,23  10 19 J  3,26 eV

Newton vwo deel 3


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 = 43010 m; Urem = 0,80 V.

Ef  h  f 

hc



 

hc Ef

Nieuwe onbekenden: h, c en Ef.

BINAS (tabel 7): h = 6,62610

–34

–1

JK

8

–1

en c = 2,99810 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 grensgolflengteg: E u  h  fg 

hc

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 

9,3610

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 

hc



blijft hetzelfde.

lijn A

lijn B oorspronkelijk

3,0

Newton vwo deel 3


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 = 58910

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 

hc





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 = 1,510 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  = 5,6705110–8 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


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


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. 6,110 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 = 4,710



Cd: fg = 9,910 Urem = 4,1 eV  Fe: fg = 11,310 eV

14

E h –34 –1  fg  u  Eu  h  fg met h = 6,62610 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 = 6,62610

–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.


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    hc     g   g   –34 –1 8 –1 waarbij volgens BINAS (tabel 7): h = 6,62610 JK en c = 2,99810 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 

hc



hc

–19

Afgerond: Ek,max = 1,9110

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 = 3,510 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 = 4,410 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 = 3,410 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: 3,810 101.) Ef  h  f 

hc





–7

–7

m (violet) < < 7,810

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 = 1,8010  = 500 nm = 50010–9 m.  Gevraagd: aantal fotonen per seconde nf.

–3

2

A; A = 1,0 cm = 1,010

–4

2

m;


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  102 3,973  1019

hc





6,626  10 34  2,998  108 500  10 9

 3,973  10 19 J  2,48 eV 

 3,78  1016 s1 16

Afgerond: nf = 3,810

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 = 1,110 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


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 = 1,110 ; 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    tan1 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


 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  1,60210 = 4,80610 J hc hc Ef  h  f    1,4  Ef Hierbij is volgens BINAS (tabel 7): h = 6,62610



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. hc





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. hc hc –34 –1 8 –1 waarbij volgens BINAS (tabel 7): h = 6,62610 JK en c = 2,99810 ms . Ef  h  f     Ef

3 is te bepalen: Ef,3 = 12,7 - 10,7 = 2,0 eV  Ef,3 = 2,0  1,60210–19 = 3,20410–19 J 6,626  10 34  2,998  10 8

n=2

en c = 2,99810 ms .

2

 6,200  10  7 m  620 nm 3,204  10 19 2 Afgerond: 3 = 6,210 nm Voor de 2e overgang geldt: Ef,2 = Ef,3 - Ef,1

3 

n=3

–1

Afgerond:  = 4,110 nm

  600 nm  E f  h  f 

n=4

n=1

Newton vwo deel 3


1  1,7 m  1,7  10  6 m  E f  Dus Ef,2

hc



6,626  10 34  2,998  108

1,7  10  6 –19 = 2,0 - 0,729 = 1,27 eV = 2,03610 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 = 9,810 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 

hc





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. hc hc De bijbehorende geabsorbeerde golflengtes als volgt te berekenen: E f     Ef –19

Ef,1 = 3,1 eV  E f,1 = 3,1  1,60210  1 

6,626  10

34

 2,998  10

4,966  10 19 2 Afgerond: 1 = 4,010 nm

Ef,2 = 4,5 eV = 7,20910

–19

= 4,96610

J

8

–19

J 

 4,00  10  7 m  400 nm

 2  2,756  10 7 m  276 nm

Afgerond: 2 = 2,710 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,21 = 4,5 - 3,1 = 1,4 eV  E f,1 = 1,4  1,60210 = 2,24310 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 21 = 8,910 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 .


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  E31 ; van m = 3 naar n = 2  E32 Ef  h  f 

hc

en van m = 2 naar n = 1  E21

hc   Ef



 

6,626  10 34  2,998  10 8 .... (in J) –19

Het omrekenen van eV naar J: 1 eV = 1,60210 J. Met behulp van BINAS (tabel 19 A of 19 B) vind je de kleur. E 31 = 12,09 eV = 19,36810

–19

31  1,026  10 7 m  102,6 nm  ultraviolet.

J 

E 32 = 12,09 - 10,20 = 1,89 eV = 3,02810 E 21 = 10,20 eV = 16,3410

–19

–19

J  32  6,561 10 7 m  656 nm  zichtbaar rood.

32  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 = 58910 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 = 81910

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 = 61610

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


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 = 2,99810  1,010 = 0,2998 m  0,2998 5  4,997  105 Het aantal lichtgolven N   Afgerond: 5,010 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


Newton vwo deel 3

74

De bijbehorende golftengten zijn als volgt te bepalen: Ef  h  f 

hc



 

hc Ef

 

6,626  10 34  2,998  10 8 .... (in J)

Het omrekenen van eV naar J: 1 eV = 1,60210 –19

Ef = 2,1 eV = 3,36410

–19

Ef = 2,8 eV = 4,48610

–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 = 3,68510 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 

hc



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 = 2,9510 V; d = 12,010 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 = 3,14010 J: Ef  h  f 

hc



 

hc 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 = 0,59310 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 = 1,73010 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


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 

hc



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 .


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 = 4010 eV = 6,40810 J. De bijbehorende golflengte is te berekenen volgens Ef  h  f 

hc



 

hc 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 (= 1,26610 J) –15 of Ef = 8,95 - 0,10 = 8,85 keV (= 1,41810 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 hc 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


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 hc hc 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 

hc



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).


Newton vwo deel 3

78

19.4 Materiegolven Kennisvragen 57

J J s Nm 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 hf h 6,626  10 34    pf   1,657  10  27 Ns Afgerond: pf = 1,6610–27 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 Js Js 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 mdan afneemt.

62 a m 

h m v

BINAS (tabel 7): h = 6,62610

–34

–1

JK

h is in te zien m v

en m = 9,1093910

–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 = 2010 V; spleetbreedte d = 15 m = 1510 3

Er is sprake van buiging als de spleetbreedte d < golflengte . h m  m v –34 –1 –31 BINAS (tabel 7): h = 6,62610 JK en m = 9,1093910 kg

–6

m.

Newton vwo deel 3


Versneld over UAK = 2010 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 = 1510 m  d >> golflengte  en dus treedt er geen buiging op.

m 

64 Gegeven: Ef = Ee = Ep = 1,0 MeV = 1,60210 Voor foton geldt: E f  h  f 

hc



Voor het elektron en proton: m  h m v

Afleiding: m  h

m 



–13

hc   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 = 9,1093910 kg en mp = 1,6726210 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


Newton vwo deel 3

80

Oefenopgaven 66 Experiment van Davisson en Germer –9

Gegeven: elektron versneld U = 250 V; kristalvlakken d = 0,091 nm = 0,09110 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 = 1,60210 C; h = 6,62610 Js en me = 9,1093910 kg m

m 

6,626  10 34 2  9,10939  10

 31

Afgerond: m = 7,7610

 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  0,09110

–9

–11

 cos 65 = 7,69210 m –11 Afgerond: m = 7,710 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 2d 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 = 1,010 a  Uit figuur 44 is af te leiden voor de afstand xp 'op papier': 32  xp = 3,010 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 

1,010

–11

Afgerond: m = m 3

b Gegeven: elektron versneld UAK = 20 kV = 2010 V. h  Voor het elektron: m  (afleiding zie opgave 66a). 2  m  e U –19 –34 –31 BINAS (tabel 7): e = 1,60210 C; h = 6,62610 Js en me = 9,1093910 kg


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

0,8710 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  = 0.9010 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. 1,010 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 

hc

Nieuwe onbekenden: h en c



BINAS (tabel 7): h = 6,62610

–34

min  345 nm  250  10  9 m  E f  nf 

5,3 5,758  1019

–1

JK

8

en c = 2,99810 ms

6,626  10 34  2,998  10 8 345  10  9

 5,758  10 19 J  3,594 eV 

 9,2047  1018 s1 18

Controle:

–1

–1

Afgerond: nf = 9,210 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 = 1,410 W/m ; direkte reflectie 34%; –8

–4

zwarte straler Puit    T 4 met  = 5,6710 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 = 6,37810 m  A    6,378  106 6



2

 1,278  1014 m2

Newton vwo deel 3


82

Pabsorptie = 0,66  1,410 = 0,92410 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 = 1,410 W/m ; Controle:

oppervlaktetemperatuur: zwarte straler Puit    T 4 met  = 5,6710 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 = 0,149610





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 = 1,410 m Controle:

6

BINAS (tabel 33C) geeft voor straal rz van de zon de waarde rz = 696,010 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


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 = 3,2910 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 = 8,9910 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  1018  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 = 8,9910 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


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


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 = 4,010 V  D = 42 mm  r = 2110 3

Met BINAS (tabel 7): e = 1,60210

m 

–19

–34

C; h = 6,62610

6,626  10 34 2  9,10939  10

 31

 1,602  10

19

Js en me = 9,1093910

–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  1,310

–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 = 7,010 V  D = 32 mm  r = 1610 m. Dit levert op: m  1,466  1011 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


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 = 50010 W; l = 400 nm = 40010 m; –13 –13 elektronen Ek = 3,7 MeV = 3,7  1,60210 = 5,92710 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

hc



Nieuwe onbekenden: h en c

Uitvoering: BINAS (tabel 7): h = 6,62610

  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 = 2,99810 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 = 8,410 s 20

Controle: Er kunnen dus maximaal 8,410

elektronen per seconde worden versneld.

Newton vwo deel 3

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Kernenergie – Cracked by THE MASTER

20 Kernenergie 20.1 Inleiding Voorkennis 1 Ioniserende straling a De instabiele kern van een atoom. b

eigenschappen ioniserend doordringend vermogen vermogen groot klein

soort straling

bestaat uit



-straling

heliumkernen



-straling

elektronen

matig

matig



-straling

elektromagnetische straling

klein

groot

c 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 H  Q D Formules: en D  str 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 - of -straling uit en in sommige gevallen ook -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 (t1/2) is de activiteit half zo groot. e

226 222 4 88Ra  86 Rn  2He

en

131 53 I

 131 54Xe 

0 1e

f De som van de massagetallen links en rechts van de reactiepijl is gelijk  de 'massa' blijft behouden. (N.b. in § 20.2 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 -straling het gevaarlijkst want deze dringt het diepst in het lichaam door. Bij inwendige bestraling bevindt de bron zich in het lichaam. Dan is -straling het gevaarlijkst want deze straling geeft dan het grootste aantal ionisaties per cel (weegfactor Q = 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.

87


Newton vwo deel 3

88

4 Elektriciteitsvoorziening a Een thermische centrale werkt met warmte. De warmte ontstaat door verbranding van gas, olie of steenkool of komt van kernenergie. Energieomzetting: chemische energie of kernenergie wordt via de tussenstap 'warmte' (in hete stoom) omgezet in elektrische energie. b Er zijn centrales die gebruik maken van verbranding van fossiele brandstoffen en centrales die gebruik maken van kernenergie. c Bij de omzetting van chemische energie ontstaat luchtvervuiling. Bovendien raken de brandstofvoorraden uitgeput. Bij kerncentrales ontstaat radioactief afval. Ook de voorraad uranium in de mijnen is niet oneindig. Beide vormen moeten zoveel mogelijk vervangen worden door gebruik van zonne-, water- en windenergie of door gebruik van brandstofcel en fusiereactor.

20.2 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 - of -deeltje vrij (soms met een -foton). Er ontstaan steeds dezelfde vervalproducten. 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 Verschil: 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 Een kernsplijtingsproces is gemakkelijker op gang te brengen dan een kernfusie-proces. De lichte atoomsoorten fuseren pas bij hele hoge temperatuur en druk. In een fusiebom ontstaan deze omstandigheden door een kernsplijtingsbom als 'aansteker' te gebruiken. b Overeenkomsten: In beide gevallen komt er energie vrij dankzij het verschijnsel van massadefect. Verschillen: Bij een splijtingsbom gaat men uit van zware kernen die bij splijting in middelzware kernen uitéénvallen. Bij dit proces komt veel neutronenstraling vrij en daarnaast ook veel -straling. De ontstane middelzware kernen zijn radioactief. Door fall-out kunnen grote gebieden besmet raken met radioactieve stoffen. Bij een fusiebom gaat men uit van lichte kernen, die samensmelten tot zware kernen. Deze gevormde kernen (H-2 en He-4) zijn niet radioactief. Bij een fusiebom gebruikt men wel het kernsplijtingsproces als 'aansteker' om een hoge temperatuur en druk te krijgen. De fall-out is duidelijk minder groot omdat er veel minder kernsplijtingsprodukten vrijkomen die radioactief zijn. 12 Eerst fuseren 4 waterstofkernen: 4  11 H  42 He  2  01e Vervolgens kunnen 3 heliumkernen fuseren tot één koolstofkern: 3  42 He  Daarna kan er koolstoffusie optreden: 2  1 1H

14 a proton:

of

1 1

p

b -deeltje:

4 2 He

of

4 2

c positron:

0 1e ,

0 1

of  

15 a

235 1 92U  0 n



140 54Xe



12 6C



neutron:

94 1 38Sr  2  0 n

20 4 10 Ne  2 He

12 6C

(zie informatieboek blz. 152).

1 0 n

elektron: -deeltje:

(vergelijking 1)

0 1 e 0 1 e

,

0 1

of  


Newton vwo deel 3

235 1 92U  0 n

141 56Ba





92 1 36Kr  3  0 n

e

89

(vergelijking 2)

e

b Bij de 1 vergelijking: 2 en bij de 2 vergelijking: 3 neutronen. c Gegeven: het massadefect bij reactie 1: m = 3,310 Voor het massadefect geldt de vergelijking E = m  c N.B. 1 MeV = 110  1,60210 6

–19

–28

= 1,60210

–13

Vgl. 1  E = 3,310  (2,99810 ) = 2,96610 2  Afgerond: E = 1,910 MeV 8 2

–28

Vgl. 2  E = 3,110  (2,99810 ) = 2,78610 2 Afgerond: E = 1,710 MeV 8 2

2

kg en bij reactie 2: m = 3,110 8

–28

BINAS (tabel 7): c = 2,99810 ms

J  1J 

–11

–11

–28

1

MeV

1,602  1013 

J = 185,39 MeV

kg.

–1



J = 174,16 MeV

e

16 a N.B. Helaas vermeldt de 5 druk van BINAS (tabel 25 ISOTOPEN) niet meer de isotopen Xe-140 en Sr-94. e Dus ook de halveringstijden van deze isotopen zijn niet op te zoeken in de 5 druk. – Je moet dus maar aannemen dat Xe-140 en Sr-94 beide  -straling en -straling uitzenden met resp. een t1/2 = 16 s en 1,3 min. – N.B. De  -straling ontstaat doordat er in de kern de volgende neutronreactie optreedt: 1 0 n

b

140 54 Xe

 11p 

–

0 1e

  β ; 16 s

Het elektron wordt vervolgens uit de kern gezonden:  -straling.

140 55Cs



0 1e

94 38 Sr

en

  β ; 1,3 min

94 39Y



0 1e

c Volgens BINAS (tabel 25) 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. 18 Gegeven: kernreactie 73 Li  42 He  11 5 B ; Ek, = 2,0 MeV = 2,010  1,60210 6

2  Ek, max

2 a Ek, max  1/ 2  m  v max  v max 

–19

= 3,20410

–13

J.

Nieuwe onbekende: kernmassa m

m

van 42 He Kernmassa m = atoommassa (BINAS tabel 25) - massa elektronen (BINAS tabel 7) –4 –27 –27 m = 4,002603 - 2  5,485810 = 4,001506 u = 4,001506  1,6605410 kg = 6,64466110 kg  v

2  3,204  10 13

 9,820  10 6 m/s 6,644661  10  27 voor de fusie 6 Afgerond: v = 9,810 m/s isotoop m in u

b Voor het massadefect geldt de vergelijking 2 E = m  c waarbij volgens BINAS (tabel 7): 8 –1 de lichtsnelheid c = 2,99810 ms Voor het omrekenen van 'joule' naar 'MeV' 1 geldt 1 J  MeV 1,602  10 13 Gemakkelijker kun je echter rekenen met 1 u = 931,49 MeV (zie BINAS tabel 7).

7 3 Li

na de fusie m in u

isotoop

7,016004 –4 - 3  5,485810

11 5 Bo

11,009305 –4 - 5  5,485810

4 2 He

4,002603 –4 - 2  5,485810 11,0159 u mvoor = mna = 11,0066 u massadefect m = 11,0159 – 11,0066 = 0,009302 u –27 –29  m = 0,009302  1,6605410 = 1,544610 kg

Met de berekening uit de tabel hiernaast 2  E = 0,009302  931,49 = 8,665 MeV  afgerond: E = 8,710 MeV 20 a b

238 1 92U  0 n



239 92U



239 93Np



0 1e

 het vervalproduct is Np-239

–

BINAS (tabel 25): Np-239 is een  -straler  Ook Pu-239 is instabiel namelijk een -straler

239 239 0 93Np  94Pu  1e  235 4  239 94Pu  92U  2He

het vervalproduct is Pu-239

8

De halveringstijd van U-235 is zeer groot namelijk 7,0410 j. We kunnen dit isotoop dus min of meer als 'stabiel' beschouwen. 21 a Deuterium: 1 1H



2 1H

1 1H



 11 H  22 He  21H  01e  

3 2 He



3 1H



0 1e

en

tritium:

Newton vwo deel 3


Bij elk van de reacties komt een positron ( b

2 1H

0 1e

of

0 1

90

) vrij.

Er komt een neutron ( 01 n ) vrij.

 31H  52 He  42 He  01n

c 5  11 H  42 He  01n  3  01e d Berekening via massadefect bij fusiereactie: De waarden zijn te vinden in BINAS tabel 7 en 25. Als je met de atoommassa werkt, dan heb je vóór de fusie te maken met 5 elektronen (1 per 11 H -isotoop). En na de fusie met 2 elektronen van het 42 He -isotoop. Om de kernmassa te krijgen, moet je de massa van deze elektronen er weer van af halen. –4 De massa van een positron is even groot als dat van een elektron: B INAS (tabel 7)  5,485810 u voor de fusie isotoop massa in u

isotoop

5  11 H

4 2 He

4,002603 –4 - 2  5,485810

1 0n

1,008665

5  1,007825 –4 - 5  5,485810

na de fusie massa in u

3  01e

3  5,485810 mvoor = 5,036382 u mna = 5,011817 u massadefect m =mvoor - mna = 5,036382 – 5,011817 = 0,024566 u

–4

BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV  E = 0,024566  931,49 = 22,883 MeV

Afgerond: E = 23 MeV

Berekening via de bindingsenergie: Uit figuur 11 is af te lezen dat het 11 H -isotoop (= een proton 11 p ) een bindingsenergie '0' heeft. Dat is ook logisch omdat een los proton (nog) niet aan een ander deeltje gebonden is. Het

4 2 He -isotoop

In het

heeft een bindingsenergie van 7,2 MeV per nucleon.

4 2 He -isotoop

zijn 4 deeltjes gebonden: Eb,totaal = 4  7,2 = 28,8 MeV.

In eerste instantie stemt deze waarde niet overeen met de energie de volgens het massadefect vrijkomt. Maar dan moet nog bedacht worden dat - dat er bij de vorming 5 protonen (waterstofkernen) ingezet werden én - dat bij de fusie 3 protonen omgezet worden in een neutron en een positron ( 3  11 p  3  01n  3  01e ) waarbij 2 neutronen in de He-kern worden opnomen. Bij deze laatste reactie is er echter sprake van een massatoename: –4 3  mneutron + 3  mpositron – 3  mproton = 3 1,008665 + 3  5,485810 – 3 1,007276 = + 0,005804 u. Voor deze massatoename is energie nodig: E = 0,005804  931,49 = 5,406 MeV. Deze energie wordt onttrokken aan de vrijgekomen bindingsenergie: Evrij = 28,8 – 5,4 = 23,4 MeV Dus ook nu afgerond: E = 23 MeV Conclusie: de berekende waarde van de vrijgekomen energie via het massadefect is 22,9 MeV en via de bindingsenergie is 23,4 MeV. Deze waarden zijn niet helemaal gelijk, hoewel in de afronding beide op 23 MeV uitkomen. Het verschil kan verklaard worden uit het feit dat bij bovenstaande reactie ook nog enkele neutrino's (zie informatieboek § 2.3) ontstaan. Ook dit gaat nog ten koste van de vrijgekomen bindingsenergie waardoor er dus minder overblijft dan de berekende 23,4 MeV. Daarnaast is ook het aflezen van de waarde van de bindingsenergie uit het diagram nooit zo nauwkeurig als het werken met de massa-waarden in een groot aantal decimalen.

.

23 a

114 49In



114 50Sn



0 1e  0,19 MeV

Bij de reactie komt er een energie vrij van 0,19 MeV.

Deze energie vertegenwoordigt een massa waarde die je kunt berekenen met de formule E = m  c 0,19  2,04  10  4 u of met BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV Bij E = 0,19 MeV  m  931,49 voor de reactie isotoop massa in u

isotoop

114 49In

114 50 Sn

113,90491 –4 - 49  5,485810

na de reactie massa in u

0 1e

0,19 MeV

mSn ? –4

5,485810 2,0410

–4

2


Newton vwo deel 3

mvoor = 113,8780 u

mna = mSn + 7,525810

Vóór en na de reactie moet de massawaarde gelijk zijn dus mSn + 7,525810 de kernmassa van b  -verval: +

K-vangst:

114 49In

het 114 50 Sn -isotoop



114 48Cd

–4

–4

91

(u)

= 113,8780 

is 113,87728 u.

 01e

114 0 114 49In  1e  48Cd

25 Ef = Epion + Eantipion. Uit de energie van het foton wordt materie gecreëerd met een massa-waarde –4 van mpion + mantipion = 2  274  me = 2  274  5,485810 = 0,3006 u. 2 De energie-waarde is te bepalen met E = m  c of (gemakkelijker) met BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV  E = 0,3006  931,49 = 280,03 MeV Afgerond: Ef = 280 MeV 26 Efotonen = Emuon + Eantimuon + Ek + 2 De energie-waarde van de massa is te bepalen met E = m  c of (gemakkelijker) met BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV. –4 De massa-waarde van de muonen mmuon + mantimuon = 2  207  me = 2  207  5,485810 = 0,2271 u.  Emuon + Eantimuon = 0,2271  931,49 = 211,55 MeV Efotonen = 211,55 + 0,45 = 212,00 MeV Afgerond: Efn = 212 MeV

Oefenopgaven 27 Kernsplijting a Het massagetal A moet dan zijn 235 + 1 = 90 + A + 2 Het isotoop Sr-90 heeft als atoomnummer 38. Het atoomnummer Z moet dan zijn: 92 + 0 = 38 + Z + 0 M.b.v. BINAS tabel 25: isotoop van xenon 

143 54 Xe



A = 143



Z = 54

of Xe-143

Xenon (Xe-143)

b 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, neemt het aantal splijtingen alsmaar toe en verloopt explosief. –19

–11

c Gegeven: E = 180 MeV = 18010  1,60210 = 2,88410 J 2 8 –1 De vrijgekomen energie is het gevolg van het massadefect: E = m  c met c = 2,99810 ms 6

 m

E c

2



2,884  10 11

2,998  10 

8 2

 3,2083  10  28 kg

e Isotoop 1: N = 52 en Z = 38  A = 90 

90

Afgerond: m = 3,2110



90 38 Sr

–28

kg A=

Isotoop 2: N = 51 en Z = 39

90 39Y

Reactievergelijking:

90 38 Sr



90 39Y



0 1e

–

Er komt  -straling vrij (zie ook BINAS tabel 25).

29 Neutronvangst

100

a Bij neutronvangst verandert Z niet en neemt A met 1 toe: Z 1 stap horizontaal naar rechts.

98



Bij  -verval neemt Z met 1 toe en A verandert niet: 1 stap verticaal naar boven.

96

b Bij -verval neemt A met 4 af en Z met 2: 249 245 4 96 Cm  94 Pu  2 He

-verval

-verval

94

neutronvangst

 de nieuwe kern is Pu-245

240

x

242

244

246

248

e c Vervalsproces: na x  t1/2  nog  1  - deel van het oorspronkelijke aantal atomen over en 2

250

252

A

x 24 e  7,5 halveringstijden dus is 1 –  1  - deel dan vervallen (N.B. zie hoofdstuk 11). Na 24 u zijn er 2 3,2

verlopen  vervallen: 1 –  1  2 Afgerond: 99,5% vervallen

7,5

= 1 - 5,52410

–3

e

= 0,995- deel

254


Newton vwo deel 3

92

30 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 Nieuwe onbekende: m 3 + m van He -ion: BINAS (tabel 25): atoommassa van He-3 : 3,016029 u, waarbij –27 volgens 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 m He-3-ion = 5,008210 – 9,1093910 = 5,007310 kg 1  5,0073  10  27  v 2  v  2

1,2816  10 13 

b

2  1,2816  10 13 5,0073  10  27

 7,155  10 6 m/s

2 1H

waarbij 11H een proton voorstelt.  32 He  11H  42 He 6 Afgerond: v = 7,210 m/s –4

c Gegeven: mtumor = 0,145 g = 1,4510 kg; D = 10 Gy. Gevraagd: aantal benodigde protonen N. Estr = N · Eproton Nieuwe onbekende: Estr 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  10 8

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. 31 Alfa-verval Gegeven: a

224 88Ra

Ra vervalt via -straling; uitzenden op te vatten als ééndimensionale explosie.

224



220 86Rn

 42 He

b BINAS (tabel 25): energie van het -deeltje is 5,7 MeV  Ek = 5,7 MeV = 5,710  1,60210 6

1

Ek  / 2  m  v

2

m van

–19

= 9,131410

–13

J

Afgerond: E k = 5,7 MeV = 9,110

J

Nieuwe onbekende: m 4 2 He -kern:

BINAS (tabel 25): atoommassa van He-4 : 4,002603 u, waarbij

volgens tabel 7 van BINAS: 1 u = atomaire massaeenheid = 1,6605410 –27 – 27  m He-4-atoom = 4,002603  1,6605410 = 6,646510 kg Van dit atoom moet de massa van 2 elektronen worden afgetrokken: – 31 BINAS (tabel 7)  rustmassa elektron = 9,1093910 kg  m He-4 = 6,646510 9,1314  10 13 

–13

– 27

– 2  9,1093910

1  6,6447  10  27  v 2  v  2

– 31

= 6,644710

2  9,1314  10

13

6,6447  10  27

– 27

–27

kg 

kg

 1,6579  10 7 m/s

7

Afgerond: v = 1,710 m/s 7

7

N.B. In het antwoord wordt de afgeronde waarde 1,710 m/s i.p.v. 1,610 m/s. Dit verschil wordt bepaald door de mate van afronding die je op de tussentijdse waarden toepast. e

c Bij een explosie geldt de wet van actie en reactie (3 wet van Newton): dat betekent dat de radon-kern en het -deeltje tegelijkertijd een even grote, tegengesteld gerichte kracht op elkaar uitoefenen  FRn = F . v 0  kun je dan ook schrijven Fr  t  m  v e M.b.v. Fr = m · a en a  v  e t t Aangezien de krachten gelijk zijn in grootte en tegelijkertijd optreden is Fr  t voor beide kernen gelijk  mRn  v Rn  m  v   v Rn 

m  v mRn

N.B. Bovenstaande afleiding leidt in de natuurkunde tot wat men de wet van behoud van impuls noemt. Hierbij wordt de impuls p gedefinieerd als: p = m  v .

Nieuwe onbekende: mRn


Newton vwo deel 3

93

De wet van behoud van impuls wordt dan ook wel geschreven als pvoor = pna. In dit geval betekent het - als je aanneemt dat de oorspronkelijke Ra-kern geen snelheid heeft dat pvoor = 0. De consequentie is dat ook pna = 0 d.w.z. mRn  v Rn  m  v   0  mRn  v Rn   m  v  de impuls van de Rn-kern is evengroot én tegengesteld gericht (min-teken) aan de impuls van het -deeltje. BINAS (tabel 25): atoommassa van 220 86Rn : 220,01140 u Van dit atoom moet de massa van 86 elektronen worden afgetrokken: –4 BINAS (tabel 7)  rustmassa elektron = 5,485810 u  –4 mRn-220 = 220,01140 – 86  5,485810 = 219,964 u –27 –27 –25 BINAS (tabel 7): 1 u = 1,6605410 kg  mRn-220 = 219,964  1,6605410 = 3,652610 kg v Rn  

6,6447  10 27 3,6526  10

 25

 1,6579  107  3,016  105 m/s

5

Afgerond: vRn = 3,010 m/s

32 PET-scan Gegeven: 11p 

16 8O

 137N  42 

a Eerst moet nagegaan worden hoeveel massa bij de genoemde reactie vóóraf en naderhand aanwezig is. Als de massa toeneemt, moet de energie daarvoor geleverd worden door het proton: 2 8 –1 Ep = m  c waarin m = het massatoename en de lichtsnelheid c = 2,99810 ms (zie BINAS tabel 7) of met behulp van BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV als je in de 'atomaire massaeenheid u' werkt. Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 25. voor de reactie isotoop massa in u

na de reactie isotoop massa in u

1 1p

13 7N

1,007825 –4 - 1  5,485810

13,00574 –4 - 7  5,485810

4 15,99492 4,002603 2 He –4 –4 - 8  5,485810 - 2  5,485810 mvoor = 16,9978 u mna = 17,0034 u –3 massatoename m =mna - mvoor = 17,0034 – 16,9978 = 5,59810 u –3 E = 5,59810  931,49 = 5,214 MeV –13 –13 –13 –13 1 MeV = 1,60210 J  E = 5,214  1,60210 = 8,353610 J Afgerond: E = 8,35410 J 16 8O

b Bij de start van het productieproces neemt het aantal per seconde gevomde kernen sneller toe dan het aantal kernen dat per seconde vervalt. Naarmate er meer kernen gevormd zijn, neemt het aantal dat per seconde vervalt ook toe. Er stelt zich een evenwicht in als er per seconde evenveel kernen vervallen als er gevormd worden. c

13 7 N is

een  -straler (zie ook BINAS tabel 25)  reactievergelijking: +

13 7N

 136C 

0 1e

11

d Gegeven: A(0) = 1,810 Bq Gevraagd: A(t) na een half uur d.w.z. t = 30 min. Binas (tabel 25): N-13  t1/2 = 9,97 min 30

A(t )  A(0)  ( 21 )t/t1/ 2  A(30)  1,8  1011  ( 21 ) 9,97  A(30)  2,236  1010 Bq Afgerond: op t = 30 min = 0,5 u  A(t) = 2,210

10

Bq

e Bij een korte halveringstijd is de radioactieve werking snel verdwenen. Dit betekent dat de activiteit in het begin groot is en dus heb je minder radioactieve stof nodig om de scan te maken. Daardoor krijgt de patient ook een minder grote stralingsdosis te verwerken. 33 Neutrinodetectie a

1 1p

   01n 

0 1e

b De container is gevuld met een oplossing van cadmiumchloride in water. Een 'gewoon' watermolecuul bevat o.a. 2 11H -atomen d.w.z. met één proton als kern. Dus er is een zeer groot aantal protonen aanwezig. c De massa van een elektron is even groot als dat van een positron: –4 –4 melektron + mpositron = 2  5,485810 = 1,097210 u. –4 BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV  m = 1,097210  931,49 = 1,022 MeV Bij de annihilatie komt dus een hoeveelheid van 1,022 MeV vrij als fotonenergie.

Newton vwo deel 3


94

d Bij het invangen van het neutron raakt het neutron gebonden aan de Cd-kern. Daarbij komt bindingsenergie vrij (d.w.z. het neutron 'verliest' een klein deel van zijn massa-waarde). Door de vrijgekomen energie raakt de Cd-kern in een aangeslagen toestand. En kennelijk keert de Cd-kern weer terug naar de grondtoestand onder uitzending van een aantal fotonen met een gezamenlijke energiewaarde van 9 MeV. Gezien de energiewaarde behoren de uitgezonden fotonen tot het gamma-spectrum. e Het neutrino produceert een positron dat via annihilatie met een elektron twee fotonen van 0,51 MeV oplevert. Dat zijn gelijktijdig twee -flitsen. Enige tijd later vervalt een cadmium-kern onder uitzending van enkele -fotonen naar de grondtoestand. Als deze fotonen in de juiste volgorde worden gedetecteerd, mag je aannemen dat een neutrino de oorspronkelijke veroorzaker was van deze waarnemingen. 34 Transuranen a Een transuraan is een isotoop met een atoomnummer hoger dan dat van uranium d.w.z. Z > 92. b De elementen met atoomnummer 1 t.m. 83 én atoomnummer 90 bezitten stabiele isotopen. Daarnaast hebben de elementen met atoomnummer 84 t.m. 89 en 91 t.m. 94 isopen met een dusdanig grote halveringstijd dat in de aarde nog restanten van deze stoffen aanwezig zijn. U-238 is daarvan een voorbeeld. c Voor de fusie van zwaardere kernen moet je ermee rekening houden dat deze een relatief grote positieve lading hebben vanwege het aantal protonen dat zich in zo'n kern bevindt. Deze positieve ladingen hebben een onderling afstotende werking. Om toch een fusie tot stand te brengen, moet de deelnemende kernen veel kinetische energie meegegeven worden zodat ze de afstotende krachten kunnen 'overwinnen'. d Plutonium (Pu) heeft atoomnummer 94 en calcium atoomnummer 20. Samen hebben deze kernen dus 114 protonen én kunnen ze door fusie een atoom produceren met atoomnummer 114. e In het artikel wordt niet vermeld welke isotopen van plutonium en calcium voor de fusiereaktie werden gebruikt en dus weet je niet hoeveel neutronen er in totaal in het gevormde isotoop terecht zijn gekomen. f Het nieuw gevormde element een massagetal A = Z + N = 114 + 175 = 289. 244 289 1 Reactievergelijking: 48 20 Ca  94Pu  114Xx  3  0 n Xx = ..... N.B. het heeft inmiddels de naam Newtonium gekregen.

20.3 Kerncentrale Kennisvragen 36 ● In de splijtstofstaven bevindt zich een mengsel van (verrijkt) U-235 en U-238. Het zijn als het ware de staven gevuld met 'brandstof'. ● 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. 37 ● Verrijkt uranium bevat een hoger percentage U-235 namelijk ca. 3%. ● 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. 38 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 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 ‘kritieke 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 39 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. 40 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 verloopt de reactie binnen korte tijd explosief. 41 De regelstaven worden een stukje uit de kernreactor gehaald, er worden daardoor minder neutronen


Newton vwo deel 3

95

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. 42 Gegeven: Esplijting = 200 MeV = 20010  1,60210 6

Stel het massadefect = m.

a

 m 

E c2



3,204  10 11

2,998  10 

8 2

b

m 3,5648  10  m 390  10  27

= 3,20410

–11

–27

J; mkern = 39010

kg. –1

Voor het massadefect: E = m  c met c = 2,99810 ms 2

8

 3,5648  10  28 kg

Afgerond: m = 3,5610 28

–19

–28

 9,141  10  4

kg

In procenten:

m  100%  0,914% Afgerond: 0,091% m

43 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 E reactie 3,204  10 11

Afgerond: n = 4,710

17

s

–1

44 Gevraagd: rendement . –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.



Pnuttig Pin



Pc Psplijting

Nieuwe onbekende: Psplijting

Het vermogen Psplijting is het gevolg van het massadefect m per seconde: E splijting m  c 2 m 2 Psplijting     c met c = 2,998108 ms–1 Nieuwe onbekende: m t t t t –4 e 9,110 - deel van de hoeveelheid massa dat gespleten wordt, wordt omgezet in energie  m  9,1 10 4  2,6  10 5  2,366  10 8 kg/s t



Psplijting  2,366  10 8  2,998  10 8



2

 2,127  10 9 J

6   740  10 9  0,348

Afgerond:  = 0,35 = 35%

2,127  10

45 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. 46 Door absorptie van neutronen kunnen via kernreacties uit waterstofkernen deuteriumkernen en tritium-kernen ontstaan :

1 1H

 01n  21H en

2 1H

 01n  31H

Het tritium H-3 is radioactief (   -straling).

Evenzo kan de zuurstofkern O-16 uit het water ( H 2 O ) overgaan in O-17. Enzovoort. 47  De stralingsbelasting wordt door stralingsmeters voortdurend gecontroleerd. Personeelsleden dragen daarom voortdurend een dosimeter.  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. 48 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.


Newton vwo deel 3

96

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. 49 a

uranium winning

zuivering uraniumerst

verrijking

splijtstof staven

gebruik staven

opwerking afval

afval opslag

Voor de toelichting op de verschillende onderdelen: zie § 20.3. 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 50 Splijtstofverbruik 6 6 –19 –11 Gegeven:  = 32% = 0,32; Pe = 100010 W; Esplijting = 200 MeV = 20010  1,60210 = 3,20410 J; –4 e per splijting 0,091% = 9,110 deel van m omgezet in energie E. a 

Pnuttig Pin



6 Pe  0,32  1000  10 Pr Pr

6  Pr  1000  10  3125  10 6 W 0,32

Afgerond: Pr = 3,1 GW

 Stel aantal kernsplijtingen per seconde is n: 6 Pr n  n  3125  10  9,753  1019 s 1 11 E splijting 3,204  10 Afgerond: n = 9,8·10

19

s

–1

b  Verbruik per seconde –4

Het massadefect m per seconde bepaalt het splijtstofgebruik per seconde: m = 9,110  ms 2 8 –1 Voor het massadefect: Er = m  c met c = 2,99810 ms  2 Er Pr   m  c  m  c 2 t t t



3125  10 6  m  2,998  108 t



2

6  m  3125  10 t 2,998  108



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  Jaarverbruik 7 –5 7 3 tjaar = 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

c BINAS (tabel 28 A): steenkool rv = 2910 Jkg

–1

 verbruik Ech = rv  m of Pch 

6 6 6 Pch = Pr = 3125 10 W  3125 10 = 2910  m  t

E ch t

 r v  m t

m  3125  10 6  107,8 kg/s t 29  106

Jaarverbruik = 107,8  3,15410 = 3,39810 kg/jr 9 Afgerond: jaarverbruik = 3,410 kg/jr 7

9

d 1,210 kg U-235 geeft dezelfde hoeveelheid energie als 3,410 kg steenkool  3

9

1,0 kg U-235 levert evenveel als

3,4  10 9 1,2  10

3

 1,0  2,8  10 6 kg steenkool

6

Afgerond: m = 2,810 kg

e 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. 51 Mijnafval a  Vervalreeks:

238 92 U

 Verval Rn-222:

 

222 86 Rn

234 90Th

 

 β

218 84 Po



234 91Pa

 β

234 92 U

 

230 90Th

 

226 88 Ra

4 2 He

b Rn-222 is een gasvormige -straler. Bij inademing kan inwendige besmetting ontstaan.

 

222 86 Rn


Newton vwo deel 3

97

En juist bij -stralers (met weegfactor Q = 20) is dat extra gevaarlijk. 52 Opwerking a

238 1 239 239 92U  0 n  92U  93Np 239 235 4 94 Pu  92 U  2 He





0 1e

en

239 93Np



239 94Pu



0 1e

b In een opwerkingsfabriek wordt gewerkt met radioactief afval met een hoog stralingsniveau. Bovendien wordt uit de splijtstofstaven ook o.a. het plutoniumisotoop Pu-239. Dit isotoop wordt o.a. in kernwapens gebruikt en is zodoende een stof die heel gevaarlijk kan zijn als deze in verkeerde handen terecht komt. 53 Kernramp a Xe-135 is via -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, is er een toename 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. 54 Thoriumreactor N.B.

94 Bij deze opgave is er sprake van het Xe-isotoop 140 54 Xe en het Sr-isotoop 38 Sr . Bij vraag b heb je o.a. de atoommassa's van deze isotopen nodig. Deze worden echter niet meer e in de 5 druk van BINAS (tabel 25) vermeld. Om de vraag toch te kunnen maken worden hieronder de betreffende atoommassa's gegeven:

-

140 54 Xe

 139,92144 u

232 90Th

a Eerst



1 0n



en

-



233 90Th

233 90Th



94 38 Sr

 93,91523 u

233 91Pa



0 1e



233 91Pa



233 92 U



0 1e

b Gevraagd: Esplijting. Gegeven:

233 92U

 01n  140 54Xe 

94 38Sr

8 –1 De energie Esplijting is het gevolg van het massadefect: Esplijting  m  c 2 met c = 2,99810 ms

of als je het massadefect m in de eenheid u berekent: E splijting  m  931,49 MeV  want BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV

Nieuwe onbekende: m

Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 25. voor de reactie isotoop massa in u


233 92U

140 54 Xe

233,03963 –4 - 92  5,485810

139,92144 –4 - 54  5,485810

93,91523 –4 - 38  5,485810 mvoor = 233,9978 u mna = 233,7862 u massadefect m =mvoor - mna = 233,9978 – 233,7862 = 0,21163 u

1 0n

1,008665

Esplijting = 0,21163  931,49 = 197,13 MeV

94 38 Sr

Afgerond: Esplijting = 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.

Newton vwo deel 3


98

55 Fusiereactor a

Bij de fusiereaktie worden de positief geladen deuterium- en tritium-kernen gedwongen samen te smelten. In principe stoten deze kernen elkaar af vanwege de positieve lading van beiden. Door de hoge temperatuur hebben de kernen echter voldoende kinetische energie en dus snelheid om deze afstotende krachten te overwinnen.

b  21D  31T  42 He  01n  De energie E die vrijkomt, is het gevolg van het massadefect: E  m  c 2 met c = 2,99810 ms of als je het massadefect m in de eenheid u berekent: E splijting  m  931,49 MeV  want 8

–1

Nieuwe onbekende: m.

BINAS (tabel 7): 1 u = 931,49 MeV Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 25. voor de reactie isotoop massa in u


2 1D

4 2 He

3 1T

2,014102 –4 - 1  5,485810

4,002603 –4 - 2  5,485810

1 3,016050 1,008665 0n –4 - 1  5,485810 mvoor = 5,0291 u mna = 5,0102 u massadefect m =mvoor - mna = 5,0291 – 5,0102 = 0,01888 u

E = 0,01888  931,49 = 17,590 MeV c

Ek  1/ 2  m  v 2

Afgerond: E = 17,6 MeV

Nieuwe onbekende: Ek en mneutron

Ek = 0,80  17,59 MeV = 0,80  17,59  1,60210 –27 BINAS (tabel 7): mneutron = 1,6749310 kg 2,254  10 12 

1  1,67493  10  27  v 2  v  2

–13

–12

= 2,25410

2  2,254  10 12 1,67493  10  27

J

 5,188  10 7 m/s

7

Afgerond: v = 5,210 m/s d

6 3 Li

 01n 

7 3 Li



3 4 1T  2 He

N.B. Volgens BINAS (tabel 25) is 73 Li -isotoop stabiel. Dat 73 Li hier toch vervalt in een trium-kern en een -deeltje hangt samen met het feit dat het neutron door zijn snelheid ook energie inbrengt. De verhoogde energietoestand van de Li-7-kern maakt dat deze instabiel is. magnetisch veldlijnen

e Stel de snelheid v van een geladen deeltje wordt ontbonden in - een component evenwijdig aan de B-richting  in deze richting heeft de lorentzkracht FL geen effect en - een component loodrecht op de B-richting  in deze richting heeft de lorentzkracht FL een afbuigend effect. De lorentzkracht FL treedt hier op als middelpuntzoekende kracht Fmpz  er ontstaat een cirkelbeweging loodrecht op de B-richting.

vevenwijdig

Bij elkaar genomen resulteert dit in een spiraalbaan: een cirkelbeweging loodrecht op de veldlijnen gecombineerd met een snelheid in de richting van de veldlijnen (zie figuur hiernaast). f Bij de afbuiging geldt: FL  Fmpz  B  q  v 

m v2 m v  B r r q

vloodrecht

vloodrecht

vevenwijdig

Nieuwe onbekenden: m,

v , r en q Omdat het om de maximale waarde voor B gaat, gaan we uit van de maximale waarde voor m namelijk dat van tritium 31T : mT = 3,016050 - 1  5,485810 mT = 3,0155  1,6605410

–27

= 5,022010

–27

–4

= 3,0155 u 

kg

De snelheidscomponent v loodrecht op de B-richting is maximaal de gegeven waarde van 510 m/s De straal r 

d 7  102   3,5  102 m 2 2

6


Newton vwo deel 3

De lading q is de lading van het proton = + e = + 1,60210 Bmax 

5,0220  1027  5  106 3,5  102  1,602  1019

 4,4778 T

–19

99

C

Afgerond: Bmax = 5 T

57 Stralingstherapie a

10 5B

7 4  01n  11 5 B  3 Li  2 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 (= -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 30:  Men kan gemakkelijker hersentumoren behandelen, er is geen naald in de tumor nodig.  Het borium vindt ‘vanzelf’ de juiste plaats.

20.5 Afsluiting Oefenopgaven 68 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 t het aantal dagen is dat er 'geslikt' moet worden  t = x  t1/2 = x  8,0 dagen  Nieuwe onbekende: x x

6% = 0,06 deel  de waarde van x volgt uit de vergelijking 0,06   1   2 1 , 222 x  log ( 21 )  log 0,06  x  ( 0,301)  ( 1,222)  x   4,059 0,301 Oplossing: x = 4,059 en dus t = 4,059  8,0 = 32,47 dagen. e

N.B. De benodigde rekenmethode m.b.v. de grafische rekenmachine is o.a. beschreven bij opgave 13 van hoofdstuk 11 uit deel 2. 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 4

tot  1   0,0625  6,3% 2

Je zit dan inderdaad dicht in de buurt van de 6%.

69 JET Oriëntatie: Gevraagd:

Enieuw . Eoud

Gegeven: kernreactie 'oude type': 21 H  21 H  32 He  kernreactie 'nieuwe type':

1 0n

Planning: 2 H  31 H  42 He  01n Oude type fusie: De energie komt vrij dankzij1 het feit dat er massa wordt omgezet in energie (massadefect): voor de reactie –1

E fusie  m  c 2 met c = 2,99810 ms De hoeveelheid energie die vrijkomt, is evenredig met het massadefect m  8

na de reactie m in u

isotoop

m in u

isotoop

2  21H

2  2,014102 –4 - 2  5,485810

3 2 He

3,016029 –4 - 2  5,485810

1 0n

1,008665

mvoor = 4,0721 u mna = 4,0236 u massadefect moud = 4,0721 – 4,0236 = 0,00351 u


Newton vwo deel 3

Enieuw mnieuw  Eoud moud Nieuwe onbekende: mnieuw en moud m = m voor reactie – m na reactie

Nieuw type fusie: voor de reactie m in u


isotoop

Uitvoering:

2 1H

Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 25. Verder zie tabellen hiernaast.

isotoop

2,014102 –4 - 1  5,485810

4 2 He

4,002603 –4 - 2  5,485810

3 1H

1 3,016050 1,008665 0n –4 - 1  5,485810 mvoor = 5,0291 u mna = 5,0102 u massadefect mnieuw = 5,0291 – 5,0102 = 0,01888 u

Enieuw 0,01888   5,3789 Eoud 0,00351 Controle:

100

er komt 5,38  zoveel energie vrij met het nieuwe type fusiereactie.

70 Energievoorziening Oriëntatie: Gevraagd: aantal jaren N. Gegeven: water  9,910

24

2 1 H -kernen

per m ; IJsselmeer  1,810 m water; rendement  = 1;

20

Ewereld (= Ew) per jaar = 2,610

3

9

3

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): Eb  mt  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. Nij Per fusie zijn twee H-2-kernen nodig  N f  Nieuwe onbekende: Nij 2 Nij = aantal

2 1 H -kernen

per m  watervolume IJsselmeer. 3

Massadefect m: m = m voor reactie – m na reactie. De fusiereactie waar het omgaat is

2 1H



2 1H

 32 He 

1 0n

Met behulp van de gegevens in tabel 7 en tabel 25 van B INAS is het massadefect te bereken. Uitvoering: Aantal fusies Nf : 24 9 34 Nij = 9,910  1,810 = 1,7810

voor de reactie m in u

isotoop

2  21H

1,78  10 34  8,91  10 33  Nf  2

Het massadefect per reactie: mt = 8,9110

33

–30

 5,828510

4

= 5,19310 kg



En met  = 1  Eb  5,193  10 4  2,998  108 4,67  1021  N  2,6  1020  N 



2

2  2,014102 –4 - 2  5,485810


isotoop 3 2 He

3,016029 –4 - 2  5,485810

1 0n

1,008665

mvoor = 4,0721 u mna = 4,0236 u ziemtabel massadefect 4,0721 – 4,0236 = 0,00351 u oud = hiernaast. –27 –30  moud = 0,00351  1,6605410 = 5,828510 kg

 4,67  1021 J

4,67  1021

 1,795  101 jr 2,6  1020 Afgerond: N = 18 jaar Controle: het IJsselmeerwater kan 18 jaar in de wereldenergiebehoefte voorzien.

71 Plutoniumgenerator Oriëntatie: Gevraagd: a Pe na 7,0 jaar? b rekening houden met dochterkernen? 16 Gegeven: rendement  = 0,034; mPu-238 = 33 kg met A(0) = 2,110 Bq; -straler met t1/2 = 87,7 j; 6 –19 –13 Ereactie = 5,6 MeV = 5,610  1,60210 = 8,971210 J. Planning vraag a:

Newton vwo deel 3




Pnuttig Pe   Pe    Pg Pin Pg

Nieuwe onbekende: Pg

Pg  A(t )  Ereactie

Nieuwe onbekende: A(t)

101

A(t )  A(0)  ( 21 )t/t1 / 2

Uitvoering vraag a: 16

A(7,0)  2,1 10

(

7,0 1 87,7 ) 2

 A(7,0)  1,987  1016 Bq

Pg  1,987  1016  8,9712  10 13  1,7826  10 4 W

Pe  0,034  1,7826  10 4  6,06  102 W 2 Afgerond: Pe = 6,110 W = 0,61 kW Controle: een vermogen van 600 W lijkt een aannemelijke grootte. Planning vraag b: Om na te gaan in hoeverre er rekening gehouden moet worden met de dochterkernen, moet je na gaan  welke dochterkernen er zoal ontstaan en  moet je proberen een indruk te krijgen van de activiteit van elk van die dochterkernen en  moet je weten hoe groot de energie per reactie is. Uitvoering vraag b:  Hieronder wordt de vervalreeks van de eerste 3 stappen vermeld met bijbehorend verval en halveringstijd: 238 94 Pu

     , t1 / 2  87,7 j

234 92 U

       5 , t1 / 2  2,4 10

j

230 90Th

       4 , t1 / 2  7,7 10

j

226 88 Ra

       ... 3 , t1 / 2 1,6010

j

 Het is duidelijk dat de dochterkernen tot in de 3e generatie zeer grote halveringstijden hebben vergeleken met die van Pu-238. Dit betekent dat de activiteit na 7,0 jaar van die isotopen zeer klein is vergeleken met die van Pu-238.  Omdat de activiteit van de dochterkernen te verwaarlozen is, heeft het ook geen zin uitgebreid na te gaan hoe groot de energie per reactie is. Deze worden wel vermeld in de laatste kolom van tabel 25 van BINAS. Controle: er hoeft geen rekening gehouden te worden met de dochterkernen. 72 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

Nieuwe onbekende: Ebom

N totaal N totaal  235   235 kg Nk 6,0  10 26 Nieuwe onbekende: Ntotaal

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

1,311  10 26

 235  51,34 kg 6,0  10 26 Afgerond: minimaal mU-235 = 51 kg

Controle: Hier wordt de minimale hoeveelheid berekend omdat we hier uitgaan van 100 % splijting. In de praktijk ligt dit percentage lager. De berekende 51 kg lijkt een redelijke hoeveelheid.


Newton vwo deel 3

102

73 Kernafval Oriëntatie: Gevraagd: hoe verandert de grootheid t* in de loop van de tijd t ? 92 141 131 Gegeven: Kr met t1/2 = 2 s ; Ba met t1/2 = 18 min ; I met t1/2 = 8 d ;

137

Cs met t1/2 = 30 j.

Planning en uitvoering: 92 De isotoop met de kortste halveringstijd ( Kr) heeft in het begin de grootste activiteit en bepaalt dus in grote mate de halveringstijd t* van het mengsel van primaire splijtingsproducten  in het begin is t* dus klein. Dit isotoop is dus relatief ook snel verdwenen. 100 141 Daarna bepaalt het isotoop ( Ba) met de langere halveringstijd de mate van activiteit en dus het verloop ervan  A(t) 131  t* wordt groter. Daarna bepaalt het volgende isotoop ( I) 75 de mate waarin de activiteit afneemt  t* wordt steeds groter. Je kunt dit ook duidelijk maken door in één diagram de activiteit van de verschillende isotopen weer te geven. In de figuur hiernaast is dit gedaan voor het tijdsverloop van 24 dagen, er van uitgaande dat elk isotoop in het begin dezelfde activiteit heeft (hiernaast op '25' gesteld). Het is duidelijk dat het verloop in het begin sterk 92 137 bepaald wordt door Kr en op het eind door Cs.

50

eindresultaat

25 137 131 92

141

Kr

Controle: de halveringstijd t* wordt steeds groter in de loop van de tijd.

0

I

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

Oriëntatie: Gevraagd: is de ouderdom van de zon te verklaren met de ideeën over a verbranding en b gravitatiecontractie?

M2  J R 30 6 27 BINAS (tabel 32 C De zon): M = 1,98910 kg; R = 696,010 m; uitgestraald vermogen P = 0,39010 W. 6 –1 BINAS (tabel 28 A Stookwaarden): steenkool rv = 2910 Jkg –11 2 –2 BINAS (tabel 7): gravitatieconstante G = 6,672710 Nm kg Gegeven: verbranding  U  M  rv ; gravitatiecontractie  U  1,5  G 

Nieuwe onbekende: U

Planning en uitvoering vraag a verbranding: U  1,989  10 30  29  10 6  5,768  10 37 J

t

5,768  1037 0,390  10

27

 3600

 24

 365,256

 1,479  1011 s  4,108  107 u  1,712  10 6 d  4,687  103 jaar

Planning en uitvoering vraag b gravitatiecontractie:

U  1,5  6,6727  10 11 

1,989  10 

30 2

696,0  10 6

5,6892  10 41

 3600

 5,6892  10 41 J  24

 365,256

 1,459  1015 s  4,052  1011 u  1,688  1010 d  4,623  10 7 jaar 0,390  10 27 Controle: Op basis van verbranding van steenkool zou de zon 4,7 duizend jaar het stralingsvermogen kunnen leveren. Op basis van gravitatiecontractie is dit 46 miljoen jaar. De conclusie is dat de ouderdom van de zon niet is te verklaren op basis van deze twee verschijnselen aangezien beide tot een veel kortere levensduur leiden dan de minstens 5 miljard jaar die uit andere schattingen is gebleken. t

22

t (d)

74 Energieproductie in de zon

Planning U U P  t t P

Cs

Ba

75 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 ;

mH-1 = 1 kg  Nk = 6,010 ; aanname 1  mz,c volledig bestaand uit H-1 en 26

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

24


Newton vwo deel 3

het uitgestraalde vermogen van de zon is Pz,u  t z 

E z,v

103

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

Nieuwe

onbekende: mt Het totale massadefect is te bepalen als je het totale aantal van de zon weet. Per gevormde He-4-kern zijn vier

1 1 H - kernen

1 1 H - kernen

NH in het centrum

nodig  mt 

NH  4,6  10  29 kg 4

Nieuwe onbekende: NH Het aantal

1 1 H - kernen

Nk = 6,010

NH  N k  m z,c  NH  6,0  10

26

26

per 1 kg mH-1  NH  N k  m z,c 

 0,10  m z,t

Nieuwe onbekende: mz,t Uitvoering: 30

mz,t is te vinden in Binas (tabel 32 C): mz,t = 1,98910

NH  6,0  10 mt 

26

 0,10  1,989  10

1,1934  10 4

56



1,2335  10 44 0,390  10

27

gedurende t z 

Controle:

 3,163  1017 s

3,1629  1017 3,156  10

7

 1,1934  10

kg

56

 4,6  10 29  1,3724  10 27 kg

E z,c  1,3724  10 27  2,998  10 8

tz 

30



2

 1,2335  10 44 J

Aangezien 1 jaar = 365,25  24  3600 = 3,15610 s , kan de zon 7

 1,002  1010 jaar straling uitzenden onder de bovengenoemde aannames.

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.

Besluitvorming Bij de opgaven 76 t.m. 80 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 direct 'goede antwoorden' gegeven. Wel worden steeds een aantal voordelen, nadelen, alternatieven en criteria genoemd. 76 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;

Newton vwo deel 3

 


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. 77 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. Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 77. 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. 78 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. 79 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;

104

Newton vwo deel 3




er is een gering economisch belang.

80 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.

105

Newton vwo deel 3. Uitwerkingen Hoofdstuk Cracked by THE MASTER

Recommend Documents