Project Moderne Natuurkunde

Geleiding in Nanodraden SE 2003ii

Centraal Examen en School Examenopgaven en Correctiemodellen (Versie 2.0) Samenstellers dick hoekzema ed van den berg

juni 2005 cursus 05-06

Project Moderne Natuurkunde op het

VWO

Voorwoord Ooit was er de klacht dat moderne natuurkunde in het vwo moeilijk toetsbaar was. Deze verzameling toetsvragen is ons antwoord. De opgaven komen van drie bronnen: • Centrale Eindexamens (CE) van 1984 – 1999 (CEVO) • PMN Centrale Eindexamens (CE–PMN) van 2002 – 2005 (PMN/CEVO) • PMN School Examens (SE) van 2001 – 2005 (Toetscommissie PMN) Digitale kopieën van de oudere opgaven staan op de PMN website www.phys.uu.nl/~wwwpmn en zijn toegankelijk voor de leerlingen. Kies de home page, klik op opgaven en blader door tot het eind van de opgaven voor hoofdstuk 6. Deze opgaven zijn genummerd van 161 – 177. Digitale kopieën van alle opgaven sinds 2001 (Schoolexamens en Centrale Examens) staan op de docentenwebsite van PMN: www.phys.uu.nl/~wwwpmn/docent. De inlognaam en het wachtwoord worden elders bekendgemaakt. Papieren kopieën van alle vragen staan in dit boekje. De nummering laat zien waar de vraag vandaan komt. Bijvoorbeeld, CE1984_ii1 betekent Centraal Eindexamen 1984 2de periode (ii) som 1. Antwoorden en correctievoorschriften staan achterin. Antwoorden van voor 2001 zijn afkomstig van de NVON groep die examenantwoorden maakt. Antwoorden vanaf 2001 zijn officieel van de CEVO (CE opgaven) of van de PMN toetscommissie (SE opgaven). Mocht iemand toch fouten tegenkomen, graag doorgeven! Dit jaar (2005) werden er voor het eerst meerkeuzevragen opgenomen in het School Examen. Het doel was om basiskennis snel en efficiënt te toetsen. We hebben hier oefenvragen en de vragen van het eerste school examen opgenomen. We verzoeken docenten vragen van het herkansingsschoolexamen geheim te houden opdat we een itembank kunnen opbouwen. De beste oefening voor de meerkeuzevragen zijn de conceptuele vragen die we zullen uitdelen èn op de website zetten. Doordat dit boekje is samengesteld uit opgaven afkomstig uit veel verschillende documenten met verschillende stijlen in Microsoft Word, is de lay-out variabel. Op enkele plaatsen kan nummering van opgaven en antwoorden niet consistent zijn, maar u komt er wel uit. Daarvoor onze excuses. Deze versie 2.0 wordt slechts in zeer kleine oplage op papier vermenigvuldigd. Een digitale kopie in pdf komt binnenkort op de website en zal eind september ook per CD verspreid worden samen met ander hulpmateriaal zoals een docentengids en werkbladen. Utrecht, 7 juni 2005 Ed van den Berg [email protected]

Dick Hoekzema [email protected]

Inhoud en Classificatie Nummer

Titel

Pagina Pagina Opgave AntwoordHoofdstuk Antwoord

Gegevens en Formules Centrale Eindexamens CE1984ii1

Energieproductie in de zon

1

56

4

A

CE1991i4

Een neutronenster

2

57

4,5

A

CE1992i4

Atomen en fotonen

4

58

1,2

A

CE1995ii4

JET

4

58

4

A

CE1996ii1 CE1997i3

Kernenergie uit thorium Lineaire versneller

5 6

59 60

4 4

A A

CE1998i5

Antiprotonen vangen

7

60

4

A

CE1998ii5

Radioactief koper

8

61

1,2,4

A

CE1999ii3

Zonnedeeltjes

9

62

klassiek

A

CE-PMN2002i1 Krimpende atoomkern

11

63

1, 2, 3, 4

C

CE-PMN2002i2 Sterspectra

12

64

5

C

CE-PMN2003i2 Geïoniseerd helium

14

65

3

C

CE-PMN2003i6 Kosmische straling

16

66

4, 5

C

CE-PPM2004i5 PET Scan

17

67

4

C

CE-PMN2005i5 Neutronenverstrooiing

18

69

2,3,4

C

Centrale Eindexamens PMN

School Examens PMN SE 2001i1

Interferentie met buckyballen

20

62

1, 2

C

SE2001i2

Het spectrum van langgerekte moleculen

23

62

3

C

SE2001i3

De ontdekking van het tau-neutrino

24

63

4

C

SE2002i1

Kapitza-Dirac effect

26

63

1, 2

C

SE2002i2

Koolstofnanobuisje

27

64

3

C

SE2002i3 SE2003i1 SE2003i2 SE2003i3 SE2003ii1 SE2003ii2 SE2003ii3 SE2004i1 SE2004i2 SE2004i3 SE2004ii1 SE2004ii2 SE2004ii3 SE2005i1 SE2005i2 SE2005ii1 SE2005ii2

Zink-isotoop Stokoud licht Antiwaterstof Pionen K0-deeltje Krypton Geleiding in nanodraden Caroteen Pentaquark Het Stark effect Rontgenstraling Neutrino’s Diamant Het Charmante proton Supernova Quantumfysica in de wereld van het alledaagse De massa van het proton

28 30 31 33 34 35 36 38 39 41 43 44 45

65 66 67 68 69 69 70 72 73 74 75 76 77

4 5 4 4 4 3 3 3 4 3 1, 2 4 3 3, 4 3, 4, 5 2, 3 3, 4

C C C C C C C C C C C C C C C C C

ii

Inhoud met links naar opgaven Centraal Examen en School Examenopgaven en Correctiemodellen.................... i Voorwoord.............................................................................................................ii Inhoud en Classificatie ..........................................................................................ii Inhoud met links naar opgaven ............................................................................iii Gegevens en Formules ......................................................................................... iv Moderne Natuurkunde uit Examens 1984 - 2001 ................................................. 1 CE1984_ii1 CE1991_i4 CE1992_i4 CE1995_ii4 CE1996_ii1 CE1997_i3 CE1998_i5 CE1998_ii5 CE1999_ii3

Energieproduktie in de zon ............................................................................................... 1 Een neutronenster.............................................................................................................. 2 Atomen en fotonen............................................................................................................ 2 JET.................................................................................................................................... 4 Kernenergie uit thorium .................................................................................................... 5 Lineaire versneller ............................................................................................................ 6 Antiprotonen vangen......................................................................................................... 7 Radioactief koper .............................................................................................................. 8 Zonnedeeltjes .................................................................................................................... 9

PMN Opgaven Eindexamens 2002 - 2004.......................................................... 11 CEPMN2002_i1 CEPMN 2002_ii2 CE2003_i2 Bijlage CE2003_i6 CE2004_i5 CE2005_i5

Krimpende atoomkern .................................................................................................... 11 Sterspectra....................................................................................................................... 12 Geïoniseerd helium ......................................................................................................... 14 15 Kosmische straling.......................................................................................................... 16 PET-scan......................................................................................................................... 18 Neutronenverstrooiing ................................................................................................... 19

PMN School Examens 2002 - 2004 .................................................................... 21 SE2001_i1 SE2001_i2 SE2001_i3 SE2002_i1 SE2002_i2 SE2002_i3 SE2003_i1 SE2003_i2 SE2003i3 SE 2003_ii1 SE 2003_ii2 SE2003_ii3 SE2004_i1 SE2004_i2 SE 2004_i3 SE2004_ii1 SE 2004_ii2 SE 2004_ii3 SE2005i 1 SE2005i 2 SE2005ii1 SE2005ii2

Interferentie met buckyballen ......................................................................................... 21 Het spectrum van langgerekte moleculen ....................................................................... 22 De ontdekking van het tau–neutrino ............................................................................... 23 Kapitza-Dirac effect........................................................................................................ 24 Koolstofnanobuisje ......................................................................................................... 26 Zink-isotoop.................................................................................................................... 27 Stokoud licht ................................................................................................................... 29 Antiwaterstof .................................................................................................................. 31 Pionen ............................................................................................................................ 33 K0 - deeltje....................................................................................................................... 33 Krypton ........................................................................................................................... 34 Geleiding in nanodraden ................................................................................................. 35 Caroteen .......................................................................................................................... 36 Pentaquark ...................................................................................................................... 37 Het Starkeffect ................................................................................................................ 39 Röntgenstraling ............................................................................................................... 41 Neutrino's ........................................................................................................................ 42 Diamant........................................................................................................................... 43 Het charmante proton..................................................................................................... 45 Supernova ...................................................................................................................... 46 Quantumfysica in de wereld van het alledaagse ............................................................ 47 De massa van het proton ................................................................................................ 49

Meerkeuzevragen SE 2005i ................................................................................ 51 Meerkeuzeoefenvragen over Basisbegrippen ..................................................... 54 Antwoorden van Oefen- en Examensommen ..................................................... 56 CE1984_ii1: CE1991_i CE1992_i CE1995_ii

Energieproductie in de zon ............................................................................................. 56 Een neutronenster............................................................................................................. 57 Atomen en fotonen......................................................................................................... 58 JET.................................................................................................................................. 58

iii

CE1996_ii1 CE1997_i3 CE1998_i5 CE1998_ii1 CE1999_ii3 CE-PMN 2002_i1 CE-PMN2002_ii2 CE-PMN2003_i2 CE-PMN2003_i6 CE-PMN2004i _5 CE2005_i5 SE 2001_i1 SE 2001_i2 SE 2001_i3 SE 2002_i1 SE 2002_i2 SE 2002_i3 SE 2003_i1 SE2003_i2 SE 2003_i3 SE2003ii1 SE2003ii2 SE2003_ii3 SE 2004_i1 SE 2004_i2 SE 2004_i3 SE2004_ii1 SE2004_ii2 SE2004_ii3 SE2005i1 SE2005i1 SE2005ii1 SE2005ii2

Kernenergie uit Thorium................................................................................................. 59 Lineaire versneller .......................................................................................................... 60 Antiprotonen vangen....................................................................................................... 60 Radioactief koper ............................................................................................................ 61 Zonnedeeltjes .................................................................................................................. 62 Krimpende kern .............................................................................................................. 63 Sterspectra....................................................................................................................... 64 Geïoniseerd helium ......................................................................................................... 65 Kosmische straling.......................................................................................................... 66 Pet Scan........................................................................................................................... 67 Neutronenverstrooiing .................................................................................................... 69 Interferentie met buckyballen ......................................................................................... 70 Het spectrum van langgerekte moleculen ....................................................................... 70 De ontdekking van het tau–neutrino ............................................................................... 71 Kapitza-Dirac effect........................................................................................................ 71 Koolstofnanobuisje ......................................................................................................... 72 Zink-isotoop.................................................................................................................... 73 Stokoud licht ................................................................................................................... 74 Antiwaterstof .................................................................................................................. 75 Pionen ............................................................................................................................. 76 K0 – deeltje..................................................................................................................... 77 Krypton .......................................................................................................................... 77 Geleiding in nanodraden ................................................................................................. 78 Caroteen .......................................................................................................................... 79 Pentaquark ...................................................................................................................... 81 Het Starkeffect ................................................................................................................ 82 Röntgenstraling ............................................................................................................... 83 Neutrino’s ....................................................................................................................... 84 Diamant........................................................................................................................... 85 Het charmante proton..................................................................................................... 86 Supernova ...................................................................................................................... 87 Quantumfysica in de wereld van het alledaagse .......................................................... 88 De massa van het proton ................................................................................................. 89

Meerkeuze Antwoorden SE 2005i ...................................................................... 91 Meerkeuzeoefenvragen Antwoorden .................................................................. 91

iv

Gegevens en Formules1 Tabel 1: Elementaire deeltjes

Elementaire Deeltjes: Fermionen Quarks Deeltje/smaak

Massa (GeV/c2)

Lading (e)

Gene ratie

up quark

0,003

2/3

1

d down quark c charm quark s strange quark t top quark b bottom quark

0,006

–1/3

1,3

2/3

0,1

–1/3

175

2/3

4,3

–1/3

Genera tie

1

u

2

3

Leptonen Massa (GeV/c2)

Ladi ng (e)

<1x 10–5

0

0,000511

–1

<0,0002

0

muon

0,106

–1

ντ tau neutrino

<0,02

0

τ–

1,7771

–1

Deeltje/smaak

νe elektron neutrino e– elektron νµ muon neutrino

2

µ– 3

tau

Elementaire Deeltjes: Bosonen Sterke interactie g

gluon

Elektrozwakke interactie 0

Gravitatie graviton (hypothetisch) • • • •

0

γ

W − W-min-boson

0 80,4

0 –1

W + W-plus-boson

80,4

+1

Z 0 Z boson

91,2

0

photon

Ieder deeltje heeft een antideeltje, met dezelfde massa en met tegengestelde lading, baryon- of leptongetal. Alle genoemde quarks hebben baryongetal 1/3 en leptongetal 0 Alle genoemde leptonen hebben baryongetal 0 en leptongetal 1 Leptonbehoud geldt afzonderlijk voor elk van de drie families

Tabel 2: Enkele samengestelde deeltjes deeltje p+ proton p– anti-proton n neutron n anti-neutron

samenstelling uud

uud udd

π0

pi-nul-meson

udd ud ud uu / dd

H

waterstofatoom

p+e–

π pi-min-meson π + pi-plus-meson −

Massa (MeV) 938 938 938 938 140 140 135

baryongetal 1 –1 1 –1 0 0 0

leptongetal 0 0 0 0 0 0 0

1

1

1

Zoals afgedrukt op de tweede pagina van elk schoolexamen. Deze tabel moet worden toegevoegd aan BINAS.

iv

Tabel 3: Formules

Ek =

p2 2m

2 h 2 ⎛ nx2 n y nz2 ⎞ Ek = + ⎟ ⎜ + 8m ⎜⎝ L2x L2y L2z ⎟⎠

v

Moderne Natuurkunde uit Examens 1984 - 2001 CE1984_ii1

Energieproduktie in de zon

Een ster ontstaat door verdichting van materie in een uitgestrekte ijle gaswolk. Door de gravitatie wordt er steeds meer materie naar het verdichtingscentrum getrokken. Tijdens deze contractie wordt gravitatie-energie omgezet in andere energievormen. Op het ogenblik dat de contractie begint, wordt de gravitatie-energie nul gesteld. Men kan de gravitatie-energie U berekenen op het moment dat de gaswolk is samengetrokken tot een ster met massa M en straal R. Voor een ster gelijkend op onze zon geldt ongeveer: U = –1,5⋅G⋅M2 R Hierin is G de gravitatieconstante. a.1.

Bereken voor de zon de hoeveelheid gravitatie-energie die tot nu toe bij de contractie is omgezet. Gebruik hierbij gegevens uit tabel 33B van het tabellenboek Binas. Men neemt aan dat de zon gedurende de laatste 4,5⋅109 jaar een vrijwel constant vermogen van 3,9⋅1026 W aan straling heeft uitgezonden.

a.2.

Toon aan dat de zon in deze periode meer energie heeft uitgestraald dan uit contractie verkregen is. Er komt dan ook nog op een andere wijze energie vrij. Er wordt namelijk energie geproduceerd doordat protonen fuseren tot heliumkernen. Deze fusie verloopt in een aantal stappen. Eerst botsen twee protonen tegen elkaar en vormen onder andere een deuteriumkern (2H).

b.1.

Geef de reactievergelijking voor dit proces. Als de deuteriumkern daarna in botsing komt met één van de in overvloed aanwezige protonen, kunnen een 3He-kern en een foton gevormd worden. Beschouw het geval dat de gezamenlijke kinetische energie van de twee kernen voor de botsing 0,50 MeV groter is dan de kinetische energie van de 3He-kern na de botsing.

b.2.

Bereken de frequentie van de straling die ontstaat als alle bij dit proces omgezette energie vrij komt als stralingsenergie. Als tenslotte nog twee van de 3He-kernen tegen elkaar botsen en met elkaar reageren, kunnen de stabiele 4He-kern en twee protonen gevormd worden.

b.3.

Geef de netto reactievergelijking voor de vorming van een 4He-kern uit protonen. Doordat de zon straling en deeltjes uitzendt, neemt zijn massa af en wordt de aantrekkingskracht van de zon op de aarde steeds kleiner. De straal van de cirkelvormig gedachte baan van de aarde om de zon wordt hierdoor op de lange duur steeds groter.

c.

Welke invloed heeft dit op de omlooptijd van de aarde om de zon? Licht het antwoord toe.

1

CE1991_i4

Een neutronenster

Sterren ontlenen gedurende een groot deel van hun bestaan hun energie aan de fusie van waterstof tot helium volgens de onderstaande netto kernreactievergelijking: 4 4p

3p

19

20

1

1H

+2

0 –1e

4

2He

Bereken de energie die vrijkomt bij de vorming van één heliumkern. Als een groot deel van de waterstof in de kern van de ster is verbruikt, verliest de ster zijn stabiliteit. De kern van de ster gaat zich dan samentrekken. De temperatuur loopt daarbij zover op dat ook andere fusiereacties optreden, bijvoorbeeld de fusie van drie 42He-kernen tot één 126C-kern. De bindingsenergie per nucleon van deze heliumkernen is kleiner dan de bindingsenergie per nucleon van de koolstofkern. Leg met behulp van dit gegeven en met behulp van de definitie van bindingsenergie uit of bij fusie van helium tot koolstof energie vrij komt.

21

In de laatste fase van de samentrekking van de kern van zeer zware sterren ontstaan daar neutronen uit elektronen en protonen. De kern van de ster wordt daarbij een zeer compacte massa die vrijwel uitsluitend uit neutronen bestaat en die neutronenster wordt genoemd. Tegelijk worden de buitenste lagen van de ster explosief uitgestoten. Een dergelijke explosie in het sterrenbeeld Krab werd in het jaar 1054 waargenomen. De weggeslingerde buitenste lagen van de ster zijn nu nog te zien: ze staan bekend als de Krabnevel. Het atomaire waterstofgas in de nevel zendt onder andere straling uit met de golflengte die behoort bij de overgang van energieniveau n = 3 naar energieniveau n = 2. Een waarnemer op aarde bestudeert straling uit een deel van de Krabnevel. De waargenomen golflengte van de straling die hoort bij de genoemde overgang is 654 nm. Leg uit of dit deel van de nevel van de aarde af dan wel naar de aarde toe beweegt.

3p

22

In 1982 is in het sterrenbeeld Vulpecula ook een neutronenster ontdekt. Deze ster heeft een massa van 1,2⋅1030 kg en een straal van 13 km. Neem aan dat de ster bolvormig is. Bereken de gemiddelde dichtheid van deze neutronenster.

3p

23

We beschouwen een massa van 1,0 kg op de evenaar van de ster. Bereken de gravitatiekracht op deze massa.

3p

4p

24

De omwentelingstijd van deze ster is zeer klein. Als de ster echter een te kleine omwentelingstijd had, zou de gravitatiekracht niet sterk genoeg zijn om de materie aan de evenaar van de ster vast te houden. Bereken de omwentelingstijd van de ster waarbij de gravitatiekracht hiervoor nog juist sterk genoeg is. Neem hierbij aan dat de ster bolvormig blijft.

CE1992_i4

3p

17

Atomen en fotonen

Wanneer een foton van licht met een golflengte van 589,6 nm op een stilstaand natriumatoom in de grondtoestand valt, wordt dit foton geabsorbeerd. Het natriumatoom komt hierdoor in de eerste aangeslagen toestand. Bereken de energie van dit foton.

2

4p

3p

3p

18

Doordat het Na-atoom (2311Na) de impuls van het foton overneemt, krijgt het een snelheid van 0,0294 m⋅s-1. Bereken de impuls van een foton van licht met een golflengte van 589,6 nm.

19

Een klein deel van de energie van het foton is dus nodig om het atoom kinetische energie te geven. Dit betekent dat het energieverschil U2,1 tussen de eerste aangeslagen toestand en de grondtoestand van het Na-atoom niet precies gelijk is aan de energie van het geabsorbeerde foton Uf. Bereken Uf - U2,1.

20

Als een Na-atoom tegen een lichtbundel in beweegt, kan het door het absorberen van fotonen worden afgeremd. Door het dopplereffect is de frequentie van het licht in de bundel voor bewegende atomen anders dan voor stilstaande atomen. Door een golflengte te gebruiken die iets afwijkt van 589,6 nm, zorgt men ervoor dat alleen de atomen die tegen de bundel in bewegen, fotonen absorberen. Atomen die met de bundel meebewegen, absorberen deze fotonen niet. Leg uit of men de golflengte van de lichtbundel die gebruikt wordt voor het afremmen van de atomen moet instellen op iets meer danwel op iets minder dan 589,6 nm. In figuur 7 is een foto weergegeven van een opstelling waarin Na-atomen door herhaalde absorptie van fotonen worden afgeremd tot ze vrijwel stilstaan.

4p

5p

21

De atomen komen met een snelheid van 9,6 ⋅102 m⋅s-1 uit de opening van een oven links op de foto. Van hier uit bewegen ze langs een rechte baan tot ze bij punt X vrijwel stilstaan. De Na-atomen vormen daarna een dichte wolk rondom X; deze is rechts op de foto te zien. De afstand tussen de opening van de oven en punt X bedraagt 46 cm. Bereken de gemiddelde vertraging van de atomen tijdens het afremmen.

22

De foto is gemaakt met een camera met een lens met brandpuntsafstand van 50 mm. De afbeelding in figuur 7 is 5,0 maal vergroot ten opzichte van de afbeelding op het negatief. Bepaal de afstand tussen de baan van de atomen en de cameralens.

3

CE1995_ii4

JET

Lees het krantenartikel door. artikel 1

Groot vermogen opgewekt in JET kernfusie-reactor Van onze wetenschapsredactie AMSTERDAM - Europese onderzoekers hebben zaterdag voor het eerst in de geschiedenis een aanzienlijke hoeveelheid energie opgewekt bij een kernfusiereactie. Daarbij werd gebruik gemaakt van de brandstof waarop toekomstige commerciële fusiereactoren moeten gaan draaien. Met een mengsel van deuterium en tritium leverde de experimentele kernfusiemachine JET (Joint European Torus) in het Engelse Culham gedurende twee seconden een vermogen van meer dan een miljoen watt, met een piek van twee miljoen watt. Bij kernfusie-experimenten is tot nu toe alleen gebruik gemaakt van deuterium. Het toevoegen van tritium is een belangrijke stap

voorwaarts, omdat het gecombineerde gebruik van beide brandstoffen meer energie oplevert dan wanneer uitsluitend met deuterium wordt gewerkt. Deuterium en tritium zijn zware varianten van het element waterstof. Voor het doen samensmelten van hun atoomkernen is een temperatuur vereist van 200 miljoen graden Celsius, wat twintig keer heter is dan de kern van de zon. Bij deze temperatuur botsen de kernen met zo'n grote snelheid op elkaar dat ze samensmelten tot heliumkernen. Deze reactie doet veel energie vrijkomen, die de wand van het reactorvat opwarmt. Met die warmte kan stoom worden gemaakt waarmee turbines kunnen worden aangedreven voor het opwekken van elektriciteit.

bron: de Volkskrant, 11 november 1991

Een deuteriumkern (zwaar waterstof) is een waterstofkern die uit een proton en een neutron bestaat. Een tritiumkern (zeer zwaar waterstof) bestaat uit een proton en twee neutronen.

2p

17

In het artikel is sprake van twee typen fusiereacties. Bij het 'nieuwe' type fuseert een tritiumkern met een deuteriumkern. Behalve een α−deeltje komt hierbij nog een deeltje vrij. Geef de vergelijking voor deze fusiereactie. Bij het 'oude' type wordt alleen gebruik gemaakt van deuterium: 2 1H

4p

18

+ 21H

3

2He

+ l0n

Dit is een reactie die ook veel in de zon plaatsvindt. Bereken de energie in joule die bij dit 'oude' type per reactie vrijkomt. In de reactor vonden beide typen reacties tegelijkertijd plaats. In figuur 8 is het totale geleverde vermogen van de reactor als functie van de tijd weergegeven.

4p

4p

19

Er is een verschil tussen de totale massa van de brandstoffen die in het begin in de reactor aanwezig waren en de totale massa van de stoffen die na het experiment in de reactor overbleven. Bepaal dit verschil.

20

De hoeveelheid energie die bij het 'nieuwe' type per reactie vrijkomt, verhoudt zich tot die bij het 'oude' type als 16 : 3. Op het moment dat het geleverde vermogen maximaal is, blijkt 16% van het totaal aantal per seconde reagerende kernen tritiumkernen te zijn. Bepaal het vermogen dat op dat moment afkomstig is van het 'nieuwe' type reactie.

4

CE1996_ii1

Kernenergie uit thorium

Lees het kranteartikel. kranteartikel

Kernenergie uit thorium krijgt nieuwe impuls Cario Rubbia, Nobelprijswinnaar en ouddirecteur van het Europese deeltjesversnellerlab Cern bij Genève, heeft nieuw feitenmateriaal waarmee hij zijn campagne voor een andere manier van energie-opwekking met kernsplijting kracht kan bijzetten. 235. Plutonium is de essentie van kernwapens. Rubbia maakte bekend, dat zijn theoretische inzichten nu voor het eerst ook door experimenten zijn gestaafd. Kernenergie kan ook opgewekt worden zonder dat er wapengevaarlijk plutonium ontstaat, aldus de fysicus. Vlak voor zijn vertrek uit Genève schetste Rubbia voor het eerst een kernreactor die niet draait op uranium, maar op thorium. Wanneer dit element wordt beschoten met neutronen, vertoont het geen kernsplijting, maar wordt er uranium-233 gevormd. Dit uranium-233 splijt wanneer de kern wordt geraakt door een neutron, een proces waarbij energie vrijkomt. Hierbij ontstaat echter geen plutonium, zoals bij reactoren met uranium-

bron:

Onder normale omstandigheden ontstaat géén uranium-233 doordat er niet genoeg neutronen op de thoriumkernen botsen. Maar Rubbia stelde voor die neutronen te maken met een deeltjesversneller, bijvoorbeeld een protonversneller: schiet een proton op een trefplaatje van lood en er komt een stroom neutronen vrij. De processen die Rubbia voorstelt, zijn in veel opzichten veiliger dan wat zich bij splijting van uranium-235 afspeelt. Zo treedt er slechts kernsplijting op zolang de versneller aanstaat. De kernreactie kan daardoor nooit uit de hand lopen.

De Volkskrant, 10 december 1994

De overgang van natuurlijk thorium naar uranium-233 vindt plaats in de volgende drie stappen: • • • 5p

1

Een thoriumkern neemt een neutron op; er ontstaat een nieuwe kern. Deze nieuwe kern vervalt tot een tweede nieuwe kern. Deze tweede nieuwe kern vervalt tot 233U. Geef de drie reactievergelijkingen die bij deze reacties horen. Bij de splijting van 233U komen geen neutronen vrij. Een mogelijke splijtingsreactie is:

4p

2p

2

3

Bereken de energie die bij deze splijting per reactie vrijkomt in joule. In de laatste alinea van het artikel wordt over de veiligheid van het winnen van kernenergie uit thorium opgemerkt: 'De kernreactie kan daardoor nooit uit de hand lopen'. Leg uit waarom in de nu in gebruik zijnde splijtingsreactoren het aantal splijtingen per seconde wèl uit de hand kan lopen.

5

CE1997_i3

Lineaire versneller

In de Verenigde Staten staat een versneller waarmee elementaire deeltjes geproduceerd worden door elektronen en positonen op elkaar te laten botsen. Positonen zijn antideeltjes van elektronen. Dat wil zeggen dat ze dezelfde massa hebben en een even grote, maar tegengestelde lading. De deeltjes worden versneld in de opstelling van figuur 10.

3p

3p

10

In het elektronenkanon worden de elektronen versneld in een elektrisch veld. Ze verlaten dit veld met een snelheid van 2,4⋅107 m s-1. Bereken de versnelspanning.

11

De positonen komen uit een positonenbron, eveneens met een snelheid van 2,4⋅107 m s-1. Ze worden vervolgens opgeslagen in een opslagring. Hierin voeren ze een eenparige cirkelbeweging uit onder invloed van een homogeen magneetveld met een sterkte van 0,90⋅10-4 T. Bereken de tijd die een positon nodig heeft voor één omloop in de opslagring.

2p

12

2p

13

Onder andere door het magneetveld van de opslagring met een bepaalde frequentie aan en uit te schakelen, gaan kleine groepjes positonen de lineaire versnellen binnen. Door het elektronenkanon met dezelfde frequentie aan en uit te schakelen, komen ook de elektronen in groepjes de lineaire versnellen binnen. De lineaire versnellen bestaat uit een groot aantal elektroden in de vorm van holle cilinders. In figuur 10 is de nummering van de eerste vier cilinders aangegeven. De cilinders met een even nummer zijn op het ene aansluitpunt van een spanningsbron aangesloten, die met een oneven nummer op het andere aansluitpunt. Leg uit of deze spanningsbron een wisselspanningsbron of een gelijkspanningsbron moet zijn om een geladen deeltje een telkens groter wordende snelheid te geven. Op een bepaald moment bevindt zich tussen de cilinders 1 en 2 een groepje elektronen. Beredeneer of zich op dat moment tussen de cilinders 7 en 8 een groepje elektronen of een groepje positonen bevindt. De elektronen en positonen komen vervolgens met een even grote snelheid de bundelsplitser binnen. Ze worden hier door een magneetveld van elkaar gescheiden. Daarna worden beide soorten deeltjes afzonderlijk door middel van magneetvelden naar een plaats binnen de deeltjesdetector geleid, waar ze kunnen botsen.

4p

14

Beredeneer of de magneetvelden bij P en Q gelijk gericht zijn of juist tegengesteld zijn aan elkaar. Bij de botsing van een positron en een elektron kan een Z0-deeltje ontstaan. Een Z0-deeltje wordt een wisselwerkingsdeeltje genoemd. Zie tabel 26 van het informatieboek BINAS.

6

3p

15

Bereken hoe groot de energie van een botsend elektron minimaal moet zijn om een Z0-deeltje te laten ontstaan. Geef de uitkomst in twee significante cijfers.

CE1998_i5

2p

21

Antiprotonen vangen

Een proton bestaat uit quarks van generatie I. Zie tabel 26A van het informatieboek BINAS. Geef de quark-samenstelling van een proton. Een antiproton is het antideeltje van het proton. Het heeft dezelfde massa maar een tegengestelde lading. Nadat antiprotonen zijn ontstaan, kunnen ze direct gebruikt worden voor experimenten, maar ze kunnen ook worden opgeslagen in een zogenaamde "antiprotonenvanger". Een deel van een antiprotonenvanger is te zien in figuur 10. Door een toevoerbuis bewegen antiprotonen met een snelheid van 2,9⋅107 ms-1. Op hun weg naar het vangbuisje worden ze door een magneetveld afgebogen. Ze beschrijven dan een kwartcirkel met een straal van 0,95 m.

3p

3p

3p

22

23

24

Bereken de grootte van de magnetische inductie die daarvoor nodig is. Het vangbuisje is gemaakt van koper en bestaat uit een cilindervormige wand, een bodem (plaatje 1) en een deksel (plaatje 2). Deze plaatjes zijn door een isolerende laag van de cilinderwand gescheiden. Een deel van de antiprotonen gaat dwars door plaatje 1 het vangbuisje binnen en wordt daar 'gevangen'. Onder 'vangen' wordt hier verstaan dat ze door de krachtwerking van zowel een magneetveld als een elektrisch veld binnen het vangbuisje worden gehouden. Ze mogen daarbij de wanden van het vangbuisje niet meer raken, omdat er dan een grote kans bestaat dat ze met de protonen van het koper annihileren. Het magneetveld wordt opgewekt door een grote, supergeleidende spoel, die om het vangbuisje is aangebracht. Zie de schematische weergave in figuur 11. Deze spoel heeft een lengte van 0,50 m en heeft 30.000 windingen. Binnen de spoel heerst een magneetveld van 2,8 T. Bereken de stroomsterkte in de spoel. Het elektrische veld wordt opgewekt door de plaatjes van het vangbuisje op een bepaalde potentiaal te brengen. Plaatje 2 staat steeds op een potentiaal van -3,0 kV, terwijl de cilinderwand steeds geaard is. Plaatje 1 heeft eerst nog een potentiaal van 0 V. Een antiproton dat plaatje 1 passeert, verliest daarbij een deel van zijn kinetische energie. Bereken welk percentage van zijn oorspronkelijke energie dit antiproton na het passeren van plaatje 1 nog maximaal over mag hebben, opdat het (door het elektrische veld in het

7

vangbuisje) plaatje 2 niet kan bereiken. Op een bepaald ogenblik wordt de potentiaal van plaatje 1 ook op -3,0 kV gebracht. In figuur 12 is getekend hoe de elektrische veldlijnen dan lopen. In figuur 13 is door middel van drie veldlijnen het elektrische veld vlak bij plaatje 2 weergegeven. Het elektrische veld is daar homogeen. Ook is de richting van het magneetveld ä getekend. De magnetische inductie is daar 2,8 T. Op een gegeven moment beweegt een antiproton met een snelheid van 6,2⋅105 ms-1 in een richting loodrecht op het vlak van tekening, het papier uit. De bijbehorende snelheidsvector⎯v is aangegeven door middel van een klein cirkeltje met een punt erin. Voor dit antiproton blijken de grootte van de lorentzkracht en van de elektrische kracht aan elkaar gelijk te zijn.

3p

25

Bereken de grootte van de elektrische veldsterkte vlak bij plaatje 2.

5p

26

Bereken de resulterende kracht op het antiproton. Teken daartoe eerst op figuur 13 de elektrische kracht en de lorentzkracht op het antiproton.

CE1998_ii5

Radioactief koper

De isotoop 64Cu is instabiel en kan op verschillende manieren vervallen. Er zijn twee stabiele eindproducten: 64Ni en 64Zn. Figuur 1 is een schematische weergave van de vervalprocessen met vier overgangen a, b, c (cl en c2) en d. Voor de directe overgang van de koperkern naar de grondtoestand van de nikkelkern bestaan twee mogelijkheden: a: een koperkern vervalt onder het uitzenden van β+-straling met een kinetische energie van 0,66 MeV, b: een koperkern vervalt via K-vangst.

Bij overgang a zal het β+-deeltje de kern verlaten. De kans is echter groot dat dit β+-deeltje het atoom niet verlaat.

8

3p

1

3p

2

Beschrijf met welk deeltje zo'n β+-deeltje een reactie aangaat en wat van deze reactie het eindproduct is. Bij overgang b vindt K-vangst plaats. Beschrijf wat K-vangst is en leg daarbij uit wat er met het atoomnummer gebeurt. Ook bij overgang cl is er sprake van K-vangst. Hierbij ontstaat een nikkelkern in een aangeslagen toestand. Bij overgang c2 tussen deze aangeslagen toestand en de grondtoestand van de nikkelkern komt een gammafoton met een energie van 1,34 MeV vrij.

3p

3

Bereken de golflengte van de gammastraling.

3p

4

Leg uit of door het uitzenden van het gammafoton bij overgang c2 de bindingsenergie van de Ni-kern groter wordt, gelijk blijft of kleiner wordt. Overgang d beschrijft het verval van een koperkern naar zink. Hierbij wordt een β--deeltje uitgezonden met een kinetische energie van 0,57 MeV. Het berekenen van de snelheid van dit β–-deeltje met behulp van de gebruikelijke formule voor de kinetische energie levert een waarde op die groter is dan de lichtsnelheid c. Dat klopt niet: in werkelijkheid is de snelheid gelijk aan 0,92c. Volgens de relativiteitstheorie moet in de formule voor de kinetische energie een aangepaste waarde voor worden ingevuld, omdat de massa van een deeltje toeneemt met zijn snelheid. Er geldt: m = f m0 • •

4p

5

Hierin is: m0 de massa van het stilstaande deeltje, de rustmassa; f een factor die afhangt van de snelheid van het deeltje. Bereken de waarde van f voor het β--deeltje dat bij overgang d vrijkomt.

CE1999_ii3

2p

12

Zonnedeeltjes

De zon bestaat uit een mengsel van elektronen en atoomkernen (plasma). Aan het oppervlak van de zon heeft dit plasma een temperatuur waarbij veel straling in het zichtbare deel van het elektromagnetische spectrum wordt uitgezonden. Men noemt dit lichtgevende oppervlak de fotosfeer. Buiten de fotosfeer bevindt zich gas met een lagere temperatuur. Als je het licht van de zon analyseert, vind je spectrum 2 van tabel 20 van het informatieboek BINAS. In het continue kleurenspectrum van de zon zijn donkere lijnen zichtbaar. Leg uit hoe het komt dat in het spectrum van de zon donkere lijnen zichtbaar zijn. De meeste atoomkernen die in het plasma aan het oppervlak van de zon voorkomen, zijn protonen. De elektronen en de protonen kunnen vrij bewegen en kunnen met grote snelheid aan de fotosfeer ontsnappen. Ondanks de remmende werking van het gravitatieveld verwijderen ze zich soms ver van de zon. In de buurt van de aarde verstoren dergelijke deeltjes het radio- en telefoonverkeer.

5p

13

Bereken welke snelheid de deeltjes minimaal moeten hebben om de zon te kunnen verlaten en de aarde te bereiken. Verwaarloos hierbij de invloed van het gravitatieveld van de aarde. Geef de uitkomst in drie significante cijfers. Om de zon bevindt zich een magnetisch veld. Op een bepaalde plaats lopen de magnetische veldlijnen evenwijdig aan het oppervlak van de zon. Het magnetische veld is op die plaats

9

homogeen. Zie figuur 4.

In figuur 4 komen de magnetische veldlijnen het papier uit (naar je toe). De magnetische inductie is 1,5⋅10-2 T. In punt P ontsnapt plasma met een snelheid v van 6,5⋅105 ms-1 loodrecht uit de fotosfeer. Dit plasma bestaat uit protonen en elektronen. Door de lorentzkracht die deze deeltjes ondervinden, beschrijven ze een cirkelvormige baan. In figuur 4 is de cirkelbaan PQ aangegeven die één van de twee soorten deeltjes doorloopt. De beweging van deze deeltjes zorgt voor een elektrische stroom I in de cirkelbaan. Figuur 4 staat ook op de bijlage. 4p

14

Leg uit of het magnetische veld binnen het cirkelsegment groter wordt of kleiner wordt ten gevolge van I. Teken daartoe eerst in de figuur op de bijlage de richting van de elektrische stroom I in cirkelbaan PQ.

4p

15

Bereken hoe ver een proton dat bij P ontsnapt zich van de fotosfeer kan verwijderen.

3p

16

Vlak bij de evenaar van de zon komen in de fotosfeer vaak donkere gebieden voor: de zonnevlekken. In deze gebieden bevinden zich sterke magneetpolen. De zonnevlekken komen in paren voor. De ene vlek is dan een magnetische noordpool, de andere een zuidpool. In figuur 5 is het magnetische veld in de buurt van een paar zonnevlekken geschetst. Bij de zuidpool staat de veldlijn k loodrecht op het oppervlak van de zon. Veldlijn k is een rechte. Langs k ontsnappen vrije protonen en elektronen met een snelheid van 6,5⋅105 ms-1. Als er geen magnetisch veld is, is deze snelheid voldoende om de aarde te kunnen bereiken. Leg uit of bij het getekende magnetische veld de langs veldlijn k bewegende protonen en elektronen de aarde kunnen bereiken.

10

PMN Opgaven Eindexamens 2002 - 2004 CEPMN2002_i1

Krimpende atoomkern

Japanse fysici hebben een plaatje lithium beschoten met pionen. Af en toe wordt een neutron in een 7Li- kern getroffen door een pion. Er ontstaan dan een labda-deeltje (Λ0) en een Kaon (K+): π+ + n

Λ0 + K+

Figuur 1 4p 1 □ Bereken de minimale kinetische energie die het pion moet hebben om deze reactie mogelijk te maken. Neem voor deze berekening aan dat de kinetische energie van alle andere genoemde deeltjes verwaarloosbaar is. Het pion is samengesteld uit quarks van generatie I. Het Λ0 bevat echter een strange-quark dat tot generatie II behoort. Bij het indelen van hadronen wordt gebruik gemaakt van het zogenaamde vreemdheidsgetal. Een hadron met één strange-quark heeft vreemdheidsgetal –1, en een hadron met een antistrange-quark +1. Een hadron met twee anti-strange-quarks heeft dus vreemdheidsgetal +2. Bij bovenstaande reactie blijkt er, zoals bij alle sterke wisselwerking, behoud van vreemdheidsgetal te zijn. 4p 2 □ Bepaal de quarksamenstelling van het kaon. De overgebleven neutronen in de kern kunnen in verschillende energietoestanden zitten. In figuur 14 zitten de vier deeltjes in het midden van de kern in de grondtoestand. Het getroffen neutron is één van deze vier deeltjes. Kort na de vorming van de lithium-labdakern zal een neutron met hogere energie naar de grondtoestand vervallen door het uitzenden van een gammafoton. Daardoor wordt de laagste energietoestand bereikt. 3p 3 □ Leg met behulp van het Pauliverbod uit waarom dit verval zal plaatsvinden. Het gammafoton dat wordt uitgezonden, heeft een energie van 2,050 MeV. 3p 4 □ Bereken de frequentie van de uitgezonden straling. De verdeling van de protonen en neutronen in Λ7 Li is precies hetzelfde als in 6 Li . Het enige verschil is de aanwezigheid van het Λ0-deeltje. Dit deeltje zit in het centrum van de kern zonder dat het extra ruimte inneemt. Zie figuur 15.

11

Figuur 2 Het Λ0 is een baryon, dat op precies dezelfde wijze als het proton en het neutron gevoelig is voor de sterke wisselwerking. Op grond van deze gegevens werd al twintig jaar geleden verwacht dat de Λ7 Li -kern kleiner zou zijn dan de 6 Li -kern. 2p 5 □ Leg uit waarom. De Japanse fysici hebben deze verwachting bevestigd: de diameter van de

7 Λ

Li -kern is

6

ongeveer één vijfde kleiner dan die van de Li -kern. Blijkbaar is door het extra Λ0 de kern dus gekrompen.

CEPMN 2002_ii2

Sterspectra

figuur 1 straling

houder met tralie

hoofdas

+ lens

Medewerkers van een sterrenwacht laten de straling van een ster loodrecht op een 1tralie invallen, zodanig dat de gehele tralie wordt belicht. Vlak achter het tralie plaatsen ze een bolle lens. In figuur 1 is de situatie schematisch weergegeven.

brandvlak

2p 1 □

Leg uit wat het voordeel is van het gebruik van de lens in deze meetopstelling. In het brandvlak van de lens ontstaan spectra. In een eerste orde spectrum meten ze de intensiteit van de straling als functie van de golflengte. Op een dag wordt op dezelfde manier ook het spectrum van de zon gemeten. Van een deel van het spectrum wordt het (I,λ)-diagram vergeleken met dat van de ster. Beide diagrammen zijn in willekeurige volgorde weergegeven in figuur 2.

12

figuur 2

2p 2 □ Licht met behulp van tabel 20 uit het informatieboek Binas toe welk van beide diagrammen van de zon is. 3p 4 □ Leg op grond van figuur 2 uit welke van beide sterren, A of B, een hogere oppervlaktetemperatuur heeft.

13

CE2003_i2

Geïoniseerd helium figuur 1

Het spectrum van éénmaal geïoniseerd helium (He+) heeft een sterke overeenkomst met dat van neutraal waterstof. In figuur 1 is een energieniveauschema van dit helium getekend. Dit energieniveauschema is goed vergelijkbaar met dat van waterstof in het informatieboek Binas. Zie tabel 21A. Er bestaat een eenvoudige relatie tussen de energiewaarden van H en He+. 2p 3 □ Welke relatie is dit? Geef de getalwaarde in deze relatie in drie significante cijfers. Een relatief sterke lijn in het emissiespectrum van He+ ligt in het UV-gebied, en heeft een golflengte van 164,0 nm. 4p 4 □ Bepaal aan de hand van een berekening bij welke energieovergang uit figuur 1 deze lijn hoort. figuur 2 In figuur 2 staat de potentiële energie van het elektron in het waterstofatoom en het heliumion uitgezet tegen de afstand van het elektron tot de kern. Figuur 2 staat ook op de bijlage. Erboven is voor de grondtoestand van het waterstofatoom een grafiek getekend. Deze grafiek geeft de kans om bij meting het elektron in een bepaald (zeer klein) volume aan te treffen. 4p 5 □

Schets op de bijlage een dergelijke grafiek voor de grondtoestand van het heliumion en leg uit waarin de verdelingen van H en He+ overeenkomen en waarin ze verschillen. figuur 3

Figuur 3 is een weergave van een bepaalde toestand van het heliumion. De toestand is bolsymmetrische en de figuur is genomen in een willekeurig vlak door de kern. De stippen geven een beeld van de kans om bij meting een elektron in een volumegebiedje aan te treffen. 3p 6 □ Leg uit bij welk energieniveau deze kansverdeling hoort en schets de bijbehorende golffunctie, genomen langs een as door het midden van de figuur.

14

Geïoniseerd helium

Bijlage

15

CE2003_i6

Kosmische straling

Vanuit de ruimte komt zogenaamde kosmische straling de aardatmosfeer binnen. Deze straling bestaat hoofdzakelijk uit protonen, maar ook wel andere deeltjes zoals zwaardere atoomkernen. Voor verschillende elementen is gemeten hoeveel deeltjes er de atmosfeer binnenkomen en met welke energie. Op een hoogte van 45 km dringen per seconde en per vierkante meter 10 koolstof-12 kernen de aardatmosfeer binnen met een energie van ongeveer 109 eV. 3p 17 □ Bereken hoeveel kilogram koolstof zo per jaar de hele aarde bereikt. figuur 1

Als een deeltje met hoge energie de atmosfeer binnenkomt, treden er botsingen op met atoomkernen. Bij zo’n botsing kunnen veel deeltjes ontstaan die op hun beurt weer nieuwe botsingen veroorzaken. Zo kan er een ware deeltjesregen ontstaan. Zie figuur 1. Een mogelijke reactie in zo’n deeltjesregen is: p+ + p+ → p+ + n0 + π0 + 2π+ + π−

Alle pionen die bij deze reactie ontstaan zijn instabiel. Een bepaald π0 – deeltje vervalt tot twee gamma–fotonen met gelijke energie. 4p 18 □ Leg uit waarom er sprake is van een minimale frequentie van deze gammafotonen en bereken deze minimale frequentie. Het π+–deeltje vervalt in een aantal stappen tot stabiele eindproducten. 4p 19 □ Geef de bijbehorende reactievergelijkingen en noem de stabiele eindproducten. Aan de beschrijving van de wereld op microniveau zijn passende eenheden gekoppeld die op macroscopisch niveau leiden meestal tot kleine getalwaarden. Soms worden in de kosmische straling nog deeltjes waargenomen met een energie van rond de 1020 eV. Door deze energie te koppelen aan een macroscopisch object, bijvoorbeeld een tennisbal, wordt duidelijk dat zo’n deeltje inderdaad een extreem grote energie heeft. 2p 20 □ Bereken de snelheid (in km h–1 ) van een tennisbal van 80 g met deze energie.

16

17

CE2004_i5

PET-scan

Voor een hersenonderzoek krijgt een patiënt een stof ingespoten die gemakkelijk door het bloed in het lichaam wordt opgenomen. Deze stof bevat de radioactieve isotoop 18F die vervalt door het uitzenden van positronen (β+-straling). In figuur 11 is een (onvolledig) reactiediagram van deze reactie afgebeeld. figuur 11

A Z

X.

2p

19

Leg uit welke kern er wordt bedoeld met

3p

20

Maak het diagram hierboven volledig, door in de rechthoekige vakken de namen van de deeltjes te noteren .

Uit de vervalsreactie van 18F kan worden afgeleid dat de kern ZA X ook kan worden geproduceerd door 18F-kernen te beschieten met elektronen met voldoende energie. 2p

21

Leg uit met behulp van welke symmetrie dit kan worden afgeleid.

De hersenen nemen 20% van de ingespoten stof op en absorberen alle positronstraling die daaruit vrijkomt. Ze ontvangen hierdoor een stralingsdosis van 1,0 mGy. De gemiddelde verblijftijd van de ingespoten stof in de hersenen is 8,9 minuut. De massa van de hersenen is 1,5 kg. De gemiddelde energie van een uitgezonden positron is 245 keV. 5p

22

Bereken de gemiddelde activiteit van de ingespoten stof gedurende de verblijftijd. Bereken daartoe eerst: • de stralingsenergie die in de genoemde tijd uit de ingespoten stof vrijkomt en • het aantal positronen dat dan vrijkomt. Bij je berekeningen hoef je geen rekening te houden met de halveringstijd van 18F.

Een positron dringt enkele millimeters door in het weefsel en annihileert dan met een elektron. Daarbij verdwijnen het positron en het elektron en ontstaan twee γ-fotonen met gelijke energieën. Neem aan dat de kinetische energie van de positronen en elektronen vóór de annihilatie verwaarloosbaar is. 4p

23

Bereken aan de hand van de verdwenen massa de energie van één γ-foton in eV. Geef de uitkomst in zes significante cijfers.

De twee γ-fotonen bewegen in (vrijwel) tegenovergestelde richting. Om deze γ-straling te registreren, wordt de patiënt met zijn hoofd precies in het midden van een ring met detectoren geschoven. Deze onderzoeksmethode heet ‘Positron Emissie Tomografie’, afgekort PET. Zie figuur 12. figuur 12

18

De twee γ-fotonen bereiken zeer korte tijd na elkaar de ring met detectoren. Wanneer de twee getroffen detectoren binnen een ingestelde tijdsduur ∆t een foton registreren, neemt men aan dat deze twee fotonen afkomstig zijn van dezelfde annihilatie. Een computer verwerkt de informatie van een groot aantal metingen tot een zogeheten PETscan. Dit is een plaatje waarop te zien is waar veel annihilaties hebben plaatsgevonden en welke hersengebieden dus het beste doorbloed zijn. 3p

24

Bereken de orde van grootte van de ingestelde tijdsduur ∆t. Maak daarbij gebruik van een schatting en neem aan dat de fotonen overal met de lichtsnelheid in vacuüm bewegen.

CE2005_i5

Neutronenverstrooiing

Mechanische materiaalspanningen in bijvoorbeeld een aluminium vleugeldeel van een vliegtuig hebben tot gevolg dat de afstanden tussen de atomen veranderen. Met behulp van neutronenverstrooiing kunnen deze veranderingen veel preciezer worden gemeten dan bijvoorbeeld met röntgenstralen. Röntgenstralen worden verstrooid door de elektronen in een atoom, neutronen worden verstrooid door atoomkernen. Omdat de positie van de elektronen veel minder scherp bepaald is dan die van de atoomkern is het resultaat van een meting met neutronen scherper bepaald dan met röntgenstralen. Nog een voordeel van neutronen is dat zij dieper in materie doordringen, zodat er gemeten kan worden binnen in massieve metalen voorwerpen die voor röntgenstralen ontoegankelijk zijn. 1p 23 3p 24 1p 25

Noem de kracht die verantwoordelijk is voor de verstrooiing van neutronen aan atoomkernen. Leg uit wat er in bovenstaande tekst wordt bedoeld met: ‘Omdat de positie van de elektronen veel minder scherp bepaald is dan die van de atoomkern, . .’. Welke eigenschap van neutronen zorgt er voor dat ze diep in materie doordringen?

Voor het maken van neutronenbundels met een hoge intensiteit wordt een kernreactor gebruikt. De neutronen die geproduceerd worden, hebben een snelheid van de orde van 107 m s–1. Men remt de neutronen af om bundels te krijgen die geschikt zijn voor het uitvoeren van onderzoeken. De grootteorde van de structuur die men wil onderzoeken is bepalend voor de gewenste snelheid van de neutronen. Voor een bepaald type biologisch onderzoek worden neutronen afgeremd tot 10 m s–1.

4p 26

Leg uit of men neutronen van 10 m s–1 beter kan gebruiken om de structuur van DNA of van bacteriën te onderzoeken. Bereken daartoe eerst de De Broglie-golflengte van een neutron met een snelheid van 10 m.s–1. Gebruik uit BINAS tabel 70G en 81C (4e druk) of 78A (5e druk).

Er bestaan materialen die neutronen voor bijna honderd procent reflecteren. We stellen ons voor dat er van zulke neutronenspiegels een kubus wordt gemaakt met ribben van 10 cm. In deze ‘neutronenspiegeldoos’ wordt een bundel neutronen opgesloten. De neutronen hebben een energie van 8,0 10−26 J. De quantumgetallen nx, ny, nz geven voor de x-, y- en

19

z-richting het aantal maxima in de golffunctie van een neutron in deze doos. We beschouwen een neutron dat in alle drie de richtingen hetzelfde quantumgetal n heeft. 4p 27

Bereken dit quantumgetal n.

20

PMN School Examens 2002 - 2004 SE2001_i1

Interferentie met buckyballen figuur 1

Naast diamant en grafiet als zuivere vorm van koolstof is er in 1985 een derde vorm ontdekt: het koolstofmolecuul C60, waarvan een model is te zien in figuur 1. Dit molecuul heeft dankzij zijn aparte vorm al snel de naam voetbalmolecuul gekregen, zie figuur 1. De officiële naam is buckminsterfullereen, maar vrijwel iedereen spreekt over de buckybal. Sindsdien wordt er door wetenschappers allerlei onderzoek gedaan naar de eigenschappen van dit bijzondere molecuul. Zo is ondermeer bepaald dat de diameter van een buckybal 7,0·10-10 m is. 3p 1 □ Toon met behulp van een berekening aan dat de massa van een buckybal

1,20·10-24 kg bedraagt.

Een experiment waarover in oktober 1999 in een tijdschrift voor natuurwetenschappen Nature wordt gerapporteerd, is een interferentieproef met de buckyballen. Dit molecuul was tot dat moment het meest massieve en complexe materiële object waarvan het golfkarakter is waargenomen. De opstelling waarmee de proef werd uitgevoerd is in figuur 2 getekend. De bundel moleculen komt uit een oven en gaat achtereenvolgens door twee enkele spleten om de bundel goed te richten. Hierachter is een tralie opgesteld met een tralieconstante van 100 nm. De spleetbreedte van het tralie bedraagt 50 nm. De afstand tussen tralie en detector bedraagt 1,25 m. De meest voorkomende snelheid waarmee de moleculen bewegen is 220 m/s. figuur 2

Een bundel moleculen die op het tralie valt is enigszins te vergelijken met het schieten op het doel met een voetbal. Volgens de regels van de wereldvoetbalbond behoort een standaard voetbal een diameter van 22 cm te hebben en het doel een breedte van 732 cm.

21

De verhouding van deze afmetingen blijkt in orde van grootte goed overeen te komen met de verhouding van de relevante afmetingen uit het natuurkunde experiment. figuur 3

3p 3 □ Licht zonder berekening toe waarom er tijdens het scoren geen rekening gehouden hoeft te worden met het golfkarakter van de voetbal. 3p 4 □ Bereken de De Broglie golflengte van de

buckyballen. Het interferentiepatroon dat ontstaat is afgebeeld in figuur 3. Het 0e orde maximum en beide 1e orde maxima zijn duidelijk waarneembaar. 5p 5 □ Bepaal de De Broglie golflengte van de

buckyballen nogmaals, maar nu met behulp van deze resultaten.

SE2001_i2


In bepaalde typen organische kleurstoffen kunnen sommige elektronen over een groot deel van de lengte van het molecuul vrij bewegen. De energieniveaus van dergelijke stoffen kunnen met enig succes voorspeld worden met behulp van het model van een quantumdeeltje in een ééndimensionale doos. Dit lijkt misschien eigenaardig, omdat de beweging van de elektronen in feite natuurlijk is beperkt tot een weliswaar langgerekte, maar toch zeker driedimensionale ruimte. Daarom onderzoeken we waarom het eendimensionale model toch goed voldoet. We starten met een quantumdeeltje dat wordt opgesloten in een driedimensionale kubus met ribben L, zie figuur 1. Rekening houdend met drie dimensies kan de kinetische energie van een deeltje geschreven worden als: E = ( nx2 + ny2 + nz2 ) h2 / 8mL2 Voor het gemak wordt verder aangenomen dat de factor h2 / 8mL2 een waarde heeft van 1,00 eV. De energieniveaus kunnen nu gevonden worden door verschillende waarden voor nx, ny en nz in te vullen. In figuur 2 zijn de vijf laagste (verschillende) energieniveaus voor dit systeem getekend.

Figuur 1

3p 1 □ Laat zien met welke waarden van nx, ny en nz de getekende energieën

overeenkomen.

3p 2 □ Leg uit dat het spectrum dat hoort bij deze energieniveaus verschilt van het spectrum van een deeltje in een eendimensionale doos.

22

Figuur 2 Figuur 3

Een langgerekte doos heeft energieniveaus die duidelijk verschillen van die van een kubus. De doos die nu beschouwd wordt heeft in de x-richting nog steeds dezelfde lengte L, maar in de y- en de z-richting een lengte van 0,100 L, zie figuur 3. De energie van een deeltje in deze doos wordt nu gegeven door: E = ( nx2 + 100 ny2 + 100 nz2 ) h2 / 8mL2 3p

3 □ Leid deze formule af.

3p 4 □ Bereken voor dit systeem de energieën van de vijf laagste (verschillende) energieniveaus.

Het model van een quantumdeeltje in een ééndimensionale doos geeft goede voorspellingen voor het berekenen van een deel van het spectrum van sommige langgerekte moleculen. 3p 5 □ Bereken bij welke minimale frequentie er voor het eerst verschillen optreden.

SE2001_i3

De ontdekking van het tau–neutrino

figuur 1

Volgens het standaardmodel van elementaire deeltjes bestaan er drie soorten elektronachtige deeltjes: het elektron e, het muon µ en het tauon τ, zie figuur 1. Belangrijke overeenkomsten tussen deze deeltjes zijn dat ze dezelfde lading hebben en dat ze alledrie een bijpassend neutrino hebben. Het ‘gewone’ neutrino νe hoort bij het elektron. Behalve dit elektron-neutrino bestaan er dus ook het muneutrino νµ en het tau-neutrino ντ. In juli 2000 werd het tau-neutrino voor het eerst waargenomen. Daarbij maakte men gebruik van het feit dat een neutrino bij de botsing met een atoomkern een kernreactie kan veroorzaken. Hierbij wordt een neutron omgezet in een proton volgens de reactie: ντ + n → p+ + τ – 3p 1 □ Leid uit de bovenstaande reactievergelijking een soortgelijke vergelijking af voor het

waarnemen van een anti–τ–neutrino (ν τ ) bij een botsing met een atoomkern. Geef hierbij aan welke symmetrieën je gebruikt.

23

figuur 2

De reactie waarbij het ντ werd waargenomen, vond plaats door een bundel bestaande uit de

drie typen neutrino’s op een groot blok ijzer te laten vallen, zie figuur 2. Het τ–neutrino werd herkend door het waarnemen van het tauon dat bij de reactie met de ijzerkern werd gevormd, en waarbij een ijzerkern werd omgezet in een cobaltkern. De reactievergelijking luidt: ντ +

56

Fe →

56

Co + τ –

4p 2 □ Bereken hoeveel kinetische energie het τ–neutrino minimaal nodig heeft om deze reactie te

laten plaatsvinden. Cruciaal in dit experiment is de mogelijkheid om geproduceerde tauonen en anti-tauonen te herkennen. Dit moet gebeuren aan de hand van de vervalproducten, met behulp van behoudsprincipes. In de tabel worden enkele reacties gegeven die wel mogelijk zijn en enkele die niet mogelijk zijn. A: Wel mogelijk B: Niet mogelijk – – τ– → 2 e– + e+ τ → e + ν e + ντ τ– → π0 + π– τ+ → π+ + ν τ τ– → e– + γ τ – → π 0 + π – + ντ τ– → e+ + 2 π– τ + → µ + + νµ + ν τ 3p 3 □ Stel zelf een behoudswet op waaraan de reacties uit tabel A wel voldoen, maar die uit tabel B

niet.

SE2002_i1


Rond 1925 werd duidelijk dat materie ook een golfkarakter vertoonde. Twee natuurkundigen, Kapitza en Dirac, voorspelden daarna dat elektronen interfereren als ze loodrecht op een staande lichtgolf zouden vallen. De staande lichtgolf doet dienst als tralie, dat zorgt voor de interferentie van de elektronen. Dit zogenaamde Kapitza–Dirac effect is dus vergelijkbaar met een lichtgolf die op een tralie valt, maar met de rollen van materie en licht omgedraaid.

24

3p 1 □

Noem twee overeenkomsten en twee verschillen tussen licht en materie. In 2001 is het Kapitza–Dirac effect ook experimenteel aangetoond. De opstelling waarmee dit gebeurde is in figuur 1 getekend. De staande lichtgolf werd gemaakt door twee tegengesteld gerichte laserbundels, met behulp van twee lenzen, precies over elkaar te laten vallen. De beide laserbundels zijn monochromatisch en zenden licht uit met dezelfde golflengte. In het midden ontstonden maxima op een afstand van 266 nm van elkaar. Feitelijk is hiermee dus een “lichttralie” gemaakt. figuur 1

3p

2 □ Bepaal met behulp van het informatieboek Binas de kleur van het laserlicht dat gebruikt werd. De elektronen worden versneld in een elektronenkanon door een spanning van 380 V. De bundel elektronen gaat achtereenvolgens door enkele spleten om de bundel goed te richten. De elektronendetector staat op 24 cm achter het “lichttralie” en detecteert het interferentiepatroon dat is afgebeeld in figuur 2. Het 0e orde maximum, beide 1e en 2e orde maxima zijn duidelijk waarneembaar. figuur 2

25

·

Met behulp van de formule λ = h/p wordt een waarde van 6,3·10-11 m berekend voor de De Broglie golflengte van de elektronen. Met behulp van figuur 2 kan deze golflengte ook bepaald worden. 5p 3 □ Voer deze bepaling uit en ga na of deze waarde in overeenstemming is met de berekende

waarde. 3p 4 □ Licht aan de hand van een schets toe hoe het interferentiepatroon van figuur 2 verandert, als de

spanning in het elektronenkanon verkleind wordt.

SE2002_i2

Koolstofnanobuisje figuur 1

Een koolstof nanobuisje is een cilindertje met een diameter van 1 nanometer en een veel grotere lengte. Het is voor te stellen als een rond gevouwen vel grafiet. Het laagje grafiet bestaat uit koolstofatomen die gerangschikt zijn in een zeshoekige structuur, zie figuur 1. De koolstofringen liggen zo naast elkaar dat het buisje een geleider is. In korte nanobuisjes is het golfkarakter van de elektronen waarneembaar. De elektronen vormen dan staande golven in het nanobuisje. Onderzoekers van de Technische Universiteit Delft hebben aangetoond dat dit systeem in eerste benadering goed te beschrijven is met het eendimensionale deeltje-in-een-doos model. In een lang nanobuisje liggen de energieniveaus van de verschillende toestanden dicht bij elkaar. Dit maakt het experimenteel gezien lastig om één toestand te bestuderen. 2p 1 □ Leg uit waardoor de energieniveaus bij een kort nanobuisje verder uit elkaar liggen dan bij een lang buisje. figuur 2

26

Met behulp van een Scanning Tunneling Microscoop is het mogelijk inzicht te verkrijgen in de elektrontoestand bij een bepaald energieniveau. De STM meet indirect hoe groot de kans is om een elektron op een bepaalde plaats aan te treffen, zie figuur 2. Een hoge intensiteit (wit) betekent dat de kans groot is om het elektron op deze plaats in het buisje waar te nemen. In de figuur is tevens een koolstofring afgebeeld. 2p 2 □ Hoe blijkt uit figuur 2 dat het eendimensionale deeltje-in-een-doos model een goede benadering is van de elektronen in een nanobuisje? 4p 3 □

Toon met behulp van een berekening aan dat de energie die hoort bij de grondtoestand gelijk is aan 0,4 meV. figuur 3

In figuur 3 is een grafiek te zien die een maat is voor de waarschijnlijkheidsverdeling die hoort bij een bepaalde elektrontoestand. Het betreft een nanobuisje van 30 nm. Een deel van het patroon in de lengterichting is uitgezet in die figuur. De getrokken lijn is de gemeten waarde, de stippellijn is de theoretische waarde. Hieruit volgt ook de bijbehorende De Broglie golflengte van de elektronen. Voor deze toestand bedraagt die 0,66 nm. 3p 4 □ Leg uit dat het in figuur 3 om een hogere aangeslagen toestand gaat. 4p 5 □ Bereken om welke aangeslagen toestand het gaat en wat de bijbehorende waarde van de kinetische energie van een elektron is.

SE2002_i3

Zink-isotoop

Een bepaalde isotoop van zink, 65Zn, is niet stabiel en kan vervallen via β+ -verval volgens reactievergelijking A: A:

p+ → n + e+ + ν

In deze opgave nemen we aan dat neutrino’s geen massa hebben. figuur 1

27

Deze reactie kan ook weergegeven worden in een reactiediagram, waarvan de structuur al is getekend in figuur 1. 3p 1 □ Vul figuur 1 aan tot een volledig reactiediagram, door de pijlen en de deeltjesnamen op de juiste manier te noteren. De activiteit van een radioactieve bron wordt gegeven door de volgende formule:

A(t ) =

N (t ) ⋅ ln2 t1/ 2

In deze formule is A(t) de activiteit, N(t) het aantal instabiele kernen en t½ de halveringstijd. Een blokje van 65Zn met een massa van 5,0 g bestaat uit 4,6·1022 atomen en heeft een activiteit van 2,25·1013 Bq. 4p 2 □

Bereken welk percentage van dit zink vervalt volgens deze reactie. 65

Zn kan ook vervallen via elektron-vangst. De reactievergelijking hiervoor volgt volgens een symmetrieregel uit vergelijking A en wordt als B genoteerd: B:

p+ + e- → n + ν.

2p 3 □ Licht toe welke symmetrieregel hier gebruikt is. 3p 4 □ Leg uit of deze reactie meer of minder energie kost dan reactie A.

28

SE2003_i1

Stokoud licht

Lees de volgende fragmenten uit het artikel “Stokoud licht” in De Volkskrant van 13 april 2002.Er is een nieuw record: het verste cluster van sterrenstelsels dat ooit is ontdekt. Het is bijna zo oud als het heelal zelf. Astronomen moesten een speciale truc gebruiken om deze verre materie op te sporen. Er is een nieuw record: het verste cluster van sterrenstelsels dat ooit is ontdekt. Het is bijna zo oud als het heelal zelf. Astronomen moesten een speciale truc gebruiken om deze verre materie op te sporen. […] De truc zit ‘m erin dat heet waterstofgas ultraviolette straling uitzendt met een golflengte van 121,6 nm, de zogeheten Lyman-alfastraling. Omdat vrijwel elk sterrenstelsel waterstofgas bevat, dat verhit wordt door pasgeboren sterren, wordt er enorm veel van die straling in het heelal geproduceerd. Op weg naar de aarde raakt die straling roodverschoven. De golflengte waarmee de straling op aarde aankomt, is afhankelijk van de afstand van het stelsel waarin de straling is geproduceerd. Dus als je op zoek bent naar sterrenstelsels op een bepaalde afstand, moet je op zoek naar Lyman-straling met een heel specifieke

1p 1 □

3p 2 □

roodverschuiving. […] Er is nu een zogenaamd radiostelsel ontdekt op een afstand van ruim dertien miljard lichtjaar afstand. Dit is zo ver weg dat sterrenkundigen het stelsel zien zoals het eruit zag toen het heelal tien keer zo jong en ruim vijf keer zo klein was als nu. […] “Door de uitdijing van het heelal komt het licht van het stelsel op de aarde aan met een golflengte van 620,2 nm. Bij een Amerikaans bedrijf hebben we een speciaal filter laten maken dat alleen straling van deze golflengte doorlaat. Op die manier pikken we de sterrenstelsels die even ver weg staan als het radiostelsel er zo uit.”

Verklaar de titel “Stokoud licht”. Volgens de huidige stand van onze kennis leven we in een uitdijend heelal. Een van de gevolgen hiervan is dat de golflengte van quantumdeeltjes in het heelal in hetzelfde tempo mee uitdijt. De golflengte van de Lyman-alfa-fotonen uit het verre sterstelsel is hierdoor tijdens hun reis meer dan vijf keer zo groot geworden. De energie van deze fotonen wordt dus steeds kleiner. Een belangrijk gegeven in theorieën over het heelal is dat het effect van de uitdijing op de energie van ‘straling’ (snelle deeltjes, zoals fotonen) verschilt van het effect op ‘materie’ (langzame deeltjes, zoals elektronen met een niet-relativistische snelheid). Bereken de energie Ef die een foton van de Lyman-alfastraling had toen het werd uitgezonden. Tegelijkertijd met het foton werd een elektron uitgezonden met dezelfde golflengte. De verhouding van de energie van een foton en de kinetische energie van een elektron met dezelfde golflengte λ wordt gegeven door de formule

Ef 2mcλ = Ee h

Op het moment van uitzenden had deze verhouding een waarde van 1,002 ·10 5. We nemen aan dat het elektron en het foton beide zonder verstoring door het heelal blijven reizen. Door de uitdijing van het heelal nemen de golflengten van het foton en het elektron dan evenveel toe, zodat hun golflengte steeds gelijk blijft.

Ef

2p 3 □

Bereken

2p 4 □

Formuleer een conclusie met betrekking tot de verhouding van stralingsenergie en de kinetische energie van materie in het heelal op lange termijn. Licht deze conclusie toe.

Ee

bij de huidige golflengte van 620,2 nm.

29

Het sterstelsel is gevonden met behulp van een speciaal filter. De laatste regel van het artikel luidt: “Op die manier pikken we de sterrenstelsels die even ver weg staan als het radiostelsel er zo uit.” 3p 5 □

Leg uit hoe gebruik van het filter ertoe leidt dat vooral sterstelsels op een afstand van 13 miljard lichtjaar afstand worden waargenomen. Gebruik hierbij nog een ander citaat uit het artikel en licht iedere stap in je redenering toe. De roodverschuiving van het foton wordt met behulp van het dopplereffect vaak in verband gebracht met een snelheid. De roodverschuiving z wordt gedefinieerd door

z=

λobs − λr λr

Waarin λobs de waargenomen golflengte is en λr de golflengte van de bron in rust. figuur 1

In figuur 1 is het verband weergegeven tussen de roodverschuiving en de snelheid van de bron als fractie van de lichtsnelheid. 3p 6 □ Bepaal met behulp van figuur 1 de snelheid waarmee het sterrenstelsel zich van ons af beweegt.

30

SE2003_i2

Antiwaterstof

Waterstof is het eenvoudigst mogelijke atoom. Het ontstaat uit twee subatomaire deeltjes. Bij de vorming wordt een hoeveelheid energie uitgezonden in de vorm van één of meer fotonen, volgens de reactie:

e− + p+ → H + γ Op basis van symmetrieën kan worden afgeleid dat er ook antiwaterstof moet bestaan. 3p 7 □ Geef de reactievergelijking voor de vorming van antiwaterstof en geef aan op welke manier deze vergelijking kan worden afgeleid uit de vorige. Om de symmetrie tussen materie en antimaterie te bestuderen, worden in het CERN in Genève experimenten gedaan met antiwaterstof. De antiprotonen die hiervoor nodig zijn, worden gemaakt door een bundel versnelde protonen te richten op een trefplaatje, bijvoorbeeld een plaatje koper. Bij botsingen van deze snelle protonen met de protonen in een koperkern kunnen antiprotonen worden gevormd via de reactie:

p+ + p+ → 3 p+ + p− Achter het trefplaatje ontstaat zodoende een bundel waarin protonen, antiprotonen en diverse andere soorten deeltjes voorkomen. 2p 8 □ Beschrijf in het kort een manier om de protonen van de antiprotonen te scheiden. De antiprotonen worden eerst in een opslagring verzameld. Daarna worden ze afgeremd in een decelarator (= vertrager) en opgesloten in een elektrische val. Dit is een cilindrische ruimte waarin met behulp van ringvormige elektroden een elektrisch veld is aangebracht. In figuur 2 is een doorsnede van zo’n ruimte getekend. Eronder is een grafiek van de potentiële energie van de antiprotonen weergegeven. figuur 2 Alleen snelle deeltjes kunnen de val nog via de uiteinden verlaten. Om te voorkomen dat de antiprotonen de wand van de cilinder raken, is bovendien in de lengterichting van de val een magneetveld aangebracht. De antiprotonen gaan rond de magnetische veldlijnen een cirkelbeweging uitvoeren. De antiprotonen worden bij de uiteinden van de val afgeremd, dus de snelheid is in het midden van de val het grootst. De potentiële energie van de antiprotonen in de val is weergegeven in figuur 3.

31

figuur 3

Een antiproton dat van het midden van de val naar de uiteinden beweegt verliest hierbij kinetische energie. 5p 9 □

Bepaal de minimale snelheid die een antiproton in het midden van de val moet hebben om uit de val te ontsnappen. Voor het experiment is het belangrijk dat de snelheidsverschillen tussen de antiprotonen

onderling kleiner worden gemaakt. Daarom zijn er in de val al een aantal elektronen met zeer lage energie opgesloten, die een groot deel van de energie van de antiprotonen overnemen. Daarna worden ze verwijderd. Hoewel antiprotonen bestaan uit antimaterie en elektronen uit gewone materie, treedt hierbij geen annihilatie op. 2p 10□ Leg dit uit met behulp van een behoudswet. De antiprotonen worden vervolgens toegelaten in een volgend deel van de val, waarin eerst al een hoeveelheid positronen is verzameld.

figuur 4 Doordat de antiprotonen kunnen doordringen in het gebied waar de positronen zitten worden er antiwaterstofatomen gevormd. Omdat het atoom neutraal is, ontsnapt het uit de val en annihileert zodra het de wand raakt. De opstelling is omringd door deeltjesdetectoren, waarmee de annihilatie van een antiwaterstofatoom kan worden herkend. Bij de annihilatie van een antiproton ontstaan pionen. Bij de annihilatie van een positron ontstaan twee gammafotonen met dezelfde golflengte, die in tegengestelde richting worden uitgezonden. Onderdeel van de herkenning is dat er gezocht wordt naar deze gamma-fotonen. 5p 11□ Bereken de golflengte van de twee gamma-fotonen.

32

SE2003i3

Pionen

Pionen kunnen worden geproduceerd door protonen te versnellen en te laten botsen op een trefplaatje. Hierbij kan de volgende reactie optreden:

A:

p + + n → 2p + + π −

Het proton moet een bepaalde kinetische energie hebben opdat dit proces kan plaatsvinden. 3p 12 □ Bereken deze minimale energie in MeV.

Naast het negatieve pion bestaan er nog twee soorten, het π + en het π 0. De pionen zijn elk opgebouwd uit een quark en anti-quark van de eerste generatie: u en d, u en d . 2p 13 □ Bepaal de quarksamenstelling van het negatieve pion. Als het pion dat in reactie A ontstaat botst met een proton kan de volgende reactie optreden: B: π − + p + → n + π 0 Het neutrale pion is een merkwaardig deeltje, dat tegelijkertijd is samengesteld als uu en als dd . Deze twee vormen gaan binnen dit deeltje als het ware voortdurend in elkaar over. 2p 14 □ Leg uit waarom neutrale pionen geen lang leven beschoren is. Met behulp van symmetrie-transformaties kunnen andere reacties worden afgeleid. In vergelijking B worden de beide pionen gekruist, X (π –,π 0), en op de reactie die dan ontstaat wordt tijdomkeer, T, toegepast . 4p 15 □ Teken het reactiediagram van de reactie die dan ontstaat.

SE 2003_ii1

K0 - deeltje

figuur 1

33

2p 1□

Bij een deeltjesbotsing in een detector wordt een gebeurtenis waargenomen waarbij onder andere een neutraal K0- deeltje ontstaat. Zie figuur 1. In de tekening gebeurt dit in punt P. Het K0- deeltje vervalt in het punt Q, in een positief π+-meson en een negatief π –-meson. Omdat er loodrecht op het vlak van tekening een magneetveld B is aangebracht, beschrijven de geladen deeltjes cirkelvormige banen die in het vlak van tekening liggen. Leg met behulp van de figuur uit wat de richting van het magneetveld is: papier in of papier uit. Voor de straal R van een cirkelbaan geldt de formule:

R=

p waarin p de impuls is van het deeltje en q de lading qB

3p 4□

De impuls van het π +-meson bedroeg 562 MeV/c. De straal van de cirkelbaan was 10,7 cm. Bereken de magnetische veldsterkte.

4p 5□

De impuls van het π –-meson bedroeg 331 MeV/c. Bereken de impuls van het K0-deeltje.

3p 6□

Bij het verval van het K0 in pionen zijn geen andere deeltjes ontstaan. Uitgaande van deze en soortgelijke reacties is bepaald dat het K0 een meson is. Leg aan de hande van de gegeven reactie uit waarom het K0-deeltje geen lepton of baryon zou kunnen zijn.

SE 2003_ii2

3p 1□

Krypton

Edelgassen zijn bij kamertemperatuur éénatomige gassen, die ook met andere stoffen zelden verbindingen aangaan. Leg uit waarom edelgassen zo moeilijk verbindingen aangaan. Maak hierbij gebruik van het gegeven dat elektronen fermionen zijn. Helium komt alleen onder hoge druk voor in vaste toestand. De andere edelgassen kristalliseren wel maar hebben een laag smeltpunt. De oorzaak hiervan is dat de enige aantrekkende kracht tussen edelgasatomen onderling de Van der Waals kracht is. Deze is zwak en neemt snel af bij toenemende afstand r. Voor de potentiële energie ten gevolge van deze kracht geldt de formule:

E pot =

a r6

waarin a een constante is

2p 2□

Leg uit met welke macht van r de kracht tussen de atomen onderling afneemt.

2p 3□ 3p 4□

Een opvallend kenmerk van edelgassen is dat smeltpunt en kookpunt zeer dicht bij elkaar liggen. Geef twee voorbeelden waaruit dit blijkt. Geef een verklaring voor dit verschijnsel. Op zeer korte afstanden ontstaan tussen atomen sterke afstotende krachten. Onderzoek heeft uitgewezen dat bij alle edelgassen de energie ten gevolge van deze afstoting evenredig is met r -12. We bekijken als voorbeeld het edelgas krypton. Voor een kristal van N atomen krypton geldt de volgende uitdrukking voor de totale energie:

(

E tot = N × 5,46 ⋅ 10 −22 × X 12 − 6,50 ⋅ 10 −22 × X 6

)

34

Hierin is de grootheid X gedefinieerd als: X = 4p 5□

3,65 ⋅ 10 −10 r

De waarde van X waarbij de energie minimaal is noemen we X0. Bereken X0. Een bepaald kristal bevat 1,0 mol kryptonatomen. Het wordt door een gelijkmatige druk zover samengedrukt dat alle afstanden 1% kleiner worden. De energie Etot neemt hierbij toe met 0,43 J. De druk die hiervoor nodig is kan worden berekend met behulp van de formule Etot = ½ p ∆V

5p 7□

Bereken deze druk.

SE2003_ii3

2p 1 □

Geleiding in nanodraden

De nanofysica is een vakgebied dat tegenwoordig sterk in ontwikkeling is. Het onderzoekt de eigenschappen van materie met afmetingen in de buurt van een nanometer. Bij het verklaren van de verschijnselen op deze schaal schiet de klassieke fysica vaak tekort en is het nodig de wetten van de quantumfysica te gebruiken. Licht aan de hand van een voorbeeld een eigenschap van materie toe die alleen met behulp van quantumfysica te verklaren is. Nanodraden zijn extreem dunne metalen draadjes. Ze kunnen gemaakt worden met behulp van de breekjunctietechniek. Zie figuur 1. Een draad, met in het midden een inkeping, wordt op een buigplaat gemonteerd. Bij doorbuigen breekt de draad op het zwakke punt. Door de punten bij elkaar te brengen en dan heel voorzichtig weer verder te rekken ontstaat een overbrugging van enkele nanometers dik: de nanodraad. De doorbuiging kan extreem nauwkeurig worden fijngeregeld via de spanning op een piëzo-element, zoals weergegeven in figuur 1. figuur 1 figuur 2

3p 2□

Via deze techniek kunnen zeer dunne draden worden gerealiseerd, tot zelfs verbindingen van slechts een enkel atoom dik. Tijdens het oprekken wordt onder andere de elektrische geleiding in dergelijke dunne draden onderzocht. De elektrische geleiding G is de omgekeerde fysische grootheid van de elektrische weerstand R. Leg uit hoe volgens de klassieke natuurkunde (o.a. de wet van Ohm) de elektrische geleiding afhangt van de doorsnede van de draad.

35

In figuur 2 zijn de meetresultaten te zien van drie verschillende draden. De geleiding is uitgezet tegen de spanning over het piëzo-element. Een grotere spanning betekent een grotere uitrekking, dus een dunnere draad. Zodra de draad breekt stopt de geleiding. Bij de drie draden in figuur 2 vindt de breuk steeds plaats als de draad nog maar één atoom dik is. Opvallend is dat de geleiding dan telkens een zelfde waarde heeft. Deze waarde wordt G0 genoemd, de quantumeenheid van geleiding, en bedraagt 2e2/h.

3p 4□

Laat met behulp van een eenhedenbeschouwing zien dat de eenheid van 2e2/h inderdaad het omgekeerde is van de eenheid van weerstand. Bereken de geleiding van een contact dat nog slechts bestaat uit een enkel atoom.

3p 5□

Bij de metalen goud, platina en iridium is waargenomen dat er draden gevormd werden van een enkel atoom dik en een aantal atomen lang. Volgens de quantum theorie van geleiding wordt weerstand vooral veroorzaakt door botsingen van elektronen met fouten in het metaalrooster. In een draad van één atoom dik kunnen dergelijke fouten niet voorkomen. De weerstand zou dus ook niet moeten toenemen als de draad langer wordt. Figuur 2 heeft betrekking op een gouddraad en de metingen lijken te bevestigen dat.de weerstand inderdaad niet toeneemt met de lengte van de draad. Leg dit uit door de onderste niveaus A, B en C in figuur 2 met elkaar te vergelijken.

3p 3□

Met behulp van de geleiding werd ook de diameter van de draden onderzocht. Volgens de theorie geeft onderstaande relatie in goede benadering de diameter van een dunne draad:

2e2 ⎛ π d ⎞ ⋅⎜ G≅ ⎟ h ⎝ 2λF ⎠

2

Hierin is d de diameter van de draad en λF de golflengte van de elektronen bij de ‘fermienergie’. Voor goud is deze gelijk aan λF = 0,19 nm. Voor draden van één atoom dik volgt uit deze formule een benadering voor de diameter van een goudatoom. 3p 6□ Bereken deze diameter.

SE2004_i1

Caroteen

Caroteen is een stof die voorkomt in bijvoorbeeld worteltjes en mango’s. Het is een koolwaterstof met de molecuulformule C40H56. Een model van het caroteenmolecuul is gegeven in figuur 1. figuur 1

Volgens de theorie van moleculaire bindingen zijn er bij de bindingen in caroteen twee soorten elektrontoestanden betrokken. De zogenaamde σ-elektronen zitten op vaste plekken tussen de atomen. De π-elektronen bevinden zich in toestanden waarbij ze kunnen bewegen over de hele lengte van het molecuul. Op de π-elektronen is in goede benadering het (eendimensionale) deeltje-in-een-doos-model van toepassing.

36

2p 1 2p 2

Koolwaterstoffen zoals caroteen ontstaan door de vorming van covalente bindingen tussen de koolstof- en de waterstofatomen. Covalente bindingen komen tot stand doordat de totale energie lager wordt als atomen hun elektronen delen. Leg uit hoe het delen van elektronen leidt tot het verlagen van de totale energie. Leg uit waarom helium, in tegenstelling tot waterstof, niet de neiging heeft om covalente bindingen aan te gaan. In figuur 2 is het absorptiespectrum van caroteen gegeven. Horizontaal staat de golflengte, vertikaal de mate van absorptie. figuur 2

3p 3

Verklaar de kleur van worteltjes met behulp van dit spectrum. Bij caroteen blijkt dat er 22 π-elektronen per molecuul zijn.

3p 4

Leg met behulp van het Pauli-principe uit welke energieniveaus betrokken zijn bij het aanslaan van het eerste πelektron.

Er is een energie van 2,76 eV nodig om het eerste π-elektron aan te slaan. 4p 5

Bereken de effectieve lengte waarlangs de elektronen volgens dit model vrij kunnen bewegen.

SE2004_i2

Pentaquark

Lees eerst onderstaand krantenartikel uit de Wetenschapsbijlage van NRC-Handelsblad

Fysici ontdekken deeltje bestaande uit vijf quarks

37

figuur 3

Twee teams van natuurkundigen hebben beide een deeltje ontdekt dat is opgebouwd uit vijf quarks, een zogenaamd pentaquark. Een Japanse groep van de Universiteit van Osako zag het pentaquark het eerst. De Japanners richtten een bundel krachtige gammastralen (tot 2,4 GeV) op een plaatje plastic. Botsingen tussen een gammadeeltje en een neutron in een koolstofatoom leverde het gezochte pentaquark op. De massa werd vastgesteld op 1,54 GeV/c2. Het pentaquark blijkt te bestaan uit twee down-

quarks, twee up-quarks en een anti-strangequark. Het vervalt in zeer korte tijd in een neutron en een positief K-meson. De Japanse ontdekking is reeds bevestigd door een Amerikaanse groep wetenschappers van Ohio University. Het is nog onduidelijk of het pentaquark uit vijf stevig gebonden quarks bestaat of dat het een soort molecuul is bestaande uit een neutron en een positief Kmeson.

Het krantenartikel suggereert dat de volgende reactie heeft plaatsgevonden: γ + n → pentaquark 2p 1

Leg met een behoudswet uit dat deze reactie niet kan hebben plaatsgevonden.

Een reactie die wel kan hebben plaatsgevonden, is de volgende: γ + n → pentaquark + K – 3p 2 4p 3

4p 4

Bereken de energie (in MeV), die het gammafoton minstens moet hebben om deze reactie mogelijk te maken. Ga er van uit dat het neutron snelheid 0 heeft. Teken het reactiediagram van deze reactie. Geef hierin bij het K– -deeltje geen pijl aan. Door het toepassen van symmetrie-operaties op de gegeven reactie kunnen nog andere manieren worden gevonden om het pentaquark te maken. Geef nog twee manieren om het pentaquark te maken en geef aan welke symmetrieën je gebruikt. De massa van het pentaquark heeft men bepaald door het verval van het pentaquark te laten

38

plaatsvinden in een homogeen magnetisch veld. In figuur 4 is dit verval getekend zoals het door de detector is waargenomen. Het magnetisch veld staat loodrecht op het vlak van de tekening. figuur 4

Om de massa van het pentaquark te kunnen bepalen moet onder andere de impuls van het positieve kaon bekend zijn. Deze impuls is te bepalen met behulp van figuur 4. 3p 5

Leg uit hoe men uit figuur 4 de impuls van het positieve kaon zou kunnen bepalen. Leid hiertoe eerst een uitdrukking af voor het verband tussen de impuls en de straal van de baan. (N.B.: Je hoeft de bepaling zelf niet uit te voeren)

SE 2004_i3

Het Starkeffect

Energietoestanden van een atoom zijn soms ‘ontaard’. Dit betekent dat ze dezelfde energie hebben ondanks dat hun golffuncties verschillend zijn. Door een elektrisch veld aan te leggen kan men ervoor zorgen dat ontaarde energietoestanden een verschillende energie krijgen. Dit verschijnsel wordt het ‘Starkeffect’ genoemd, en het heeft tot gevolg dat de spectraallijnen van het atoom gesplitst worden. Het Starkeffect is in de praktijk te zien bij het spectrum van gasontladingslampen, waarover immers een elektrisch veld is aangelegd wanneer ze branden. Om het Starkeffect te onderzoeken gebruiken we in deze opgave het model van een ‘deeltje in een doos’.

3p 1 1p 2

2 3 p

Als ruw model voor het waterstofatoom nemen we een kubusvormig doosje met daarin een elektron. Dit driedimensionale doosjesmodel schiet in een aantal opzichten tekort als model voor het waterstofatoom. Geef drie opzichten waarin het doosjesmodel tekortschiet als model voor het waterstofatoom. Geef een reden waarom het ‘deeltje in de doos’ toch een aardig model voor het waterstofatoom kan zijn. Leg uit dat het eerste aangeslagen energieniveau van het doosje bestaat uit drie ontaarde energietoestanden. De ribbe van het kubusvormige doosje wordt zo gekozen, dat het verschil in energie van de grondtoestand en de eerste aangeslagen toestand gelijk is aan 10 eV, zie figuur 5b. Met behulp van een homogeen elektrisch veld, dat langs de x-as is gericht, wordt de energie van elke energietoestand van het elektron in de doos veranderd. Hoeveel deze energieverandering bedraagt, hangt af van de veldsterkte en van het quantumgetal nx . De energieverandering hangt niet af van ny en nz, omdat het veld langs de x-as is gericht.

39

figuur 5

2p 4 3p 5

In figuur 5a is de ruimtelijke situatie getekend. In figuur 5b is te zien welke gevolgen het elektrisch veld heeft voor de energieniveaus. Leg uit waarom na aanleg van het veld nog steeds twee toestanden ontaard zijn. Bereken de kleinste golflengte van het spectrum behorend bij het energieschema van figuur 5b, voor de situatie met elektrisch veld. Het elektrisch veld verandert niet alleen de energie maar ook de golffunctie van elke energietoestand. In figuur 6 is de golffunctie (in x-richting) getekend van de grondtoestand van het elektron als er geen elektrisch veld is. L is de ribbe van de kubus. L figuur 6

Als het elektrisch veld wel aanwezig is verandert deze golffunctie. In figuur 7 zijn drie mogelijkheden getekend (a, b of c). figuur 7

3p 6

Kies de juiste golffunctie (a, b of c) en leg uit waarom de andere twee niet juist kunnen zijn.

40

SE2004_ii1

Röntgenstraling

figuur 1

In een röntgenbuis wordt röntgenstraling opgewekt door elektronen te versnellen en te laten inslaan op een metalen anode. Als een groot deel van de energie van een elektron in één stap wordt omgezet in straling ontstaat hierbij röntgenstraling. 1p 1 2p 2

4p 3

5p 4

Wat is het golflengtegebied van röntgenstraling? (zoek op in BINAS). Leg uit waarom het voor het opwekken van röntgenstraling belangrijk is, dat een groot deel van de energie van de elektronen in één stap wordt omgezet in straling en niet in een groot aantal kleine stappen.

Op een bepaald moment wordt de versnelspanning verdubbeld. De De Broglie golflengte van de elektronen verandert hierdoor van λ1 in λ2. Bereken de verhouding λ1 : λ2

De anode wordt meestal gemaakt van een zwaar metaal, bijvoorbeeld wolfraam. Dit heeft tot gevolg dat een deel van de straling wordt uitgezonden met specifieke golflengten, behorend tot het spectrum van dit metaal. Een elektron wordt weggeslagen uit een laag energieniveau van het atoom. Een elektron uit een hoger energieniveau vult het gat op en zendt daarbij een röntgenfoton uit. We bekijken een elektron dat uit het tweede energieniveau terugvalt naar een gat in het laagste niveau. Het zendt hierbij een foton uit met een golflengte van 0,1 nm. Met het model van het deeltje in een doos kan nu een schatting worden gemaakt van de ruimte die de elektronen in deze lage energieniveaus in het atoom innemen. Bereken de diameter van de ruimte die de elektronen in deze energieniveaus innemen met behulp van het eendimensionale doosjesmodel.

41

SE 2004_ii2

Neutrino's

De Amerikaanse fysicus Davis bouwde in 1954 de eerste neutrinodetector. Hij probeerde neutrino’s aan te tonen via een reactie met chlooratomen in een vloeistof waarbij argon gevormd wordt. Davis was in staat om zeer kleine hoeveelheden argon te detecteren. De reactie van neutrino’s met chloor is als volgt:

ν e + 37 17 Cl → 3p 1

37 18

Ar + e −

Bereken hoeveel energie het neutrino minimaal moet hebben om deze reactie mogelijk te maken. Ga ervan uit dat de chloorkern voor de reactie stilstaat

Het neutrino reageert in feite met één van de deeltjes in de chloorkern. 3p 2

Geef het reactiediagram van de reactie met dit deeltje.

Davis vond een oude mijn in South Dakota en bouwde daarin een tank met 615 ton perchloorethyleen (C2Cl4), een vloeistof die veel wordt gebruikt in stomerijen. Davis hoopte met deze opstelling zonneneutrino's waar te nemen. Deze neutrino’s bereiken de aarde tezamen met allerlei andere deeltjes die gezamenlijk worden aangeduid met de term kosmische straling. 2p 3

Noem een reden waarom hij deze tank graag diep onder de grond wilde opstellen.

Er bleken inderdaad neutrinoreacties te worden waargenomen, gemiddeld één per twee dagen. Vandaar dat er lang gemeten moest worden om betrouwbare conclusies te kunnen trekken. Davis’ experimenten besloegen een periode van 40 jaar! De aarde bevat aanzienlijke hoeveelheden radioactieve kernen. Overal zijn bijvoorbeeld wel kleine hoeveelheden thorium en uranium aanwezig. Sommige vervalproducten van deze kernen vervallen verder via β-verval, zoals 210 82

3p 4

Pb →

210 83

Bi + β − + νe

Het antineutrino uit deze reactie kan ook een reactie met een chloorkern aangaan en hierbij komt een positron vrij. Leg uit welke kern hierbij geproduceerd wordt en geef de reactievergelijking.

42

SE 2004_ii3

Diamant

Diamant is een koolstofkristal, evenals grafiet. Dankzij de manier waarop de atomen zijn gestapeld en de sterkte van de bindingen tussen naburige atomen is diamant echter veel harder. figuur 1

a b

2p 1

Figuur 1a geeft een beeld van de kristalstructuur. Hierin is te zien dat ieder koolstofatoom is verbonden met zijn vier naaste buren. In figuur 1b is te zien dat die naaste buren op de hoekpunten van een kubus zitten. Het koolstofatoom binnen de kubus bevindt zich op het snijpunt van de lichaamsdiagonalen. Als er géén druk wordt uitgeoefend op het kristal nemen de bindingen een evenwichtslengte aan van L0 = 0,154 nm. Laat door een berekening zien dat de ribbe van de kubus in figuur 1b gelijk is aan 0,178 nm.

3p 2

De kubussen uit figuur 1b vullen niet de gehele ruimte van het kristal op. Wel kan worden afgeleid dat, gemiddeld over het hele kristal genomen, het volume per koolstofatoom gelijk is aan het volume van de getekende kubus. Bereken met behulp van deze ribbe de dichtheid van diamant. In een model van het diamantkristal worden de bindingen tussen de atomen voorgesteld door ééndimensionale doosjes. Ieder doosje bevat twee bindingselektronen in de grondtoestand. De lengte L van de bindingen verandert als er druk wordt uitgeoefend op het kristal. Zoals bekend geldt voor de kinetische energie van een elektron in de grondtoestand van een ééndimensionaal doosje de vergelijking:

Ek =

a L2

met a =

h2 = 6, 02 ⋅10−38 Jm 2 8me

Als het kristal wordt ingedrukt, wordt de bindingslengte L kleiner en neemt de kinetische energie van de bindingselektronen dus toe. Dit zorgt ervoor dat het kristal moeilijk in te drukken is.

43

Ook als de bindingslengte groter wordt dan de evenwichtslengte neemt de energie toe. We nemen aan dat er ook een potentiële energie Ep is, die toeneemt naarmate het doosje langer wordt. We nemen aan dat deze potentiële energie omgekeerd evenredig is met de lengte van het doosje. De totale energie Ed van de twee elektronen in het doosje wordt dan

Ed =

2a b + L2 L

Deze energie is minimaal bij L = L0 3p

3

Toon aan dat b gegeven wordt door b = −

4a L0

Met gebruik van dit resultaat kan Ed geschreven worden als

Ed =

5p

4

2a 4a − L2 LL0

Een diamant van 1,0 cm3 bevat 3,5·1023 bindingen. Door gelijkmatig druk uit te oefenen op alle kanten van het kristal wordt bereikt dat al deze bindingen 1,00 % korter worden. Het volume van het kristal wordt dan 3,0 % kleiner. Laat door een berekening zien dat de totale toename van de energie van alle bindingen in de diamant gelijk is aan 1,8·10² J. Uit de energietoename van het totale kristal kan de druk die voor het samenpersen ervan nodig is, berekend worden met de formule:

∆E =

1 2

p∆V met ∆E de totale energietoename van alle bindingen in het kristal, ∆V de volumeafname van het kristal en p de benodigde druk.

3p

5

Voor de genoemde volumeverandering van diamant blijkt in de praktijk een druk nodig te zijn van 1,3·1010 Pa. Toon met behulp van een berekening aan dat de druk volgens het gebruikte model niet meer dan 10% afwijkt van de gemeten waarde.

44

SE2005i 1

Het charmante proton

In de grote versneller van DESY in Hamburg worden charmquarks bestudeerd die ontstaan in botsingen tussen protonen en positronen. Dit wordt vooral gedaan om de quantumtheorie over wat zich binnen een proton afspeelt te toetsen. figuur 1

Zoals je weet bestaat het proton uit drie quarks (de drie zwarte bolletjes in figuur 1). Binnen het proton ontstaan echter ook voortdurend ‘spontaan’ nieuwe quark-antiquark-paren, die binnen zeer korte tijd annihileren (de lichte bolletjes in figuur 1). Ook paren uit een hogere quarkgeneratie zoals charm-anticharm-paren ( cc ) kunnen hierbij voorkomen. Dit verschijnsel is een uitvloeisel van Heisenbergs onzekerheidsrelatie: gedurende korte tijd kan energie van de natuur worden ‘geleend’ om materiedeeltjes te laten ontstaan. 3p

1

Bereken hoeveel energie van de natuur moet worden ‘geleend’ om een charm-anticharm-paar te laten ontstaan.

In een botsing tussen een proton en een positron kan een kortlevend anticharmquark geraakt worden en uit het proton schieten. Het charmquark, dat bij het geraakte anticharmquark hoort, blijft achter in de resten van het proton. Het anticharmquark kan niet als los deeltje vrijkomen, maar vormt samen met een up-quark uit het proton een meson ( uc ). Na korte tijd vervalt dit meson doordat het anticharmquark vervalt in een antistrangequark ( s ). Daarbij wordt onder andere een elektron uitgezonden, dat goed kan worden gedetecteerd. In Hamburg worden de volgende reactievergelijkingen bestudeerd.

e+ + p + → e + + uc + X

(1)

Hierin stelt X de protonresten voor, inclusief het achtergebleven charmquark.

uc → u s + e − + Y

(2)

Hierin is Y een elementair deeltje. 3p

2

2p 3p 2p

3 4 5

Geef het reactiediagram van reactie (1). Het in deze reactie voorkomende meson wordt weergegeven door een lijn zonder pijl. Beredeneer wat de quarksamenstelling is van X. Om welk deeltje Y gaat het in reactie (2)? Licht je antwoord toe met behoudswetten. Leg uit welk type wisselwerking verantwoordelijk is voor het verval van reactie (2).

45

SE2005i 2

Supernova

Een middelzware ster zoals de zon krijgt zijn energie uit de fusie van waterstof tot helium in zijn kern. Bij zwaardere sterren gaat de fusie verder. De kern van een zware ster bestaat na een tijd voornamelijk uit ijzer, in de vorm van plasma. De vorming van nog zwaardere elementen dan ijzer levert geen energie meer op, maar kost energie. Dan stopt het fusieproces en begint de kern te krimpen. Zonder energiebron is de druk in de kern namelijk niet hoog genoeg om het gewicht van de buitenlagen te weerstaan. figuur 1

Rigel Figuur 1 geeft de schematische opbouw van een zware ster, Rigel-A, een “blauwe superreus” met een massa van 5·1031 kg en een straal van 8·1010 m. De straal van de kern is in vergelijking hiermee verwaarloosbaar. Een ruwe schatting van de druk op de kern kan worden gemaakt met de formule: p = ρ gh

Hierin is: • ρ de gemiddelde dichtheid van de ster; 2

• g de valversnelling aan het steroppervlak van Rigel A, deze bedraagt 0,5 m/s ; • h de straal van de ster. 3p

6

Bereken met bovenstaande formule de druk op de kern van Rigel-A.

Het plasma waaruit de kern bestaat geleidt zeer goed. Als gevolg hiervan is op de elektronen in goede benadering het deeltje-in-een-doos-model van toepassing. De doos is in dit geval de hele sterkern. 2p

7

Leg met behulp van de De-Broglie golflengte uit dat de kinetische energie van de elektronen toeneemt als de sterkern krimpt. De energie van de elektronen zal steeds verder toenemen. Hierdoor treedt in sommige atoomkernen elektronvangst op, waarbij een proton met het ‘gevangen’ elektron overgaat in een neutron en een neutrino:

p+ + e− → n + ν e Een andere bekende en verwante reactie is het β–verval van een neutron. 3p

8

Leg uit op grond van welke symmetrieën de vervalreactie van het neutron kan worden afgeleid uit bovenstaande elektronvangstreactie.

46

Een kernreactie waarbij elektronvangst plaatsvindt, is de vorming van ijzer-59 uit kobalt-59. 4p

9

Bereken hoeveel energie het elektron minimaal moet hebben om deze reactie tot stand te brengen.

IJzer-59 vervalt via β–verval terug naar kobalt-59. Op een bepaald moment wordt de energie van de elektronen zo groot, dat deze reactie-cyclus op grote schaal heel vaak herhaald wordt. Door de enorme hoeveelheid energie die nu binnen enkele seconden ontsnapt, stort de kern in. In de buitenlagen zorgt dit voor een schokgolf die tevens een kernfusiegolf veroorzaakt. Samen met de zwaartekracht op de naar binnen vallende lagen levert dit de energie voor een supernova-explosie, waarbij de lichtkracht van de ster met een factor 1011 toeneemt en dan geleidelijk uitdooft. 2p

10

Leg uit waardoor een groot deel van de energie die bij de elektronvangst en neutronvervalreacties vrijkomt direct uit de ster kan ontsnappen.

SE2005ii1

Quantumfysica in de wereld van het alledaagse

Lees eerst onderstaande tekst. Deze tekst is een bewerking van een artikel van Dirk van Delft uit de Wetenschapsbijlage van NRC-Handelsblad (2004).

Test onzekerheidsrelatie Heisenberg op macroschaal is bijna mogelijk Waar houdt de quantumwereld van atomen en elektronen op en begint de macro-omgeving van alledaagse voorwerpen als zandkorrels en olifanten? Matthew LaHaye en zijn medewerkers van de University of Maryland hebben een methode ontwikkeld, waarmee het weldra mogelijk moet zijn quantumgedrag op macroschaal aan te tonen. Het golfkarakter van quantumobjecten zoals elektronen heeft tot gevolg dat plaats en impuls niet gelijktijdig scherp bepaald kunnen zijn. Vastpinnen van de positie tot op hoge nauwkeurigheid leidt principieel (dus los van iedere beperking van de meetmethode) tot meer onzekerheid in de waarde van de impuls – en vice versa. De onzekerheidsrelatie van Heisenberg uit l927 geeft een kwantitatieve beschrijving van deze onzekerheid. LaHaye vroeg zich af of Heisenbergs onzekerheidsrelatie ook waarneembaar is bij objecten die veel groter zijn dan de atomaire schaal. Het idee was een staafje zo ver af te koelen dat de nulpuntstrilling van het staafje – de trilling die het staafje volgens de onzekerheidsrelatie van Heisenberg ook bij nul kelvin (het absolute nulpunt) nog moet uitvoeren – meetbaar zou worden. Het trillende staafje dat in LaHaye’s experiment fungeert als macro-object, heeft een lengte van ongeveer een honderdste millimeter. Dat is niet groot, maar zijn massa van 1,67 picogram komt nog altijd overeen met die van 1000 miljard waterstofatomen – uit quantumoogpunt zéér macro. De nulpuntstrilling van dit staafje heeft volgens de quantumtheorie een amplitudo van 10 femtometer (10.000 keer zo klein als de diameter van een waterstofatoom) en zou bij temperaturen beneden l millikelvin (0,001 graad boven het absolute nulpunt) te meten moeten zijn. LaHaye heeft die nulpuntstrillingen in zijn eerste experiment nog niet kunnen meten. Daarvoor zijn nog lagere temperaturen en een nauwkeuriger amplitudebepaling nodig. De Amerikanen hopen die binnenkort te realiseren.

3p

11

Leg uit waarom je bij een lopende olifant niets merkt van golfgedrag. Gebruik in je uitleg de DeBrogliegolflengte.

47

Het waarnemen van de nulpuntstrilling wordt in het artikel gezien als een belangrijke aanwijzing voor quantumgedrag. 2p

12

Leg uit waarom de nulpuntstrilling een belangrijke aanwijzing voor quantumgedrag zou zijn.

In formulevorm luidt de onzekerheidsrelatie (onbepaaldheidsrelatie) van Heisenberg als volgt: ∆x . ∆p ≥ h/4π met ∆x de onbepaaldheid in de plaats, ∆p de onbepaaldheid in de impuls en h de constante van Planck. 3p

13

Bereken hoe groot volgens de quantumfysica de minimale onbepaaldheid ∆v in de snelheid van het staafje is.

Omdat trillingen in het staafje ook kunnen worden veroorzaakt door de warmtebeweging, wordt de nulpuntstrilling alleen waarneembaar bij voldoende lage temperatuur. De gemiddelde energie ten gevolge van de warmtetrilling van het zwaartepunt moet hiervoor kleiner worden dan de energie E0 ten gevolge van de nulpuntstrilling. Ruwweg houdt deze voorwaarde in dat kT < E0 met k = 1,38.10–23 J/K de constante van Boltzmann en T de absolute temperatuur van het staafje. De nulpuntstrilling van het zwaartepunt van het staafje wordt in goede benadering beschreven door het ééndimensionale deeltje-in-doos model. De energie E0 is dan gelijk aan de energie van de grondtoestand in dit model. De dooslengte is tweemaal de amplitudo van de nulpuntstrilling. 4p

14

Bereken de temperatuur die het staafje volgens het doosjesmodel maximaal mag hebben om de nulpuntstrillingen te kunnen waarnemen. Gebruik gegevens uit het artikel en ga na of je resultaat met de daar genoemde temperatuur in overeenstemming is.

Als we ervan uitgaan dat het zwaartepunt van het staafje harmonisch trilt, dan kunnen de golffuncties van deze trilling exact worden berekend. In figuur 1 zijn de kwadraten van de golffuncties van de grondtoestand en de tiende aangeslagen toestand getekend. Volgens de klassieke theorie is de maximale uitwijking van een trillend voorwerp de amplitudo en kan het voorwerp niet daarbuiten worden aangetroffen. Deze 'classical limit' is ook aangegeven in de figuur. Tevens is aangegeven waar het zwaartepunt van het staafje zich volgens de klassieke theorie het langst bevindt ('classical probability'). 2p

15

3p

16

Leg uit waarom de klassieke waarschijnlijkheid het grootst is in de buurt van de maximale uitwijking. Geef twee manieren waarop uit figuur 1 blijkt dat het trillende staafje zich in een hoge aangeslagen toestand meer als een klassiek deeltje gedraagt dan in de grondtoestand.

48

figuur 1

Het jaar 1905 was voor de natuurkunde een van de belangrijkste jaren in de geschiedenis. In dat jaar publiceerde Einstein vijf artikelen, die stuk voor stuk tot de belangrijkste artikelen in de natuurkunde gerekend kunnen worden. Om deze reden is 2005 door de UNESCO uitgeroepen tot het internationale Einsteinjaar. In een van die artikelen uit 1905 werd de relativiteitstheorie geïntroduceerd, inclusief de formule E = mc2. In een ander artikel werd het lichtquantum ingevoerd, het latere foton. Dit bleek een belangrijke aanzet tot de quantumfysica. Op 18 april 1955, vandaag precies 50 jaar geleden, stierf Albert Einstein. Daarom nu een opgave over massa’s en over het gebruik van relativiteitstheorie in een quantumfysische situatie.

SE2005ii2

De massa van het proton

Het proton is een samengesteld deeltje. Het bestaat uit drie quarks (uud) met een totale massa van ongeveer 3+3+6 = 12 MeV/c2 = 0,013 u. De kracht tussen de quarks onderling is op korte afstanden heel klein en wordt groter naarmate de afstand toeneemt. Dit heeft tot gevolg dat losse quarks niet bestaan. Er zou namelijk oneindig veel energie nodig zijn om de quarks uit elkaar te trekken. Omdat op korte afstand de onderlinge krachten klein zijn, geeft het deeltje-in-een-doosmodel een redelijke benadering om de opsluiting van quarks in een proton te beschrijven. Het doosje is een proton, met diameter in de orde van 10–15 m. Als deeltje bekijken we eerst één van de upquarks (u). Door de formule voor de eendimensionale doos te gebruiken kan een ruwe schatting worden gemaakt van de energie van dit quark. Dit leidt tot een veel te hoog resultaat, in de orde van 10–8 J ofwel 105 MeV. 3p

17

Toon dit aan met een berekening.

De oorzaak van dit verkeerde resultaat is dat de energie van de quarks zo groot is dat de relativiteitstheorie moet worden toegepast. De gewone formule Ek = ½ mv2 voor de kinetische energie is een benadering voor lage snelheden. Voor de quarks in een proton kunnen we juist een extreem relativistische benadering gebruiken, namelijk: Ek = pc

waarin p de impuls is en c de lichtsnelheid.

De formule p = h/λ blijft wel gewoon gelden. In het model van het quark in een

49

eendimensionale doos volgt hieruit dat

Ek = 4p

18

nhc waarin n het aantal buiken in de golffunctie is. 2L

Leid deze formule af.

Binnen het quarkjes-in-een-doosmodel gaan we er van uit dat alle extra massa van het proton boven de massa van de quarks het gevolg is van de kinetische energie van de quarks. In het proton zitten alledrie de quarks in de grondtoestand, met n = 1. De kinetische energie van de drie quarks samen is dus gelijk aan: 938 – 12 = 926 MeV = 1,5·10–10 J 4p

19

Bereken de diameter van het proton door gebruik te maken van het doosjesmodel en de kinetische energie van de drie quarks samen.

Net als het waterstofatoom kent het proton ook aangeslagen toestanden. Dit zijn deeltjes met massa’s vanaf ongeveer 1,2·103 MeV/c2. Binnen het deeltje-in-een-doosmodel wordt de grotere massa verklaard door aan te nemen dat een van de quarks in een aangeslagen toestand zit, met n = 2. 3p

20

Toon met een berekening aan dat massa’s van deze grootte met het doosjesmodel goed te verklaren zijn.

50

Meerkeuzevragen SE 2005i Instructies: Kies één antwoord. Beantwoord elke vraag, ook als je niet zeker bent. Ieder goed antwoord levert 1 punt op. 1. Een zwak oranje licht schijnt op een metaal maar er komen geen elektronen vrij. Welke actie kan leiden tot het vrijkomen van elektronen? A. Verdubbel de intensiteit van het oranje licht. B. Gebruik rood licht in plaats van oranje met dezelfde intensiteit. C. Gebruik blauw licht met dezelfde intensiteit. D. Al deze acties kunnen leiden tot vrije elektronen. 2. Een basketbal met massa 0,4 kg beweegt met een snelheid van 10 m/s. Waarom kunnen we geen golfeffecten waarnemen? A. De snelheid is te klein, bij 1000 m/s zien we mogelijk wel golfeffecten. B. De golflengte van de bal is te klein om waar te nemen. C. De bal is te licht, bij zwaardere objecten zijn golfeffecten van materie gemakkelijker waar te nemen D. De atomen in de bal vormen samen geen kristalstructuur. 3. In figuur 1 is de golffunctie van een deeltje getekend. Welke van de volgende uitspraken geeft het beste de betekenis van de grafiek weer? figuur 1

De waarschijnlijkheid om het deeltje aan te treffen is het grootst: A. tussen 4 en 5 en tussen 6 en 7 nm. B. tussen 4 en 4,5 en tussen 6,5 en 7 nm. C. tussen 4,5 en 5 en tussen 6 en 6,5 nm D. tussen 4,5 en 6,5 nm. 4. Welke van de volgende grafieken van golffuncties hoort bij de grondtoestand (de laagste energie) van een deeltje in een doos?

51

figuur 2

figuur 3

5. Figuur 3 laat een deel van het energiediagram voor een atoom zien. Neem aan dat alle overgangen mogelijk zijn. Als we alleen naar de mogelijke overgangen in dit deel kijken, hoeveel verschillende frequenties vinden we dan in het emissiespectrum? A. 3 B. 4

C. 6

D. 7

E. 12

6. De hoogste frequentie wordt uitgezonden wanneer het elektron gaat van niveau: A. E4 naar E3 B. E2 naar E1 C. E4 naar E1 D. E1 naar E4 E. E3 naar E4 7. Licht met een golflengte van 500 nm bestaat uit fotonen met energie in de grootteorde van: A. 10–48 J B. 10–27 J C. 10–19 J D. 10–15 J 8. De beeldbuizen van de eerste televisies brachten ook röntgenstraling voort. Wat is de kleinste golflengte van de röntgenstraling die uitgezonden kan worden als de versnelspanning in een beeldbuis 17 kV is? A. 2,8 x 10–5 m B. 1,1 x 10–29 m C. 7,2 x 10–8 m D. 7,3 x 10–11m 9. Elementaire deeltjes zijn de bouwstenen van materie en ze bestaan zelf niet meer uit andere deeltjes. Welke van de genoemde deeltjes is GEEN elementair deeltje? A. elektron B. neutrino C. proton D. up-quark 10. Op 9 juni 1985 bewoog de planeet Pluto voor een ster langs. Daarbij komt licht van de ster via de atmosfeer van Pluto uiteindelijk in de telescoop terecht. Uit het vergelijken van sterlicht via Pluto’s atmosfeer met het spectrum van dezelfde ster voor of na de

52

passage van Pluto kan de samenstelling van de atmosfeer van Pluto worden bepaald. Namelijk: A. door de lichtintensiteit te meten van alle golflengten bij elkaar B. uit de frequenties van de heldere lijnen in het spectrum. C. uit de frequenties van de donkere lijnen in het spectrum. D. door de extra spectraallijnen van plutonium. figuur 4

Intensiteit

11. In figuur 4 staat intensiteit van licht dat op aarde ontvangen wordt van twee sterren uitgezet tegen de golflengte. Ster Q is: A. koeler en roder dan ster P B. heter en blauwer dan ster P C. heter en roder dan ster P D. koeler en blauwer dan ster P

Ster Q Ster P

Golflengte

12. Welke behoudswet wordt overtreden in de volgende reactie?

n → p + + e− +ν e A. B. C. D.

Behoud van baryongetal Behoud van leptongetal Behoud van lading Behoud van massa-energie

53

Meerkeuzeoefenvragen over Basisbegrippen In tegenstelling tot de School Examenvragen zijn deze oefenvragen niet uitgebreid becommentarieerd. Met meerkeuzevragen moet men altijd kritisch omgaan. 1. Zwarte voorwerpen absorberen straling gemakkelijker dan lichte voorwerpen (een vel zwart papier wordt in de zon warmer dan wit papier) want in het zwarte voorwerp: A. zijn veel beschikbare energieniveaus met onderling verschillende afstanden. B. zijn de afstanden tussen de energie niveaus groot. C. zijn er veel energie niveaus met onderling kleine afstanden die allemaal bezet zijn. D. is een zeer beperkt aantal beschikbare energieniveaus. 2. Welke behoudswet wordt overtreden in de volgende reactie?

4 p + → 24 He 2 + + 2e + A. B. C. D.

Behoud van baryongetal Behoud van leptongetal Behoud van lading Behoud van massa-energie

Of in andere vorm

3. Welke van de drie vergelijkingen voldoet aan de wetten voor behoud van baryongetal, leptongetal, en lading? A. 4 11H + → 24 He 2 + + 2 −10 e − + 2ν B. 4 11H + → 24 He 2 + + 2 10 e + + 2ν C. 4 11H + → 24 He 2 + + 2 10 e + + 2ν 4. In figuur 1 staat links de golffunctie van deeltje L en rechts de golffunctie van deeltje R. De massa van beide deeltjes is gelijk. Welke uitspraak is juist? Figuur 1

x (nm)

A. B. C. D.

Deeltje L heeft een hogere energie dan deeltje R. Deeltje R bevindt zich in de grondtoestand. Deeltje L bevindt zich in de grondtoestand. Deeltje L heeft een lagere energie dan deeltje R.

4. De reden voor mijn antwoord in vraag 4 is: A. Deeltje L zit in het kleinste doosje.

54

B. De golffunctie van deeltje L heeft een hoger kwantum getal dan die van deeltje R (nL>nR). C. De golffunctie van deeltje R heeft de grootste amplitudo. D. De golffunctie van deeltje L snijdt de x-as in het punt 0 E. A èn B F. B èn C 5. Iemand leest een krant op een afstand van 1,5 meter van een tafel waarop een 100 Watt lamp staat zonder lampenkap. Stel dat de persoon wegloopt bij de tafel tot een afstand van 3,0 meter. Hoeveel 100 W lampen moeten we toevoegen om dezelfde energie te krijgen op de krantenpagina als eerder? (Buiten is het al donker). A. Een lamp.

D. vier lampen

B. Twee lampen. C. Drie lampen.

E. Meer dan vier lampen.

6. Een deeltje in een doos is geëxciteerd tot het niveau n=3. Hoeveel verschillende frequenties straling zou het deeltje uit kunnen zenden? A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 E. 5 7. De electron-volt is een eenheid van A. stroomsterkte B. energie C. spanningsverschil D. massa 8. Kwikdamp ziet er blauwgroen uit wanneer er een stroom doorheen gaat. Wat zie je wanneer het licht van gloeiende kwikdamp in een spectroscoop wordt geanalyseerd? A. een aantal discrete lijnen. B. Een blauwgroene glans. C. Blauwgroene flitsen. D. Een compleet en continu spectrum met donkere lijnen erin. 9. Welk effect wordt gewoonlijk geanalyseerd met de deeltjestheorie van licht? A. Het diffractiepatroon dat ontstaat wanneer licht door een klein gaatje gaat. B. De energie van elektronen uitgezonden wanneer licht op fotogevoelig materiaal valt. C. De polarisatieeffecten wanneer licht door een optisch filter gaat. D. De afwijkingen die ontstaan wanneer licht lenzen passeert met kleine foutjes. 10. In een reactie van elementaire deeltjes, welke van de volgende grootheden is een behouden grootheid volgens het Standaard Model? A. De totale lading van de betrokken deeltjes B. Het totale aantal deeltjes in een reactie. C. De totale massa.van de betrokken deeltjes D. De totale kinetische energie van de betrokken deeltjes.

55

Antwoorden van Oefen- en Examensommen CE1984_ii1:

Energieproductie in de zon

56

CE1991_i 4p

Een neutronenster Die energie kan worden berekend uit het verschil van massa van voor en na de reactie. Massa 4 protonen: 4 x 1,6726 x 10-27 kg Massa 2 elektronen: 2 x 9.1095 x 10-31 kg Massa helium atoom (inclusief 2 elektronen) : 4,0026u = 4,0026 x 1,66 x 10-27 kg

19 □ .

∆mc 2 = (4 x1, 6726 x10−27 + 2 x9,1095 x10−31 − 4, 0026 x1, 66 x10−27 ) x(3x108 )2 = = 4,10 x10−12 J = 25, 6MeV

3p

De bindingsenergie per nucleon (voor een bepaalde kern) is de energie die per nucleon moet worden toegevoegd om alle nucleonen in de betreffende kern vrij te maken. Dat is dan ook de energie die vrijkomt (per nucleon) wanneer losse nucleonen de betreffende kern vormen. Als de bindingsenergie per nucleon voor een helium kern kleiner is dan voor een koolstofkern, dan moet er bij de fusie van 3 heliumkernen tot koolstof energie vrijkomen.

20 □

3p

De waargenomen golflengte voor de n=3 naar de n=2 overgang is 654 nm Volgens BINAS is het energieverschil tussen die twee niveaus: 12,0888 eV – 10,2002 eV= =1,8886 eV

21 □

Daarbij hoort een golflengte van

λ=

hc 6, 626 x10−34 x3, 00 x108 = = 656nm ∆U 1,8886 x1, 60 x10−19

De waargenomen golflengte is kleiner dan de werkelijk uitgezonden golflengte (oftewel de waargenomen frequentie is groter dan de uitgezonden frequentie), dat betekent dat de nevel naar ons toe beweegt. 3p Dichtheid is massa/volume =

22 □ 3p

Fgravitatie = G

23 □ 4p

24

mobject mster R2

1, 2 x1030 = 1,3x1017 kg / m3 3 3 (4 / 3) x(π ) x(13x10 )

= 6, 672 x10

−11

1x1, 2 x1030 = 3, 64 x107 N = 3, 6 x107 N 3 2 (13x10 )

De gravitatie levert de centripetale kracht die nodig is om objecten op de ster te houden. Als de objecten er net op kunnen blijven, dan is de gravitatiekracht precies gelijk aan de centripetale kracht, dus:

Fgravitatie

mv 2 = = mω 2 R = m.(2π f ) 2 .R = m.(2π / T ) 2 .R R

m.4π 2 R 1x 4π 2 x13x103 T= = = 0,12s Fgravitatie 3, 6 x107 Opmerking: op het internet vond ik de pulsar 1937+214 maar die heeft een omwentelingstijd van 1,56 ms in plaats van 0,12s. Wel schijnt er nog een derde neutronenster in Vulpecula te zijn. Maar toch even kritisch narekenen dus. Overigens, de eerste neutronenster of pulsar is in 1967 ontdekt in hetzelfde sterrenbeeld Vulpecula door Jocelyn Bell en Anthony Hewit. Dat is de 1919+21 met een omwentelingstijd van 1,34s. Vanwege zo’n geregeld signaal werd er ook aan extra-terrestial intelligentie gedacht. Men publiceerde de ontdekking nadat men een acceptabele fysische oorzaak voor het signaal had bedacht.

57

CE1992_i

Atomen en fotonen

3p

E = hf = h

17 □. 4p

c

λ

= 3,37 x10−19 J = 2,10eV

Impulsbehoud voor en na absorptie dus Impuls foton = Impuls natrium atoom na absorptie van het foton Massa natrium atoom: 22,9898 u = 3,82 * 10-26 kg Snelheid natrium atoom: 0,0294 m/s Impuls natrium atoom = impuls foton = 1,12 * 10-27 kgm/s (Controle: impuls foton = h/λ = 1.12 * 10-27 kgm/s) (PMN leerlingen kennen deze formule voor de impuls van fotonen, dit is voor hen de snelste oplossing)

18 □

3p

U foton − U 2,1 = U kin ,natrium =

19 □

1 2 1 mv = x3,82 x10−26 x(0, 0294) 2 = 1, 65 x10−29 J 2 2

Dit is zeer klein vergeleken met U1,2, daar merken we dus niets van in de spectraallijnen tenzij we tot tien decimalen of meer kunnen meten.

3p

Een natrium atoom dat tegen de lichtbundel in beweegt “ziet” een iets hogere frequentie vanwege het Doppler effect. Om te corrigeren voor het Doppler effect en ervoor te zorgen dat het atoom 589.2 nm “ziet” zal men dus een ietsje lagere frequentie moeten kiezen en dat betekent een iets grotere golflengte.

20 □ 4p

vt = 0 = v0 + at → t = −

21 □

v0 a

v2 1 v2 1 9602 st = 0.46 = v0t + at 2 = − 0 + 0 → a = − = −1.0 x106 m / s 2 2 a 2 a 2 x0.46 5p

22

De afstand die gevraagd wordt is de voorwerpsafstand. De afstand van het wolkje links tot het punt x op de foto is 6.3 cm, op het negatief was dat dus 6.3/5 = 1.26 cm. In werkelijkheid is dat 46 cm. De lineaire vergroting is N= 1,26/46=0.027 Een eerste oplossing krijgen we door aan te nemen dat het beeld in het brandvlak van de lens komt. Dat is geen slechte benadering want bij een dergelijke vergroting is de voorwerpsafstand veel groter dan de brandpuntsafstand. Dan krijgen we N=b/v=f/v dus v = f/N = 5.0 cm/0.027 = 185 cm. In een nauwkeuriger oplossing maken we gebruik van de lensenformule om beeldsafstand b uit te drukken in de voorwerpsafstand v en de brandpuntsafstand f: 1/b = 1/f – 1/v en N=b/v

1 1 1 1 1 1 v− f fv = + → = − = →b= f v b b f v fv v− f b f f f Dan krijgen we: N = = → v − f = → v = + f = 185 + 5 = 190cm v v− f N N

CE1995_ii

JET

2p

17 □

3 1

4p

18 □

∆m = 2, 014102 + 2, 014102 − 2me − (3, 016029 + 1, 008665 − 2me ) = 3, 51x10 −3 u

H + 12 H → 24 He + 01n

∆mc 2 = 5, 24 x10−13 J = 3, 27 MeV 4p

19 □

De totale energie die is geproduceerd is evenredig met het aantal hokjes onder de grafiek

∫

( Pdt ). Aannemend dat de linker staart plus linkertop samen 2 hokken vullen (1MJ) en evenzo voor

58

de rechterstaart en de rechterkant van de top, komen we totaal op 8 hokken dus 4 MJ.

∆mc 2 = 4MJ ∆m = 4p

20 □

4 x106 = 4, 45 x10−11 kg 2 16 (3, 0) x10

De massa verandering voor de tritium-deuterium reactie is:

∆m = 3, 016050 + 2, 014102 − 2me − (4, 002603 + 1, 008665 − 2me ) = 0, 018884u ∆mc 2 = 2,8 x10−12 J = 17, 6MeV Als 16% van het aantal kernen dat reageert Tritium kernen zijn, dan is voor die reactie een andere 16% van het aantal kernen nodig (de Deuterium) en kun je zeggen dat 32% van de reacties plaatsvindt met Tritium. Het percentage energie dat dan met Tritium reacties geproduceerd wordt is: 100 reacties leveren op 32 x 17,6 + 68 x 3,27 = 785,6 MeV Daarvan is 32x17,6 = 563,2 MeV afkomstig van Tritium-Deuterium Dat is 71.7% 71.7% van 4 MJ is 2,87 MJ

CE1996_ii1

Kernenergie uit Thorium

Vraag 1: De leerling kan zelf uitvinden om welke Thorium isotoop het gaat via tabel 25 in BINAS. Natuurlijk Thorium bestaat voor 100% uit Thorium-232. Dat Thorium 233 en Pa-233 beta stralers zijn ligt voor de hand gezien het eindproduct Uranium-233, maar leerlingen kunnen die informatie ook vinden in tabel 25.

Th + 01n →

232 90

Th →

233 91

Pa →

233 92

233 90 233 91

233 90

Th

Pa + −10 e U + −10 e

Vraag 2: Uit dezelfde tabel 25 halen we de massa’s van de atoomkernen (let op de tabel geeft atoommassa’s dus inclusief elektronen massa’s): Uranium 233: (233,03963 – 92 e) u Neutron: 1,008665 u Xenon 140: (139,92144 – 54 e) u Sr 94: (93,91523 – 38 e) u We trekken de laatste twee af van de eerste twee (elektronen massa’s vallen weg) en krijgen: 0.211625u =….. converteer met E = mc2 en we krijgen 3.16 x 10-11 Joules Vraag 3 Bij de nu in gebruik zijnde reactoren worden reacties getriggered door het invangen van een neutron. Aangezien elke reactie 3 neutronen produceert, kan een kettingreactie ontstaan. Met behulp van moderator staven wordt geregeld dat van de drie vrijkomende neutronen er gemiddeld 1 effectief wordt ingevangen terwijl er gemiddeld 2 worden weggevangen door het moderator materiaal. Dit moet kritisch worden ingesteld en kan uit de hand lopen.

59

CE1997_i3

10 3p

Er geldt:

Lineaire versneller 1 mv2 = q∆V 2

( q en

∆V positief) dus ∆V =

1 mv2 2 q

m = 9,109 • 10-31 kg • q = - e = 1,602 • 10 -19 C

•

met:

v = 2,4 • 107 m s-1 -31 1 x (2,4 • 107 )2 2 x 9,109 • 10 ∆V = = 1,602 • 10-19 1,637 • 103 = 1,6 • 103 V

• Dus:

2 v Bq ⎫ mv = Bqv → = r r m ⎪ ⎪ 2π Bq 2πm →T = = Er geldt: ⎬→ T m Bq 2πr v 2π ⎪ ⎪ =v→ = T r T ⎭

11 3p

met: •

m = 9,109 • 10-31 kg

• B = 0,90 • 10-4 • q= -e Dus: T =

T

2π • 9,109 • 10 -31 = 3.969 • 10 -7 = 4,0 • 10 -7 s . 0,90 • 10 -4 • 1,602 • 10 -19

12 2p Het kan geen gelijkspanningsbron zijn, want als een geladen deeltje tussen cilinder 1 en 2 versneld wordt, zou het tussen cilinder 2 en 3 weer vertraagd worden. 13 2p Een groepje elektronen, want net zoals 2 een hogere potentiaal heeft dan 1, heeft 8 een hogere potentiaal dan 7. 14 4 p De ladingen in P en Q zijn tegengesteld, de richtingen van de snelheden zijn gelijk. De lorentzkrachten moeten tegengesteld gericht zijn. Dus moeten (volgens een richtingsregel) de magneetvelden bij P en Q gelijk gericht zijn.

dus:

2 2 2 m Z 0 c = 2 me c + U kin e + U kin p = 2 me c + 2 U kin e 2 2 U kin e = 12 { m Z0 c - 2 me c } = 12 mZ0 c2 - me c2

met:

• m Z 0 = 0,18 • 106 me en

15 3p Er geldt:

me = 9,109 • 10

-31

kg

Aangezien

c = 2,998 • 108 m s-1 2 mZo» m e kan m e c verwaarloosd worden.

Dus:

Ukin = ½ x 93000 MeV/c2 de andere helft komt van Ukin positron

•

CE1998_i5 2p 21.

Antiprotonen vangen

De quarksamenstelling van een proton is u-u-d

60

3p 22.

De middelpuntzoekende kracht wordt geleverd door de lorentzkracht op de antiprotonen: Fmpz = Flor mv2/r = Bqv

B= 3p 23.

Voor een spoel geldt:

B= µo 3p 24.

1,673.10 -27 * 2,9.107 mv = 0,3187 T = 0,32 T = 0,95 * 1,602.10 -19 rq

NI l

I=

lB 0,50* 2,8 = = 37,14 A = 37 A 1,25664.10 -6*30.000 µoN

Als het antiproton (negatief geladen) plaatje 2 niet meer mag bereiken, mag de kinetische energie van het antiproton na het passeren van plaatje 1 maximaal gelijk zijn aan de toename van de elektrische energie. ∆V = 3,0 kV Uel = 3,0 keV = Ukin,na (na plaatje 1) Ukin,na = qV = 1,602*10-19 * 3,0*103 = 4,807*10-16 J De kinetische energie waarmee plaatje 1 wordt bereikt is Ukin,voor = ½mv2 = ½ * 1,673*10-27 * (2,9*107)2 = 7,033*10-13 J Het percentage van de oorspronkelijke energie dat de antiprotonen in dit geval over mogen hebben is:

4,807.10 -16 * 100% = 0,06834% = 0,068% 7,033.10 -13 Opmerking: Ik vind dit een vreemd klein antwoord. Als dit inderdaad klopt (het NVON team produceerde dit antwoord en ik kreeg onafhankelijk hetzelfde), dan zou er voor eindexamenkandidaten een waarschuwing bij moeten staan dat het antwoord mogelijk niet zal zijn wat ze verwachtten. 3p 25.

De lorentzkracht en de elektrische kracht zijn aan elkaar gelijk, dus Flor = Fel Bqv = qE E = Bv = 2,8 * 6,2*105 = 1,7*106 V m-1

5p 26.

Zie afbeelding antwoordmodel in correctievoorschrift. Het antiproton is negatief geladen en heeft een snelheid loodrecht op het papier, naar ons toe. De richting van het magneetveld is in het vlak van de afbeelding recht omhoog. De lorentzkracht op het antiproton is dan naar rechts gericht (een richtingsregel toepassen). De richting van de elektrische veldsterkte is per definitie de richting van de elektrische kracht die een positief geladen deeltje ter plekke ondervindt. Het antiproton is negatief geladen, dus is de richting van de elektrische kracht op dit deeltje tegengesteld aan de richting van de elektrische veldsterkte.

F res =

2 2 F lor + F el =

2 F el2 = F el 2 = qE 2

Aangezien Flor gelijk is aan Fel en beide loodrecht op elkaar staan, is: Fres = 1,602x10-19 * 1,736x106 * √2 = 3,9*10-13 N

CE1998_ii1 1.

Radioactief koper

Het β+ deeltje passeert de elektronen (β-) die bij de kern van 64Cu horen. De kans bestaat dat er

61

annihilatie plaatsvindt. Hierbij gaan de β's over in twee gamma's. 2.

Een elektron dat het dichtst bij de kern beweegt, heeft een kans om ingevangen te worden door die kern. Je spreekt dan van k-vangst. Overigens, in ons PMN wordt het elektronvangst genoemd. Laat de leerlingen bij de opgave even weten dat K-vangst gewoon elektronvangst is. Het is handig dat van te voren in het Word document te veranderen. Het elektron gaat samen met een proton uit de kern, over in een neutron. Het atoomnummer wordt één lager; de atoommassa blijft gelijk. In dit geval is de vergelijking: 64 29

Cu + −10 e →

64 28

Ni

3.

U = hc/λ λ = hc/U = (6,626.10-34 * 3,00.108) / (1,34.106 * 1,60.10-19) = 9,25*10-13 m (= 925 fm)

4.

De bindingsenergie is de energie die aan de kern moet worden toegevoegd om de aanwezige deeltjes uit elkaar te halen. Na het uitzenden van een foton, moet daartoe meer energie aan de kern worden toegevoegd dan in de aangeslagen toestand. De bindingsenergie is door het uitzenden van het foton dus groter geworden.

5.

Ukin =1/2 mv2 m = fm0

dus Ukin = ∆ fm0v2 met gegeven dat v = 0,92 * 3,0 108 m/s

Dus: f = 2U/(m0v2) met U = 0,57*106 * 1,6.10-19 J; m0 = 9,10956*10-31 kg; v = 0,92 * 3,0 108 m/s f = (2 * 0,57.106 * 1,6.10-19) / (9,11*10-31 * 0,922 * 3,02 1016) = 2,628 = 2,6

CE1999_ii3 2p 12 □

Zonnedeeltjes

Het koudere gas buiten de fotosfeer absorbeert een aantal specifieke golflengten uit het licht dat uitgezonden wordt door de fotosfeer. Deze golflengten horen bij de gassen die deel uitmaken van dat koudere gasmengsel en horen bij specifieke energieovergangen van die gassen. Vandaar dat we die gassen uit de absorptielijnen kunnen identificeren.

[2]

Opmerking: Helium is ontdekt via zo’n Fraunhofer spectrum, later werd het ook op aarde gevonden 5p 13 □

Het proton moet voldoende snelheid hebben om aan de aantrekkingskracht van de zon te ontsnappen.

[5]

Toename Epot = Afname Ekin van het proton

Gmzon m proton (

1 1 1 ) = m proton v 2 − Rzon Raardbaan 2

v = 2.G.mzon .(

1 1 )= − Rzon Raardbaan

2.(6.672 x10−11.(1.989 x1030 ).(

1 1 ) = 6,15 x 105 m/s= 615 − 6 9 696 x10 149.6 x10

km/s

62

4p

Binnen het cirkel segment kleiner, het door de stroom opgewekte veld werkt binnen de cirkel tegen het zonneveld. Wet van Lenz, maar het kan ook met de twee rechterhandregels (Lorentz kracht en veldrichting bij stroom.

14 □

[4p]

Alternatieve formulering op de NVON site: Vanuit P vertrekkend moet de lorentzkracht naar links werken. Als de stroom in dezelfde richting loopt als v wijst, werkt volgens de richtingsregel de lorentzkracht naar rechts in punt P. De stroom loopt dus tegengesteld; van Q naar P. Als de stroom rechtsom loopt en de lorentzkracht naar het middelpunt wijst, wijst het daardoor veroorzaakte magneetveld van ons af en verzwakt dus het aanwezige veld. OPMERKING: de bijlage zit er niet bij in de PMN versie, maar is identiek aan het plaatje in de opgave 4p

Als de deeltjes een cirkel beschrijven, dan is de maximale afstand de straal daarvan. De Lorentzkracht treed op als middelpuntzoekende kracht en we verwaarlozen de zwaartekracht van de zon, zodat:

15 □

R=

Bqv = mv2/R

mv 1.672 x10−27 x6.5 x105 = = 0.45 m Be 1.5 x10−2 x1.6 x10−19

Je zou kunnen tegenwerpen dat we net gezegd hebben dat B iets kleiner wordt (14), maar dat zal een klein zo niet verwaarloosbaar effect zijn. 3p

16

Ja, wanneer het magnetisch veld en de bewegingsrichting van een geladen deeltje parallel zijn, dan is de lorentzkracht (vector product) = 0 want sinus 0 = 0. De deeltjes gaan dus niet in een cirkelbaan en schieten recht weg. Als de snelheid groter of gelijk is aan 6,15 x 103 m/s, dan kunnen ze de aarde bereiken.

CE-PMN 2002_i1 4p

1□

Krimpende kern

uitkomst: Emin = 530 MeV voorbeeld van een berekening: In het rechterlid van de reactie is méér massa dan links. Het bijbehorende energieequivalent is de (minimale) energie van het pion. Er geldt: ∆m = m (Λ0 ) + m (K + ) – m (π + ) – m (n) = 1116 + 494 – 140 – 940 = 530 MeV c-2. Dan is Emin = 530 MeV. [1] [1] [1] [1]

inzicht dat Emin = ∆mc2 inzicht dat ∆m = m (Λ0 ) + m (K + ) – m (π + ) – m (n) opzoeken van alle massa’s (in MeV/c2 of in een andere eenheid) completeren van de berekening 4p

2□

antwoord: samenstelling K + : ( s u ) Voor de (overigens onjuiste) antwoorden ( s c) en ( s t): geen aftrek [1] [1]

inzicht dat het vreemdheidsgetal voor en na de reactie nul is 0

+

inzicht dat het Λ een s bevat, dus het K een opzoeken van de lading van hebben

s (anti s)

s en inzicht dat het andere quark lading ⅔ e moet

[1]

inzicht dat het andere quark u moet zijn, dus samenstelling K + : ( s u ) 3p

3□

[1]

antwoord: Wegens het Pauli-verbod bevinden zich (maximaal) 2 neutronen in de grondtoestand (en de overige 2 in een aangeslagen toestand). Als één van de neutronen uit de grondtoestand verandert in een Λ0, komt er een plaats vrij in de grondtoestand.

63

Die plaats wordt ingenomen door een neutron uit een hoger energieniveau (onder het uitzenden van een foton). inzicht dat er wegens het Pauli-verbod twee neutronen in de grondtoestand passen inzicht dat er een plaats vrijkomt in de grondtoestand inzicht dat die plaats wordt ingenomen door een neutron uit een hoger energieniveau 3p

4□

[1] [1] [1]

uitkomst: f = 4,957⋅1020 Hz voorbeeld van een berekening: Er geldt E = 2,050 MeV = 2,050⋅106⋅1,6022⋅10-19 = 3,2845⋅10 – 13 J E = hf, dus f =

E 3, 2845 ⋅ 10−13 = = 4, 957 ⋅ 1020 Hz. h 6,6261 ⋅ 10−34

gebruik van E = hf omrekenen in joule completeren van de berekening 2p

5□

[1] [1] [1]

antwoord: Door de sterke wisselwerking met het Λ0 in de kern is er een grotere aantrekkende kracht op de overige nucleonen (waardoor de kern kleiner wordt). [1] [1]

inzicht in de sterke wisselwerking met het Λ0 in de kern inzicht in grotere aantrekkende kracht op de overige nucleonen

CE-PMN2002_ii2 2p

1□

Sterspectra

v Voorbeeld van een antwoord: Licht van één bepaalde golflengte komt als een evenwijdige bundel uit het tralie. De lens focusseert deze evenwijdige bundel in één punt in het brandvlak, zodat op die plaats voor een bepaalde golflengte een scherpe lijn wordt gevormd. (De golflengte is hierdoor nauwkeuriger te bepalen.)

[1] [1]

inzicht dat een bundel voorbij het tralie een zekere breedte heeft inzicht in de focusserende werking van de lens

Opmerking Een antwoord als: ”Om de lichtintensiteit te vergroten”: 0 punten. 2p

2□

Antwoord: A, want in dat diagram zijn de absorptielijnen bij 393 nm en 397 nm (en bij 431 nm) te zien. inzicht dat een ‘dip’ in het diagram overeenkomt met een absorptielijn in het spectrum conclusie

3p

3□

Antwoord: Het diagram van ster B is dalend en van ster A stijgend, dus het maximum van de stralingskromme van ster B ligt bij kleinere golflengte dan bij ster A. Volgens de verschuivingswet van Wien ( λ max T = k W ) heeft ster B een hogere (oppervlakte-)temperatuur.

[1] [1]

[1] [1] [1]

inzicht dat het maximum van de stralingskromme van belang is inzicht dat dit maximum voor ster B bij kleinere golflengte ligt dan bij ster A conclusie

64

CE-PMN2003_i2

Geïoniseerd helium

2p 3□

4p 4□

voorbeeld van een antwoord: De energiewaarden van helium zijn allemaal een factor 4,00 groter dan die van waterstof.

[1] [1]

• inzicht dat overeenkomstige energieniveaus vergeleken moeten worden • noemen van de factor 4,00 antwoord: Deze lijn hoort bij de overgang van n = 3 naar n = 2. voorbeeld van een berekening: methode 1 Ef = hf = hc / λ = 6,6261·10-34 · 2,9979·108 / 164,0·10-9 = 1,2112·10-18 J = 7,56 eV Deze energie komt vrij bij de overgang van n = 3 naar n = 2. [1] [1] [1] [1]

• gebruik van Ef = hf = hc / λ • omrekenen van J naar eV • completeren van de berekening • noemen van de juiste overgang methode 2 Een golflengte van 169,0 nm bij He+ komt overeen met 4 x 169,0 = 656,0 nm bij H, dus van n=3 naar n=2, dat moet dus ook de overgang zijn bij He+. • gebruik van de overeenkomst tussen He+ en H • berekenen 4 x 169,0 = 656,0 nm • bepaling van de juiste overgang bij H • noemen overeenkomstige overgang bij He+ 4p 5□

[1] [1] [1] [1]

Criteria voor de schets: De grafiek komt overeen met die van waterstof, maar de top ligt hoger en de flanken juist lager. voorbeeld een toelichting: Overeenkomstige vorm: De vorm van de kansverdeling is overeenkomstig met die van waterstof want het heliumion is natuurkundig gezien goed vergelijkbaar met waterstof, alleen de sterkte van de kernlading verschilt. Kansverdeling hoger en smaller: methode 1: De kansverdeling is hoger, want er is een grotere kans om het elektron in de kern aan te treffen. De verdeling is smaller omdat er (dus) een kleinere kans is om het elektron op grotere afstand aan te treffen. methode 2: De potentiële van het elektron in het heliumion is kleiner dan die van het elektron in het waterstofatoom, dus moet de kinetische energie van dat elektron wel groter zijn. Dit betekent ook dat de golflengte van dit elektron kleiner is dan die van het elektron in het waterstofatoom. Dus de verdeling moet smaller te zijn. De verdeling is hoger omdat er (dus) een grotere kans is om het elektron op kleinere afstand aan te treffen. [1] [1]

Opmerking: klassieke redenering, bijvoorbeeld “het elektron draait in een kleinere

65

baan rond de kern door de grotere elektrische kracht”: maximaal 2 punten.

3p 6□

[1] [1]

• de tekening heeft een overeenkomstige vorm • de tekening is hoger en smaller • toelichting grotere hoogte • toelichting kleinere breedte voorbeeld van een antwoord: In figuur 3 is een toestand van het tweede energieniveau getekend want er zijn twee maxima in de kansverdeling te zien. [1] [1] [1]

• noemen van het tweede energieniveau (of: eerstee aangeslagen toestand, of: 40,81 eV) • toelichting • schets van de golffunctie

CE-PMN2003_i6 3p 17□

Kosmische straling

uitkomst: m = 3,3·10 -3 (kg) voorbeeld van een berekening: Abol = 4·π·((6378 + 45)·103)2 = 5,18·1014 m2 10·3600·24·365,25·5,18·1014 = 1,636·1023 kernen per jaar 12·1,66054·10-27·1,636·10 23 = 3,3 ·10 -3 (kg) • gebruik van 4 π r 2 • bepaling aantal deeltjes • completeren berekening

4p

[1] [1] [1]

uitkomst: f = 1,63·1022 Hz. Dit is een minimumfrequentie want het pion kan ook nog kinetische energie hebben. Hierdoor wordt de frequentie groter.

18 □

.

voorbeeld van een berekening: methode 1 mpion = 264·9,10939·10-31 = 2,405·10-28 kg Epion = 2,405·10-28·(2,9979·108)2 = 2,161·10-11 J Epion = 2Ef dus Ef = 1,081·10-11 J Ef = hf dus f = 1,63·1022 Hz methode 2 mpion = 135 MeV/c2 Epion = 135 MeV Epion = 2Ef dus Ef = 67,5 MeV= 1,08·10-11 J Ef = hf dus f = 1,63·1022 Hz • bepaling massa van het pion • gebruikt van de factor 2 • completeren van de berekening • inzicht dat de frequentie groter wordt als het pion kinetische energie heeft

4p 19 □

[1] [1] [1] [1]

voorbeeld van een antwoord: π+ → µ+ + νµ + µ+ → e + ν µ + ν e De stabiele eindproducten van het verval zijn dus: ν µ + e + ν µ + ν e +

66

• vervalvergelijking van π+ • inzicht dat µ+ -verval met behulp van µ- -verval bepaald kan worden • vervalvergelijking van µ-deeltje • conclusie eindproducten 2p

uitkomst: 72 km h-1

20 □

voorbeeld van een berekening: 1020 eV = 16 J ½ mv2 = ½ ·0.080 v2 = 16 dus v = 20 = 72 km/h = 10 2 km/h

[1] [1] [1] [1]

• omrekenen eV naar J • completeren berekening

[1] [1]

Opmerking: Geen aftrek voorgebruik van maximaal twee significante cijfers.

CE-PMN2004i _5

Pet Scan

Maximumscore 2 19

voorbeeld van een antwoord:

In de F-18 kern wordt bij β +-verval een proton omgezet in een neutron. De kern die hierdoor ontstaat is O-18.

• inzicht dat er een proton wordt omgezet in een neutron. • conclusie

1 1

Maximumscore 3 20

antwoord:

+

• het noemen van e • het noemen van νe • beide deeltjes bij de juiste pijl

1 1 1

Maximumscore 2 21


Door het kruisen van de e +-lijn in het reactiediagram ontstaat de reactie F-18 + e– → O-18 + ν e

• het noemen van het woord kruisen • het correct gebruik van symmetrie

1 1

Maximumscore 5 22

uitkomst: A = 3, 6 ⋅108 Bq

67

voorbeeld van een berekening: Etotaal =

100 ⋅1, 0 ⋅10−3 ⋅1,5 = 7,50 ⋅10−3 J. 20

Epositron = 245 ⋅103 ⋅1, 602 ⋅ 10− 19 = 3, 925 ⋅ 10− 14 J.

Het aantal vervallen deeltjes ∆ N = A(t ) =

Etotaal Epositron

=

7,50 ⋅10−3 3,925 ⋅10−14

= 1,91 ⋅ 1011.

∆N 1,91⋅1011 = = 3,6 ⋅108 Bq. ∆t 8,9 ⋅ 60

• inzicht dat Etotaal = stralingsdosis × massa • in rekening brengen van de factor

100 20

• berekenen van Epositron in joule ( −) ∆ N • gebruik van A(t ) = met ∆ t in seconde ∆t • completeren van de berekening

1 1 1 1 1

Maximumscore 4 23

uitkomst: E = 5,10999 ⋅105 (eV)

voorbeeld van een berekening: Efoton is equivalent met de massa van één elektron.

E = 9,10939 ⋅10−31 ⋅ (2,99792458 ⋅108 )2 = 8,18711⋅10−14 J = 8,18711 ⋅10−14

1, 6021756 ⋅10−19

= 5,10999 ⋅105 eV.

• inzicht dat Efoton equivalent is met de massa van een elektron 2

• gebruik van E = ∆ mc • opzoeken van me, c en e • completeren van de berekening

1 1 1 1

Opmerking Een oplossing in de trant van E = 5, 4858 ⋅10−4 ⋅ 931, 49 MeV = 5,1100 ⋅105 (eV) : 2 punten. Maximumscore 3 24

uitkomst: De orde van grootte van ∆ t is 10−9 s (of 10−10 s).

voorbeeld van een berekening: De diameter van het hoofd is ongeveer 0,2 m. ∆t =

∆x 0, 2 = = 0, 7 ⋅ 10−9 s. 8 c 3 ⋅10

Daarmee is de orde van grootte van ∆t : 10−9 s. • inzicht dat ∆ x = c∆ t met c opgezocht • ∆x geschat op een waarde tussen 15 cm en 30 cm • completeren van de berekening

1 1 1

Opmerking

68

Antwoorden in 1 significant cijfer: geen aftrek.

CE2005_i5 1p 23

Neutronenverstrooiing

antwoord: De sterke kernkracht of sterke wisselwerking

voorbeeld van een antwoord: Binnen het atoom gedraagt het elektron zich als een golf. De positie van het elektron is dan in zekere mate onbepaald. Het elektron gedraagt zich binnen deze onbepaaldheid niet als een deeltje. Omdat de atoomkern zwaarder is, is de golflengte veel kleiner zodat de positie scherper bepaald is. • inzicht verband tussen golf en positie van het elektron 1 • inzicht dat de atoomkern veel zwaarder is dan een elektron 1 • completeren van het antwoord 1 Opmerking Als de onzekerheidsrelatie van Heisenberg genoemd is: goed rekenen

3p 24

antwoord: Neutronen zijn niet geladen.

1p 25

4p 26

uitkomst: λ=4 . 10–8 m voorbeeld van een berekening:

h 6, 63.10−34 λ= = = 4, 0.10−8 m −27 p 1, 67.10 .10

voorbeeld van een uitleg: Volgens de gegevens in BINAS zijn bacteriën van de orde van 1 µm en de molecuulstructuur van DNA van de orde van 1 nm. Een golflengte van 4,is te groot voor het onderzoeken van DNA, en klein genoeg om structuur te zien in een bacterie. • gebruik van λ=h/p en p =mv 1 • opzoeken van de grootteorde van DNA en bacteriën 1 • vergelijken van de golflengte met de gevonden waarden en conclusie 1 • completeren van de berekening 1

4p 27

uitkomst: n = 2,9 . 106 voorbeeld van een berekening:

E=

dus

(nx2 + n y2 + nz2 )h 2 8mL2

3n 2 h 2 = = 5, 0.10−7 eV = 8, 0.10−26 J 2 8mL

8mL2 E 8.1, 67.10−27.0,102.8, 0.10−26 = = 2,9.106 3h 2 3.(6, 63.10−34 )2

n=

• gebruik van de formule voor E • inzicht

n + n + = 3n 2 x

2 y

2 z

2

• opzoeken neutronmassa en constante van Planck • completeren van de berekening

. 1 1 1 1

69

SE 2001_i1 3p 1□

3p 2□

2p 3□

Interferentie met buckyballen [1] [1] [1]

Opzoeken massa 12C-atoom Factor 60 Completeren berekening Verhouding voetbalwereld (uitkomst: 33) Verhouding natuurkunde experiment (uitkomst: 71) Vergelijk en conclusie

[1] [1] [1]

Mogelijk antwoord: Golfkarakter van materie is alleen waarneembaar in de microwereld; de De Broglie golflengte van een voetbal is véél kleiner dan de afmetingen in de voetbalwereld. Noemen aspect microwereld Gebruik De Broglie golflengte

[1] [1]

Opmerking: Een antwoord als “De positie van de bal wordt voortdurend waargenomen dus gedraagt de bal zich als deeltje.” ook goed rekenen. 3p

Uitkomst: 2,51· 10-12 m

4□

Gebruik λ = h / p Juiste waarden voor h, m en v Completeren berekening

5p

Uitkomst: 2,4· 10-12 m

5□

Inzicht dat 1e orde maximum gebruikt moet worden Bepalen 1e orde maximum x (uitkomst: 30 ± 5) Gebruik tan α = x / l Gebruik sin α = n λ / d Completeren berekening

[1] [1] [1]

[1] [1] [1] [1] [1]

Opmerking: Als sinα gelijkgesteld wordt aan tanα moet vermeld worden dat α klein is anders –1punt

SE 2001_i2


3p

Antwoord: (1,1,1); (1,1,2); (1,2,2); (1,1,3); (2,2,2)

6□

Gebruik van (nx2 + ny2 + nz2) Vier goede antwoorden Vijf goed

[1] [1] [1]

3p

Inzicht dat het gaat om de verschillen tussen de energieniveaus ( hf = Em - En ) Vergelijking met eendimensionaal doosje (eventueel met gebruik van E = 1; 4; 9; 16; 25 eV) Noemen van minstens 1 verschil

[1] [1]

Gebruik van p = nh / 2L in elk van de drie richtingen

[1]

7□

3p

[1]

70

8□

Inzicht verband 0,100 met 100 Correcte afleiding

3p

Antwoord: 201; 204; 209; 216; 225 eV

9□

Inzicht dat ny en nz minder vaak veranderen Vier goede antwoorden Vijf goed

3p

10 □

[1] [1]

[1] [1] [1]

Uitkomst: 7,2·1016 Hz Inzicht dat ny of nz verandert Omrekenen van eV naar J Completeren berekening

SE 2001_i3 3p

11 □

[1] [1] [1]

De ontdekking van het tau–neutrino

Antwoord: ν τ + p+ → n + τ + Symmetrieën: Proces kan omgekeerd verlopen (pijl mag worden omgedraaid) Deeltjes mogen van links naar rechts en omgekeerd worden verplaatst, als ze daarbij worden veranderd in hun anti–deeltjes Juiste vergelijking

[1] [1] [1]

Opmerking: Bij het antwoord: ν τ + n → p- + τ + maximaal 2 punten vanwege het niet voorkomen van antineutronen in materie. 4p

3p

12 □

13 □

Uitkomst: 1778 MeV (2,865·10-10 J) Gebruik massavergelijking ∆ m = m(Co–56) – 27 me+ mτ – m(Fe–56) + 26 me Opzoeken massa’s Co–56 en Fe–56 Opzoeken massa elektron en tauon Completeren berekening

[1] [1] [1] [1]

Formulering van een regel die reacties van A toelaat of die van B uitsluit Formulering van een regel die reacties van A toelaat en die van B uitsluit Formulering in termen van een behoudsregel voor het tau–leptongetal

[1] [1] [1]

SE 2002_i1


3p


1□

overeenkomsten: beide vertonen golfgedrag [1] [2]

beide vertonen deeltjesgedrag beide bezitten energie Opmerking: vrijwel alle andere dingen zijn hier op terug te voeren.

71

verschillen: materie heeft massa, licht niet materie heeft lading, licht niet materie bestaat uit fermionen, licht uit bosonen • •

Noemen van 2 elementen uit het antwoord Per aanvullend element 1 punt

3p

antwoord: groen licht

2□

voorbeeld van een bepaling: De afstand tussen de maxima is gelijk aan een halve golflengte, dus λ = 2·266 = 532 nm. Met behulp van Tabel 19A volgt dat de kleur van het licht groen is. inzicht afstand tussen maxima is gelijk aan halve golflengte gebruik Binas Tabel 19 conclusie

5p

[1] [1] [1]

Antwoord: λ = 6,1· 10-11 m en deze waarde komt overeen met de berekende waarde (hij wijkt slechts 3% af.)

3□

voorbeeld van een bepaling: • inzicht dat 1e of 2e orde maximum gebruikt moet worden • gebruik tan α = x / l • gebruik sin α = n λ / d • completeren berekening • conclusie

[1] [1] [1] [1] [1]

Opmerking: Als sinα gelijkgesteld wordt aan tanα moet vermeld worden dat α klein is anders –1punt Als leerlingen concluderen dat de waarde niet overeenstemt zonder een toelichting te geven dan –1 punt. 3p 4□

voorbeeld van een antwoord: Als de spanning wordt verlaagd, wordt de snelheid van de elektronen kleiner. Hiermee wordt de De Broglie golflengte groter en met de tralieformule volgt dat de maxima verder van het centrum komen te liggen. • • •

[1] [1] [1]

Inzicht dat de snelheid van de elektronen kleiner wordt. Inzicht dat de De Broglie golflengte groter wordt. Inzicht dat de maxima verder van het centrum komen te liggen.

Opmerking: Over de hoogte van de maxima hoeft niets gezegd te worden.

SE 2002_i2 2p 5□

Koolstofnanobuisje

voorbeeld van een antwoord: De energie is omgekeerd evenredig met het kwadraat van de lengte. Bij korte nanobuisjes liggen de energieniveaus dus verder uit elkaar.

.

inzicht dat energieën evenredig zijn met L-2 conclusie

2p


[1] [1]

72

6□

Uit de figuur blijkt dat de kans om een elektron aan te treffen groot is op plekken die (diagonale) lijnen lijken te vormen. Deze lijnen zijn vergelijkbaar met een eendimensionaal doosje. [1] [1]

herkennen van de diagnonale lijnen conclusie 4p

voorbeeld van een berekening:

7□

n2h2 (6, 63 ⋅ 10 −34 ) 2 = = 6, 71 ⋅ 10 −23 J = 0, 4meV E1 = 2 −31 −9 2 8mL 8 ⋅ 9,1 ⋅ 10 ⋅ (30 ⋅ 10 ) gebruik E1 =

n2h2 8mL2

[1] [1] [1] [1]

juiste waarden voor h en m gebruiken omrekenen van J naar eV completeren berekening 3p 8□

voorbeeld van een antwoord: De grondtoestand wordt gegeven door golffuncties met slechts een buik in het midden van de buis. Hier zijn op slechts een klein deel van de buis als vele buiken herkenbaar, dus gaat het om een hogere toestand. [1] [1] [1]

inzicht dat grondtoestand gekoppeld is aan ½ λ van de golffunctie herkennen van kortere golflengte in de figuur conclusie 4p

Uitkomst: 3 eV Voorbeeld van een berekening:

9□

n=

2L

λ

=

2 ⋅ 30 ⋅ 10−9 = 91 0, 66 ⋅ 10−9

Ek = 912 ⋅ 0, 4 ⋅ 10−3 = 3eV gebruik n =

2L

[1]

λ

[1]

berekenen n gebruik En =

n2h2 p2 h2 2 E n E E of = of = = 1 n k 8mL2 2 m 2 mλ 2

[1] [1]

completeren berekening

SE 2002_i3 3p

Zink-isotoop

voorbeeld van een juist aangevuld Feynmandiagram:

10 □

deeltjes op de juiste plaats

[1]

73

pijlen gewone deeltjes naar rechts, behalve bij het positon naar links 4p

uitkomst: 1,5%

11 □


[1] [1]

A(t ) ⋅ t1/ 2 2, 25 ⋅ 1013 ⋅ 250 ⋅ 24 ⋅ 3600 = = 7, 01 ⋅ 1020 ln2 ln2 7, 01 ⋅ 1020 ⋅ 100% = ⋅ 100% = 1, 5% 4, 6 ⋅ 1022

N instabiel (t ) = N instabiel N totaal

gebruik A(t ) =

N (t ) ⋅ ln2 t1/ 2

[1] [1] [1] [1]

opzoeken halveringstijd inzicht gevraagde percentage is Ni / Nt completeren berekening 2p 12 □

voorbeeld van een antwoord: Het positon rechts van de pijl is overgegaan in een elektron links van de pijl, dus we zien dat hier CT symmetrie voor het positon gebruikt is. [1] [1]

herkennen dat e + rechts overgegaan is in e- links noemen juiste symmetrie 3p 13 □

voorbeeld van een antwoord: Links van de pijl in vergelijking B is meer massa is dan in vergelijking A. Bovendien is rechts in B minder massa dan rechts in A dus zal vergelijking B minder energie kosten. vergelijken massa’s links vergelijken massa’s rechts conclusie

SE 2003_i1 1p

[1] [1] [1]

Stokoud licht

Het licht komt van een afstand van dertien miljard lichtjaar. Het heeft derhalve dertien miljard jaar over de reis gedaan en is dus zeer oud.

1□

Koppelen van afstand aan tijd en conclusie 3p

Uitkomst: E f = 1,634·10 –18 J

2□

Berekening: E f = hf = hc/λ = 1,6336·10 –18 J

[1]

[1] [1] [1]

Gebruik van E f = hf Gebruik van f =c/λ en λ = 121,6 nm Opzoeken van h en c en completeren van de berekening Opmerking: Gebruik van BINAS (3e druk tabel 21A) i.p.v. via hc/λ: geen aftrek 2p 3□

Uitkomst:

Ef = 5,112 ⋅ 10 5 Ee [1] [1]

Gebruik van de getalswaarden van de constanten Completeren van de berekening

74

Opmerking: Berekening via afzonderlijk uitrekenen van E f en E e: geen aftrek Voorbeeld van een antwoord: Op de lange termijn zal het aandeel van stralingsenergie ten opzichte van de kinetische energie van materie in het heelal steeds groter worden.

2p 4□

Voorbeeld van een toelichting: Bij voortgaande uitdijing blijven de golflengten van de quantumdeeltjes toenemen en zal de verhouding 2mcλ/h steeds groter worden. Conclusie Toelichting 3p 5□

[1] [1]

Voorbeeld van een antwoord: Citaat: e Door de uitdijing van het heelal komt het licht van het stelsel op de aarde aan met een golflengte van 620,2 nm. Bij een Amerikaans bedrijf hebben we een speciaal filter laten maken dat alleen straling van deze golflengte doorlaat.” Alternatief citaat: “De golflengte waarmee de straling op aarde aankomt is afhankelijk van de afstand van het stelsel waarin de straling is geproduceerd. Dus als je op zoek bent naar sterrenstelsels op een bepaalde afstand, moet je op zoek naar Lyman-straling met een heel specifieke roodverschuiving.”

nToelichting: Door de uitdijing van het heelal neemt de golflengte van fotonen uit de Lyman-alfastraling toe. Hoeveel hangt af van de afstand en 620,2 nm komt kennelijk overeen met een afstand van 13 miljard lichtjaar. Door het filter wordt het (storende) licht van stelsels op andere afstanden onderdrukt, zodat stelsels op deze afstand eruit springen. [1] [1] [1]

Keuze van een van de citaten Noemen van het wegnemen van de storende invloed van andere stelsels op de waarneming Verdere toelichting en conclusie

SE2003_i2 3p 7□

Antiwaterstof +

−

Antwoord: e + p → H + γ methode 1: Ladingomkeer - symmetrie (C) methode 2: Tijdsymmetrie (T ) en kruisen van alle deeltjes (X (e,p,H,γ)) Reactievergelijking Toepassen van een symmetrie of symmetrieën

2p 8□

[2] [1]

Voorbeeld van een antwoord: In een magneetveld buigen protonen en antiprotonen verschillende kanten op. Andere mogelijkheid: Scheiding m.b.v. een elektrisch veld. Inzicht in de methode Uitleg over de werking

[1] [1]

5p

Antwoord: 1,1·105 m/s

9□

Voorbeeld van een berekening: Uit de grafiek blijkt dat ∆Ep = 63 eV. Een antiproton met meer dan 63 eV = 1,00·10-17 J aan kinetische energie ontsnapt dus. Bij deze energie hoort een snelheid v = =1,1·105 m/s

2E / m

75

[1] [1] [1] [1] [1]

Aflezen van ∆Ep = 63 ±5 V Omrekenen naar J Gebruik van Ek = ½ mv2 = ∆Ep Opzoeken mp Completeren van de berekening 2p

Voorbeeld van een antwoord: Annihilatie zou leiden tot verlies van baryongetal, leptongetal en lading. Voor alledrie deze grootheden gelden behoudswetten.

10 □

Gebruik van tenminste één van de drie behoudswetten Conclusie 5p

Antwoord: λ = 2,42631·10 –12 m

11 □

Voorbeeld van een berekening: De energie van de 2 fotonen samen is 2me /c2; voor 1 foton geldt dus

hf =

hc

λ

= me c 2 dus λ =

[1] [1]

h = 2,42631·10 –12 m me c [1] [1] [1] [1] [1]

Inzicht dat de energie per foton overeenkomt met één elektronmassa Gebruik van hf = me /c2 Gebruik van λ = hc/f Opzoeken h, c en me Completeren van de berekening

SE 2003_i3

Pionen

3p

Antwoord: 138 MeV

12 □

Voorbeeld van een berekening: ∆m = 2 m p + m π – – m p – m n = m p + m π – – m n = 938 + 140 – 940 = 138 MeV/c 2 Dus ∆E = 138 MeV Opstellen van de massavergelijking en opzoeken van de massa’s Inzicht dat de massa van het π – gelijk is aan die van het π + Completeren van de berekening

2p 13 □

Antwoord:

[1] [1] [1]

ud

Toelichting: Dit is de enige mogelijke combinatie met lading –e [1] [1]

Gebruik van de quarkladingen Conclusie 2p 14 □

Voorbeeld van een antwoord: Of het π 0 nu bestaat uit uu of dd of een of ander mengsel, het is altijd een deeltje met zijn eigen antideeltje en kan dus annihileren. [1] [1]

Noemen van annihilatie Toelichting en conclusie 4p

Antwoord:

15 □

76

n + π+ → p+ + π0

[1] [1] [1]

Tenminste één symmetriebewerking correct uitgevoerd Reactie geheel correct (in diagram of als vergelijking) Pijlen in n- en p-lijn in de goede richting Geen pijl in π 0-lijn Opmerking: wel een pijl in de π +-lijn: geen aftrek

SE2003ii1 2p 1□

K0 – deeltje Antwoord: Het veld wijst het papier in [1] [1]

Gebruik van de correcte handregel voor de Lorentzkacht Conclusie

4p

Uitkomst: 836 MeV/c

2□

Berekening: p(K0 ) = px(K0 ) = px (π +) + px (π –) = 562 cos 15,5º + 331 cos 27,0º = 836,48 MeV/c

2p

Gebruik van behoud van impuls Inzicht dat de impuls in y-richting nul is Gebruik van de cosinussen van beide hoeken Completeren van de berekening

[1] [1] [1] [1]

Geen lepton, want dit is in strijd met behoud van leptongetal Geen baryon, want dit is in strijd met behoud van baryongetal

[1] [1]

3□

SE2003ii2 3p 4□

2p 5□ 2p 6□

Krypton Voorbeeld van een antwoord: Elektronen zijn fermionen en er passen er maar twee in een energietoestand. In edelgasatomen zijn de buitenste energieschillen van de elektronen geheel bezet. Om elektronen te kunnen delen zouden de elektronen moeten uitwijken naar een hogere energietoestand. Dit blijkt energetisch niet voordelig te zijn, zodat deze atomen geen moleculen vormen. Gebruik van het fermionkarakter van elektronen Gebruik van de volledige bezetting van de buitenste schil Conclusie Antwoord: De kracht is evenredig met r –7 Toepassen van differentiëren Antwoord Smeltpunt (K) Antwoord: He 1,5 Twee willekeurige Ne 25 stoffen uit de Ar 84 tabel Kr 116 Xe 161

[1] [1] [1] [1] [1] Kookpunt (K) 4,2 27 87 120 165 [2]

2 x 1p per stof

77

3p 7□

Voorbeeld van een antwoord: De aantrekkende krachten tussen de atomen nemen zeer snel af met toenemende afstand. Als de temperatuur hoog genoeg is om een kristal te laten smelten is er weinig extra afstand voor nodig om te zorgen dat de atomen deze kracht helemaal niet meer voelen. [1] [1] [1]

Verband leggen tussen kracht en afstand (eventueel tussen Ep en afstand) Verband leggen tussen smelten en toenemende afstand Conclusie 4p 8□

Voorbeeld van een antwoord: In het minimum van de energie is de afgeleide nul. Uit E’tot = 6,552·10 -21 X 11 – 3,900·10 -21 X 5 = 0 volgt X 6 = 0,5952 dus Xo = 0,9172 m –1 [1] [1] [1] [1]

Inzicht dat het minimum berekend kan worden via de afgeleide Berekenen van de afgeleide Berekenen van X 6 Berekenen van X0 Opmerking: Minimum bepalen met grafische rekenmachine in plaats van afgeleide: geen aftrek 3p

Uitkomst: p = 3,8·105 Pa

9□

Voorbeeld van een berekening: Als alle lengten met 1,0 % toenemen neemt V toe met 3,0 %, dus 0,03×27 = 0,81 cm3. De druk wordt dan p =

Inzicht dat V met 3,0 % toeneemt

[1]

2E Gebruik van p = ∆V

[1]

Completeren van de berekening

[1]

SE2003_ii3 2p 1□

3p

2E 2 × 0, 43 = = 1,1⋅106 Pa −6 ∆V 0,81⋅10

Geleiding in nanodraden

Voorbeeld van een antwoord: Foto-elektrisch effect (heeft te maken met het deeltjeskarakter van licht); kleuren van stoffen en spectraallijnen (hebben te maken met discrete energieniveaus in atomen, en zodoende met het golfkarakter van elektronen); … … Noemen van een geschikt voorbeeld Toelichting Antwoord: G =

2□

[1] [1]

A dus de geleiding is recht evenredig met de doorsnede van de draad. ρA

Gebruik van G = 1/R

[1]

Gebruik van R =

[1]

ρA A

Conclusie

[1]

Opmerking: De formules hoeven niet expliciet vermeld te worden.

78

⎡e2 ⎤ C 2 [U ] = V = J / C = Js en [R ] = ⎥= [I ] A C / s C 2 ⎣ h ⎦ Js

3p 3□

Voorbeeld van een antwoord: ⎢

Dit is inderdaad het omgekeerde. [1] [1] [1]

Uitwerken van de eenheid van e2 / h Uitwerken van de eenheid van R Conclusie 3p 4□

2e 2 Antwoord: G = = 7,74809·10 –5 Ω –1 h Gebruik van G = 2e2 / h Opzoeken van e en h Complementeren van de berekening

3p 5□

[1] [1] [1]

Voorbeeld van een antwoord: Bij alledrie de metingen in figuur 2 breekt de draad als het contact uit één atoom bestaat. Bij meting B breekt de brug vrijwel zodra deze breedte is bereikt, maar brug C en vooral brug A kunnen dan nog een heel eind verder wordt uitgerekt, blijkbaar doordat de brug een aantal atomen lang wordt. [1] [1] [1]

Interpretatie van de horizontale as als rekafstand Vergelijken van de verschillende plateaus Conclusie 5p

Antwoord: d = 4,3·10 –10 m Voorbeeld van een berekening: Voor de fermi-golflengte geldt:

6□

h2 = 3,23 eV = 5,17 ⋅ 10 −19 J 2 2me λ F Hieruit volgt

λ F = 6,83 ⋅ 10 −10 m

⎛ πd Uit G = G0 volgt ⎜⎜ ⎝ 2λ F

2

⎞ 2λ F ⎟⎟ = 1 dus d = = 4,3 ⋅ 10 −10 m π ⎠

[1] [1] [1] [1] [1]

Gebruik van E = h2 / 2mλ2 Opzoeken h en e en omrekenen van eV naar J Berekenen van λF Gebruik van G = G 0 Completeren van de berekening

SE 2004_i1

Caroteen

2p 1□

2p 2□

voorbeeld van een antwoord: Als atomen elektronen delen komt er voor de elektronen een grotere ruimte ter beschikking. De kinetische energie per elektron wordt dan lager. ▪

het noemen van de toename van de beschikbare ruimte

▪

conclusie

[1] [1]

voorbeeld van een antwoord: Bij helium zijn er twee elektronen in de grondtoestand. Volgens het uitsluitingspricipe van Pauli passen er verder geen elektronen meer bij. Omdat de grondtoestand vol is kan het atoom pas elektronen delen als er een elektron naar een hoger energieniveau kan gaan

79

en dat kost zoveel energie dat het niet leidt tot een energieverlaging..

3p 3□

3p 4□

4p

▪

het noemen van het uitsluitingsprincipe van Pauli

▪

conclusie

[1] [1]

voorbeeld van een antwoord: Een groot deel van het licht met golflengten beneden de ~500 nm wordt geabsorbeerd, d.w.z. de blauwe kleur wordt weggefilterd. Wat overblijft zijn de langere golflengten, d.w.z. in het rood tot groen. Samen geeft dit oranje. ▪

het gebruik van de grafiek om te concluderen welke golflengten worden geabsorbeerd

▪

het relateren van deze golflengten aan kleuren

▪

conclusie

[1] [1] [1]

antwoord: In ieder energieniveau passen volgens het uitsluitingsprincipe van Pauli twee elektronen. Als er 22 π-elektronen zijn, dan zijn er dus 11 niveaus volledig bezet. De minimale energie die nodig is om een elektron aan te slaan komt dan overeen met de overgang van n = 11 naar n = 12. ▪

gebruik van het uitsluitingsprincipe

▪

noemen van het aantal volle niveaus

▪

conclusie

[1] [1] [1]

uitkomst: 1,80·10 –9 m

5□

voorbeeld van een berekening: Volgens de energie van het deeltje in een doos geldt E =

n2 h2 8mL2

Voor de energieovergang van n = 11 naar n = 12 geldt dus dat: 2 ∆E = 2, 76 eV = 4, 278 ⋅10−19 J en tevens ∆E = (122 − 112 ) h 2

8mL

Hieruit volgt

L=

(144 − 121)(6, 626 ⋅10−34 ) 2 = 1,80 ⋅10−9 m −31 −19 8 × 9.109 ⋅10 × 4, 278 ⋅10

▪

2 2 het gebruik van E = n h 8mL2

▪

het opzoeken van h en m

[1] [1] [1] [1]

80

▪

omrekenen eV naar J

▪

completeren van de berekening.

Opmerking: Gebruik van de verkeerde energieniveaus alleen in de vorige vraag aftrekken.

SE 2004_i2 2p

Pentaquark

voorbeeld van een antwoord: De reactie kan niet vanwege ladingbehoud. Links is de lading 0 en rechts +e (positief Kaon in het molekuul als je het pentaquark zo opvat)

6□

[1] [1]

bepaling van de lading links en rechts noemen van de wet van behoud van lading opmerking: redenering gebaseerd op behoud van strangeness goedkeuren 3p

antwoord: 1,09·103 MeV

7□

voorbeeld van een berekening: ∆m = 1,54·10 3 + 494 – 940 = 1,09·103 MeV/c2. Het foton moet dus minstens 1,09·103 MeV meebrengen. [1] [1] [1]

Gebruik van m(pentaquark) en opzoeken van de overige massa's Inzicht dat ∆m = m(P) + m(K) – m(n) berekening van ∆m antwoord:

4p

8□

[1] [1] [1] [1]

deeltjes links deeltjes rechts pijlen voor neutron en pentaquark geen pijl voor het foton 4p

9□


origineel: γ + n → P + K − Χ( K − ) ⇒ γ + n + K + → P Χ (γ ) ⇒ n + K + → P + γ [1] [1]

per correcte reactie per symmetrie-operatie +

Opmerking: n + K → P , verkregen door X(K– ) en weglaten γ goedrekenen. Het γ is niet nodig als het n of het K+zelf genoeg energie meenemen.

81

3p

10

voorbeeld van een antwoord: De impuls van het kaon wordt bepaald uit straal van baan in magnetisch veld, via p = BeR. Je moet dus de straal van de baan meten. Ook moet de sterkte van het veld bekend zijn. inzicht Fz = Fmpz p = BeR inzicht dat B en R gemeten moeten worden

SE 2004_i3 3p

11

□

Het Starkeffect

voorbeelden van opzichten In een waterstof atoom kan een elektron door ionisatie een atoom verlaten terwijl in een doosje het deeltje opgesloten is. Het waterstof heeft een bolvormige symmetrie, in elk geval in s-toestanden terwijl het doosje een kubus symmetrie heeft. De energieniveaus van waterstof kloppen niet met die van het deeltje in een doos. Bij het deeltje in een doos hebben we alleen een elektron. Het waterstof atoom heeft ook nog een ander deeltje: het proton. Per genoemd opzicht

1p

2p

[1]

12 □ Voorbeelden van redenen

Het deeltje in een doos geeft discrete energieniveaus, dus quantisatie, de meest essentiële eigenschap van kwantumfysica. Bij een kleiner doosje, wordt de energie groter, dat klopt met het waterstof atoom. Het deeltje in een doos model kan ook de ontaarding laten zien die optreedt bij een 3dimensionaal doosje i.p.v. een 1-dimensionaal doosje.

13 □

14 □

[1] [1]

Voorbeeld van een antwoord: De energieverandering hangt niet af van ny en nz maar wel van nx. Van de eerder genoemde drie kwantumgetal combinaties hebben er twee nx = 1. Voor deze twee is de energieverandering gelijk, dus ze blijven ontaard. De overgebleven combinatie heeft nx = 2 en deze krijgt dus wel een andere energieverandering dan de andere twee. Constatering dat twee toestanden dezelfde nx hebben Uitleg dat de energieverandering voor twee van de drie toestanden hetzelfde is.

3p

15 □

[1]

Voorbeeld van een antwoord: De eerste aangeslagen toestand kan gevormd worden door de kwantumgetal combinaties: (2,1,1), (1,2,1) en (1,1,2) en elk van de drie resulteert in dezelfde energie. Het noemen van (2,1,1), (1,2,1) en (1,1,2) Conclusie

2p

[1] [1] [1]

[1] [1]

antwoord: λ = 1,22 ·10–7 m voorbeeld van een berekening: ∆E =19,9 – 9,7 = 10,2 eV = 1,63·10–18 J λ = hc / ∆E =1,22·10–7 m [1] [1] [1]

Bepaling van het juiste energieverschil Gebruik van λ = hc / ∆E of berekenen van f Completeren van de berekening 3p

16□ Voorbeeld van een antwoord: De goede keuze is C. A is fout want het gaat bij deze figuur niet om de grondtoestand. B is fout want in het elektrisch veld is het waarschijnlijker dat het elektron aan de

82

“positieve” kant van het veld zit en dat is links. Het gemiddelde van de kansverdeling zit dus iets links van het midden. [1] [1] [1]

redenering m.b.t. A redenering m.b.t B consequente conclusie 3p

Antwoord: v = 0,92 c = 2,8·108 m/s

6□

Toelichting: De roodverschuiving is z = (620,2 – 121,6)/121,6 = 4,100 Aflezen uit de grafiek geeft v/c = 0,92 dus v = 0,92 c = 2,8·108 m/s [1] [1] [1]

Berekenen van z Aflezen v/c = 0,92 ± 0,04 Completeren berekening

SE2004_ii1

Röntgenstraling

1p

antwoord: tussen 10-11 en 10-8 m

1□

▪

[1]

waarden opzoeken (BINAS tabel 19 B)

opmerking: zachte en harde röntgenstraling niet megerekend (dus antwoord tussen 10-10 en 10-9 m) geen aftrek 2p 2□

voorbeeld van een antwoord: als E in kleine stappen wordt vrijgegeven, wordt λ groot, dus wordt er geen röntgen maar UV of zichtbaar licht uitgezonden. ▪

[2]

inzicht dat kleinere E niet leidt tot röntgenstraling

4p

antwoord: λ1 : λ2 = √2

3□

voorbeeld van een berekening: Verdubbelen van de versnelspanning leidt tot een verdubbeling van de kinetische energie. Toename van E (= p2/2m) met een factor 2 geeft een toename van p (= h/λ) met een factor √2. Hierdoor wordt λ dus een factor √2 kleiner. ▪

inzicht dat de kinetische energie verdubbelt

▪

inzicht in het kwadratisch verband tussen E en p.

▪

gebruik van p = h/λ

▪

conclusie: λ1 = 2

[1] [1] [1] [1]

λ2

5p

antwoord: L = 1·10-11 m

4□

voorbeeld van een berekening: Ef = hc/λ = 6,63·10-34· 3,0·108 / 0,1·10-9 = 2,0·10 -15 J

E f = E2 − E1 = (22 − 12 )

3 h2 dus L = h = 1 ⋅10−11 m 2 8me E f 8me L

▪

gebruik Ef = hc/λ

[1]

▪

berekenen Ef

[1] [1]

83

▪

opzoeken h en me

▪

inzicht E2 - E1=(22-12)

▪

completeren van de berekening

SE2004_ii2 3p

[1] [1]

h2 8mL2

Neutrino’s

antwoord: ∆E = 0,82 MeV

5□

voorbeeld van een berekening: 37 ∆m = m( 18 Ar ) − 18me + me − (m( 1737Cl ) − 17 me ) 37 = m( 18 Ar ) − m( 1737Cl ) = 36,96678 u − 36,96590 u = 0, 00088 u

[1] [1] [1]

∆E = 0,00088 x 931,49 MeV = 0,82 MeV ▪

opschrijven massaformule

▪

invullen van getallen

▪

completeren van de berekening

opmerking: massa van de elektronen niet genoemd maar wel het goede antwoord, geen aftrek 3p

antwoord:

6□

2p 7□

3p

▪

deeltjes links

▪

deeltjes rechts

▪

richting van de pijlen

[1] [1] [1]

voorbeeld van een antwoord: Hij wilde zo min mogelijk storende signalen hebben door reacties veroorzaakt door de kosmische straling. Alleen neutrino's kunnen zo diep in de aardkorst doordringen. ▪

inzicht dat storende signalen moeten worden tegengegaan

▪

het noemen van kosmische straling.

[1] [1]

antwoord: Bij het invangen van een antineutrino ontstaat zwavel, via

84

8□

35 17

35 Cl + νe → 16 S + e+

alternatief: ν e + p → n + e en dat leidt tot een kern met atoomnummer 16, dus tot +

+

[1] [1] [1]

zwavel. ▪

inzicht dat de reactie leidt tot een kern met een kleiner atoomnummer

▪

reactievergelijking

▪

het noemen van zwavel

opmerking: alleen eerste reactievergelijking gegeven zonder commentaar: goed rekenen.

SE2004_ii3 2p

9□

Diamant

voorbeeld van een berekening: Het verband tussen L0 en de ribbe r van de kubus is gegeven door L0 = ½r√3 = 0,866 r Derhalve is r = ▪ ▪

3p 10 □

L0 0,866

= 0,178 nm [1] [1]

inzicht in het verband tussen ribbe en bindingslengte completeren van de berekening


m m (0,9889 ×12, 0 + 0, 0111×13, 0) ×1, 661⋅10−27 ρ= = 3= = 3,54 ⋅103 kg/m3 −9 3 V r (0,178 ⋅10 )

ρ=

m met V = r 3 V

[1]

▪

gebruik van

▪ ▪

gebruik van de atoommassa van koolstof completeren van de berekening

[1] [1]

Opmerking: Geen rekening gehouden met de atoommassa van C–13: geen aftrek 3p 11□


'

Differentiëren van Ed naar L geeft Ed = −

4a b − L3 L2

De afgeleide gelijkstellen aan nul voor L = L0 geeft ▪ ▪ ▪ 5p 12□

b 4a 4a = − 3 dus b = − 2 L0 L0 L0 [1] [1] [1]

differentiëren van Ed afgeleide gelijkstellen aan nul conclusie


85

per binding geldt ∆Ed =

2a 4a 2a 4a − − + L2 LL0 L20 L0 L0

Invullen geeft

∆Ed =

2a ⎛ 1 2 ⎞ 12, 04 ⋅10−38 − + 1 = × 0, 00010203 = 5,18 ⋅10−22 J L20 ⎜⎝ 0,992 0,99 ⎟⎠ (1,54 ⋅10−10 ) 2

Voor 3,5·1023 bindingen wordt dit 3,5·1023 × 5,18·10-22 = 1,8·102 J.

• gebruik van ∆Ed =

[1] [1] [1] [1] [1]

2a 4a 2a 4a − − + L2 LL0 L20 L0 L0

• gebruik van L = 0,99 L0 en a = 6,02·10–38 • berekenen van ∆Ed • gebruik van N = 3,5 ⋅10 • completeren van de berekening 23

3p 13□

Voorbeeld van een antwoord:

∆E 1,8 ⋅102 = 2× = 1, 2 ⋅1010 Pa p=2 −6 ∆V 0, 030 ⋅10 Dit wijkt (1,3-1,2)/1,3 = 0,07 dus 7% af van de experimentele waarde, minder dus dan 10%. • gebruik p = 2

∆E ∆V

[1] [1] [1]

• invullen waarden • conclusie

SE2005i1 1

Het charmante proton

Maximumscore 3 uitkomst: E = 2,6 GeV

voorbeeld van een berekening: massatoename ∆m = 2.mcharm = 2. 1,3 = 2,6 GeV/c² geleende energie E = ∆m.c² = 2,6 GeV • inzicht dat charm en anticharm dezelfde massa hebben en opzoeken charmmassa • omrekening van massa naar energie met E = ∆m.c² • conclusie

2

1 1 1

Maximumscore 3 antwoord:

• pijl X naar rechts • geen pijl uc (of weergave analoog aan het plaatje op pagina 81 van hoofdstuk 4)

1 1

86

• richting van de overige pijlen

1

Opmerking: opsplitsing van baryonen in quarks met correcte pijltjes goed rekenen (zie pagina 8183)

3

Maximumscore 2 antwoord: X = udc • inzicht dat • conclusie

4

uc is weggegaan uit uudcc

1 1

Maximumscore 3 antwoord: anti-(elektron)neutrino • inzicht dat leptonbehoud eist dat Y een anti-lepton is • nzicht dat ladingbehoud eist dat Y een anti-neutrino is • conclusie

1 1 1

opmerking: anti-neutrino's van een andere generatie als antwoord goed rekenen

5

Maximumscore 2 antwoord: de quarksmaak verandert bij dit verval, dus is de zwakke wisselwerking verantwoordelijk • inzicht dat de quarksmaak verandert • conclusie

SE2005i1 1

1 1

Supernova

Maximumscore 3 uitkomst: 1⋅109 Pa

voorbeeld van een berekening: M

p ≈ ρ gh = 4

3

πR

3

×

R

2

×R =

GM 2 4

3

πR

4

=

6, 67 ⋅10−11 × (5 ⋅1031 ) 2 4

3

10 4

π (8 ⋅10 )

= 9, 7 ⋅ 108 = 1 ⋅109 Pa

M

• gebruik van ρ =

π R3

1

• opzoeken en invullen van de getalswaarden • completeren van de berekening

1 1

4

2

GM

3

Maximumscore 2 voorbeeld van een antwoord: Als de kern kleiner wordt, wordt de beschikbare ruimte voor de elektronen kleiner en moet hun golflengte afnemen. Kleinere golflengte betekent grotere kinetische energie. • inzicht in het verband tussen beschikbare ruimte en golflengte • conclusie

3

1 1

Maximumscore 3 + − antwoord: De vergelijking voor neutronverval is: n → p + e + ν e

87

Deze kan uit de elektronvangstreactie worden afgeleid door eerst tijdsymmetrie toe te passen ( T ) en vervolgens het neutrino te kruisen ( X (ν e ) ) • de neutronvervalreactie • toepassen tijdsymmetrie • kruisen van het neutrino

4

1 1 1

Maximumscore 4 antwoord: ∆ m = m(Fe − 59) − 26 me − me − ( m(Co − 59) − 27 me ) = 0, 00168 u = 1, 56 MeV • het gebruik van de massavergelijking • opzoeken van de massa’s • omrekenen naar een energie-eenheid • completeren van de berekening

5

1 1 1 1

Maximumscore 2 voorbeeld van een antwoord:

Bij de reacties ontstaan neutrino’s, die bijna niet met de andere materie reageren en zodoende vrijwel ongehinderd kunnen ontsnappen, waarbij ook hun energie uit de kern verdwijnt. • inzicht dat er veel neutrino’s vrijkomen • gebruik maken van het inzicht dat neutrino’s bijna niet reageren met materie

1 1

SE2005ii1 Quantumfysica in de wereld van het alledaagse 1

Maximumscore 3 voorbeeld van een antwoord: De impuls van olifanten is van de orde van 103 kg.m/s en dus is de De Broglie golflengte van de orde van 10-37 m. Dit is veel te klein om buiging of interferentie te krijgen • inzicht dat olifanten (door hun massa) een zeer grote impuls hebben. • gebruik van λ = h/m.v • inzicht dat de De Broglie golflengte van olifanten veel te klein is om golfkarakter aan te tonen

2

1

Maximumscore 2 voorbeeld van een antwoord: De nulpuntstrilling is in strijd met de klassieke fysica, want daar staan de atomen bij het absolute nulpunt volledig stil. Het waarnemen ervan zou dus een sterk argument zijn voor de quantumfysica, waarin wel een nulpuntstrilling optreedt. • inzicht dat de atomen volgens de klassieke fysica bij het absolute nulpunt volledig stilstaan • conclusie

3

1 1

1 1

Maximumscore 3 antwoord: ∆v = 3,0·10–6 m/s

voorbeeld van een berekening: ∆v =

• gebruik van ∆v =

∆p 6, 63 ⋅10−34 h = = = 3, 2 ⋅10−6 m m 4π m∆x 4π ⋅1, 67 ⋅10−15 × 1, 0 ⋅10−14

∆p m

• opzoeken van h (BINAS) en van m en ∆x (artikel)

1

1

88

• completeren van de berekening

4

1

Maximumscore 4 antwoord: Tmax = 6 mK


Tmax =

E0 (6, 63 ⋅10−34 ) 2 h2 = = = 6, 0 ⋅10−3 K k 8mL2 k 8 ×1, 67 ⋅10−15 × (2, 0 ⋅10−14 ) 2 × 1,38 ⋅10−23

• gebruik van

E0 =

h2 = 8mL2

1

E0 k

1

• gebruik van Tmax =

5

• invullen van h, M, L en k

1

• completeren van de berekening

1

Maximumscore 2 voorbeeld van een antwoord: in de buurt van de maximale uitwijking is de snelheid het kleinst; het zwaartepunt bevindt zich dus het langst vlak bij de maximale uitwijking en dus is de kans het daar aan te treffen het grootst. • inzicht dat de snelheid bij de maximale uitwijking het kleinst is • Inzicht dat het zwaartepunt zich het langst bij de maximale uitwijking bevindt

6

1 1

Maximumscore 3 voorbeeld van een antwoord: het kwadraat van de golffunctie is de kans het deeltje ergens aan te treffen daarom: 1. de kans het deeltje ergens aan te treffen is klassiek het grootst aan de randen. Dit is bij de aangeslagen toestand ook het geval maar bij de grondtoestand niet.

2.

de kans dat het deeltje buiten de klassieke grenzen wordt aangetroffen is bij de grondtoestand veel groter dan bij de aangeslagen toestand.

• inzicht dat het kwadraat van de golffunctie de kans is het deeltje ergens aan te treffen • per genoemde manier

SE2005ii2

1 1

De massa van het proton

Maximumscore 3

1

voorbeeld van een berekening: E0 =

• gebruik van

E0 =

h2 (6, 63 ⋅10−34 ) 2 = = 10−8 J 8mL2 8 × 2,1 ⋅10−29 × (10−15 ) 2

h2 8mL2

• omrekenen van de quarkmassa naar kg • completeren van de berekening

2

1 1 1

Maximumscore 4 Voorbeeld van een afleiding: Voor de golflengte van een deeltje in een doosje geldt dat

89

L = n × 12 λ dus λ = geeft p =

2L h waarin n het aantal buiken in de staande golf is. Combineren met p = n λ

nh en invullen in E = pc leidt tot het gevraagde resultaat. 2L

L = n × 12 λ 2L h • gebruik van λ = en p = n λ nh • gebruik van p = en E = pc 2L • inzicht dat

1 1 1

• completeren van de berekening en conclusie

3

Maximumscore 4 uitkomst: 2,0·10–15 m

Voorbeeld van een berekening: Uit Ek = quark is 0,5·10–10 J, dus L =

• gebruik van L =

nhc nhc volgt dat L = . De kinetische energie per 2L 2 Ek

1× 6, 63 ⋅10−34 × 3, 0 ⋅108 = 2, 0 ⋅10−15 m 2 × 0,5 ⋅10−10

nhc 2 Ek

• berekenen van de kinetische energie per quark • gebruik van n = 1 en opzoeken van h en c • completeren van de berekening

4

1

1 1 1 1

Maximumscore 3 Voorbeeld van een berekening: De kinetische energie van één quark in de grondtoestand is

926 = 309 MeV . Als er een quark in een n = 2 toestand terechtkomt, wordt zijn kinetische 3 energie 2 x zo groot, dus er komt 309 MeV bij, zodat de massa van het aangeslagen proton uitkomt op 938 + 309 = 1247 = 1,2·103 MeV. Dit is dus van de goede grootte. • inzicht dat er één quark naar een hogere energietoestand gaat • inzicht dat de kinetische energie van dit quark verdubbeld wordt • completeren van de berekening en conclusie

1 1 1

90

Meerkeuze Antwoorden SE 2005i 1C, 2B, 3A, 4A, 5C, 6C, 7C, 8E, 9C, 10C, 11A, 12B

Meerkeuzeoefenvragen Antwoorden 1A, 2B, 3B, 4A, 5E, 6D, 7C, 8B, 9A, 10B, 11A Het is ook een goede oefening te beredeneren waarom elke alternatieve optie fout is.

91

Project Moderne Natuurkunde

Recommend Documents