UITWERKINGEN OEFENVRAAGSTUKKEN 5 HAVO. natuurkunde

UITWERKINGEN OEFENVRAAGSTUKKEN voor schoolexamen (SE2) en examen

5 HAVO natuurkunde katern 3: Trillingen en golven, energie en warmte, elektromagnetisme, opwekking en transport van elektrische energie, straling, gezondheid en kernenergie. editie 2012-2013

UITWERKINGEN OEFENVRAAGSTUKKEN voor schoolexamen (SE2) en examen

5 HAVO natuurkunde katern 3: Trillingen en golven, energie en warmte, elektromagnetisme, opwekking en transport van elektrische energie, straling, gezondheid en kernenergie. editie 2012-2013

1. Golf a. Uit figuur 1 blijkt: T = 6,0—10-3 s. b. Uit figuur 2 blijkt: λ = 15 cm = 0,15 m; 0,15 λ v = f—λ = = = 25 m/s. T 6,0 ⋅ 10− 3 c. De in figuur 2 getekende golf beweegt naar rechts. A heeft dus net vóór tijdstip t1 een golfdal uitgezonden, en gaat vlak nà t1 omhoog vanuit de evenwichtsstand. Uit figuur 1 blijkt, dat in het beschouwde tijdsinterval alleen het tijdstip t1 = 4,0—10-3 s voldoet. d. De in figuur 2 getekende golf beweegt naar rechts. ∆x 0,18 Het faseverschil tussen A en C is ∆φAC = = = 1,2 λ 0,15 (ga na, dat de bron A de grootste fase heeft!); φC = φA - ∆φAC = 5 – 1,2 = 3,8.

2. Nòg een golf a. In het plaatje is 1½ golflengte te zien; het plaatje is 8,2 cm breed. 1,5 λ = 8,2 cm = 0,082 m; λ=

0,082 = 0,055 m; 1,5

v = f—λ = 25,0—0,055 = 1,37 ≈ 1,4 m/s. b. f = 25,0 Hz → T = φA =

1 1 = = 4,00 ⋅ 10− 2 s; f 25,0

t 0,450 = = 11,25 ; T 4,00 ⋅ 10− 2

∆φAB =

∆x 0,082 = = 1,5 ; λ 0,055

(omdat de afstand tussen A en B 1,5 golflengte bedraagt, heeft A 1,5 trillingen méér uitgevoerd dan B) φB = φA - ∆φAB = 11,25 – 1,5 = 9,75. B heeft dus 9¾ trillingen uitgevoerd. c. B heeft 9¾ trillingen uitgevoerd (vraag b.) en is nu volgens figuur 3 in de uiterste positieve stand. Dat kan alleen als B omlaag begonnen is. Er gaat dus een golfdal voorop.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: trillingen en golven

3. Tweeklank a. f = 440 Hz; v = 563 m/s; v 563 = = 1,28 m f 440 l = ½λ = ½—1,28 = 0,640 m (=0,640 cm).

v = f—λ → λ =

2 ⋅ 0,640 = 0,427 m 3 λ = 2l = 2—0,427 = 0,853 m

b. l =

v = f—λ = 660—0,853 = 563 m/s. De snelheid bij de a en bij de e is dus gelijk. c. Grondtoon a

fo = 440 Hz

e

grondtoon e

fo = 660 Hz

e

1 boventoon f1 = 2—440 = 880 Hz

1 boventoon f1 = 2—660 = 1320 Hz

2e boventoon f2 = 3—440 = 1320 Hz

2e boventoon f2 = 3—660 = 1980 Hz

De snaren hebben dus inderdaad een gemeenschappelijke boventoon. (er zijn er meer…)

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: trillingen en golven

4. Geluidsbeelden a. • De kracht is evenredig met de uitwijking uit de evenwichtsstand; • De kracht is steeds gericht naar de evenwichtsstand. b. 1 schaaldeel (=1 div) komt overeen met 500 µs = 500—10-6 s. Uit figuur 6 blijkt: 2T = 9,2 div = 9,2—500—10-6 = 4,6—10-3 s Dus T =

f=

4,6 ⋅ 10−3 = 2,3 ⋅ 10− 3 s. 2

1 1 = = 435 ≈ 4,3 ⋅ 102 Hz. T 2,3 ⋅ 10− 3

c. lkolom = lkast + 2,0 cm ¼λ = 24,0 + 2,0 = 26,0 cm λ = 4—26,0 = 104 cm

figuur 7

Opnieuw resonantie als lkolom = ¾λ = ¾—104 = 78,0 cm. lkast = 78,0 – 2,0 = 76,0 cm

figuur 7

d. De amplitudo van beeld A is kleiner dan van B. A hoort dus bij de microfoon, die het verst van de stemvork verwijderd is. Dat is microfoon 2. e. Het beeld van B is in tegenfase met dat van A. Er is dan sprake van een faseverschil ∆φ = ½ (of 1½, 2½, enz.) ∆φ =

∆x 1 = λ 2

→

1 λ = 51 cm → 2

λ = 2 ⋅ 51,0 = 102 cm = 1,02 m

v = f—λ = 330—1,02 = 337 m/s. (bij ∆φ = 1½, 2½, enz., ligt de uitkomst niet tussen 320 m/s en 350 m/s.) f.

Met beeld B gebeurt niets: microfoon 1 blijft op dezelfde plaats staan. Beeld A verschuift naar rechts omdat het faseverschil met de bron nog groter wordt. Bovendien neemt de amplitudo van A nog verder af door de toegenomen afstand tot de bron.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: trillingen en golven

5. Echoscopie a. Uit figuur 11 blijkt: 2T = 1,00 µs, dus T = ½—1,00—10-6 = 0,500—10-6 s v λ = = v ⋅ T = 1,45 ⋅ 103 ⋅ 0,500 ⋅ 10− 6 = 7,25 ⋅ 10− 4 m. f b. ∆t = 1,00 µs + 20,00 µs = 21,00—10-6 s (aflezen in figuur 11); ∆x = v—∆t = 1,45—103—21,00—10-6 = 3,05—10-2 m. Het signaal gaat heen èn terug, dus: ∆x 3,05 ⋅ 10−2 dweefsel = = = 1,52 ⋅ 10− 2 m (= 1,52 cm). 2 2 c. ∠i = 55º; sin i =n sin r → sin r =

sin i sin 55o = = 0,91 0,90 n

i

→ ∠r = 65,5 ≈ 66º.

Zie verder nevenstaande figuur.

r

d. • voortplantingssnelheid: vröntgen = vlicht = c = 3,00—108 m/s in vacuüm (Binas tabel 7); vultrageluid = vgeluid = 1,45—103 m/s (gegeven); dus vröntgen >> vultrageluid. (>> betekent veel groter dan) • frequentie: fröntgen is in de grootte-orde van 1017 tot 1019 Hz (tabel 19B); 1 1 fultrageluid = = = 2,00 ⋅ 106 Hz ; Tultrageluid 0,500 ⋅ 10− 6 fröntgen >> fultrageluid. • ioniserend vermogen: het ioniserend vermogen van röntgenstraling is veel groter dan dat van ultrageluid (ultrageluid heeft geen ioniserend vermogen!) Met name het laatste aspect maakt het gebruik van röntgenstraling risicovol: er kan beschadiging van gezond weefsel worden veroorzaakt. Daarom wordt de voorkeur gegeven aan ultrageluid.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: trillingen en golven

1. Ventilator a. B moet omlaag buigen bij temperatuurstijging. De bovenkant moet meer uitzetten (de buitenbocht is langer). Het aluminium moet de grootste lengtevermeerdering ondergaan. b. Bovenkant (aluminium): Onderkant (koper):

lineaire uitzettingscoëfficiënt 23,2—10-6 K-1 lineaire uitzettingscoëfficiënt 16,8—10-6 K-1.

Dit alles volgens Binas tabel 8. Het antwoord op vraag a. wordt dus bevestigd. c. B gaat ook warmte afgeven aan de omgeving. Naarmate het temperatuurverschil met de omgeving toeneemt, wordt er meer warmte afgegeven. De temperatuur stijgt dan langzamer. Tenslotte wordt er evenveel warmte afgegeven (per s) als opgenomen (per s). De temperatuur blijft dan constant. d. E = P—t = 1000—100 = 100—103 J. e. Let op: de massa’s moeten worden ingevuld in kg! 18,0 g = 18,0—10-3 kg; 6,0 g = 6,0—10-3 kg; verder is ∆T = 26,5 – 21,0 = 5,5 ºC =5,5 K QB = Qkoper + Qaluminium = ckoper—mkoper—∆T + caluminium—maluminium—∆T = = 0,387—103—18,0—10-3—5,5 + 0,88—103—6,0—10-3—5,5 = = 38,3 + 29,0 = 67,4 ≈ 67 J f.

De temperatuur van B stijgt → B sluit (op t = 135 s!) → de ventilator gaat koelen → de temperatuur stijgt aanvankelijk minder sterk en gaat vervolgens dalen → B trekt minder krom → de schakelaar gaat open → de ventilator stopt → de temperatuur daalt aanvankelijk minder sterk en gaat vervolgens stijgen → B sluit opnieuw → enz. enz.

g. De temperatuur van B stijgt nog even door de warmte die nog onderweg was (maar er wordt geen nieuwe warmte meer geproduceerd); vervolgens daalt de temperatuur van B geleidelijk minder sterk als het temperatuurverschil met de omgeving afneemt.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: energie en warmte

2. Winterslaap a. Bij een harmonische trilling is er sprake van een sinusfunctie van de tijd. Dat is hier niet het geval. b. Uit figuur 5 blijkt: 2T = 10,0 s; dan is T = f=

10,0 = 5,0 s . 2

1 1 = = 0,20 s-1 = 0,20 ⋅ 60 = 12 min-1 . T 5,0

Het aantal hartslagen per minuut bedraagt dus 12. c. Er moet zo weinig warmte per s worden afgestaan. ∆Q moet zo klein mogelijk zijn. ∆t

Uit de gegeven formule volgt dan, dat k zo klein mogelijk moet zijn. d. • de dikte van de vacht (dikker → k kleiner) • de aanwezigheid van (stilstaande) lucht (daardoor is k kleiner) wollige beharing e. 120 dagen komt overeen met 120—24—3600 = 1036800 ≈ 1,037—107 s. E = P—t = 3,0—102—1,037—107 = 3,11—109 J per kg vet komt 33 MJ = 33—106 J energie vrij. mvet = f.

3,11 ⋅ 109 33 ⋅ 106

= 94 kg.

Uit figuur 6 volgt:

grottemperatuur is 7 ºC lichaamstemperatuur is 27 ºC.

Het temperatuurverschil ∆T = 27 – 7 = 20 ºC. P=

∆Q = 3,0—102 J/s ∆t

∆Q 3,0 ⋅ 102 W = k ⋅ ∆T → 3,0 ⋅ 102 = k ⋅ 20 → k = = 15 o . ∆t 20 C

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: energie en warmte

3. Woonhuisverwarming a. Q = c—m—∆T Qbeton = cbeton—mbeton—∆Tbeton = = 0,90—103—1,2—105—(15,0-8,0) = 7,56—108 ≈ 7,6—108 J; de dichtheid van lucht is 1,293 kg/m3 (Binas, tabel 12); ρ=

m → m = ρ ⋅ V = 400 ⋅ 1,293 = 517 kg; V

Qlucht = clucht—mlucht—∆Tlucht = = 1,0—103—517—(20,0-8,0) = 6,21—106 ≈ 6,2—106 J. Het kost dus veel meer warmte om het beton te verwarmen dan om de lucht te verwarmen. b. P = K—A—∆T = 0,80—114—13,0 = 1,186—103 W; t = 250—24—3600 = 2,16—107 s; Q = P—t = 1,186—103—2,16—107 = 2,56—1010 ≈ 2,6—1010 J. c. De ketel levert 5,6—1010 J, hetgeen overeenkomt met 90 % van de warmte, die bij de verbranding van aardgas vrijkomt. 100 Dan is Qaardgas = ⋅ 5,6 ⋅ 1010 = 6,22 ⋅ 1010 J; 90 1,0 m3 aardgas levert 35 MJ = 35—106 J; Het aantal m3 aardgas is dan

6,22 ⋅ 1010 35 ⋅ 106

= 1,8 ⋅ 103 (m3 ).

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: energie en warmte

4. Warmwaterinstallatie a. In 5,0 minuten 36 liter, dus het aantal liter per minuut is

36 liter = 7,2 liter/min; 5,0 min

Uit figuur 7 volgt, dat dan de temperatuur van het uitstromende water (teind) 54 ºC is; De temperatuurstijging van het water is 43 ºC (gegeven); de temperatuur van het koude leidingwater is dus: 54 – 43 = 11 ºC. En dat moest worden aangetoond. b. De dichtheid van water is 0,998—103 kg/m3 (Binas, tabel 11); V = 36 liter = 36—10-3 m3; de massa van het water: m = ρ—V = 0,998—103—36—10-3 = 35,9 kg; de soortelijke warmte (c) van water is 4,18—103 Jkg-1K-1; Q = c—m—∆T = 4,18—103—35,9—43 = 6,46—106 J; P=

E Q 6,46 ⋅ 106 J = = = 2,2 ⋅ 104 W. t t 5 ⋅ 60 s

c. ∆t = teind – tbegin = t - 11. Kies een aantal punten in de grafiek van figuur 7, en trek steeds 11 ºC af van de afgelezen temperatuur. Je hebt dan de temperatuurstijging. Zet deze punten in de nieuwe figuur en trek een vloeiende kromme door de punten.

∆t (ºC)

figuur 8

d. Bij 4 liter/minuut lees je in de figuur van c. af: ∆t = 69 ºC; Bij 8 liter/minuut lees je in de figuur van c. af: ∆t = 40 ºC; als de hoeveelheid water per minuut 2 keer zo groot wordt, is de temperatuurstijging (∆t) meer dan de helft. Het rendement van de geiser wordt dus groter. (Je gebruikt hier eigenlijk de formule P = bij een constant rendement zou

E Q c ⋅ m ⋅ ∆t = = ; t t t

m ⋅ ∆t constant zijn.) t

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: energie en warmte

1. Zelfgemaakte stroommeter (uit examen 2008) a. Dat uiteinde is een noordpool: de zuidpool van de draaibare magneet wordt aangetrokken. (Ongelijknamige magnetische polen trekken elkaar aan.) b. Uit figuur 3 blijkt: tan 29º =

Bspoel Baarde

=

Bspoel 1,8 ⋅ 10− 5

;

dan is Bspoel = 1,8—10-5—tan 29º = 1,0—10-5 T. c. Bij stroomsterktes tussen 1 A en 2 A is bij een groot verschil in stroomsterkte de hoekverdraaiing klein ten opzichte van de hoekverdraaiing bij stroomsterktes tussen 0 A en 1 A. (De gevoeligheid van de stroommeter is bij stroomsterktes boven 1 A dus gering.) d. De diameter van de PVC-pijp is 12,5 cm → r = ½d = ½—12,5 cm = 6,25 cm = 6,25—10-2 m;

het aantal windingen is N = 40; de lengte van de koperdraad is dus l = 2πr—N = 2π—6,25—10-2—40 = 15,7 m. De draad heeft een dikte van 0,50 mm → r = ½d = ½—0,50 mm = 0,25 mm = 0,25—10-3 m;

De (oppervlakte van de) doorsnede van de draad is: A = πr2 = π—(0,25—10-3)2 = 0,196—10-6 m2 ; De soortelijke weerstand van koper is ρkoper = 17—10-9 Ωm (Binas, tabel 8); Rstroommeter = ρ ⋅

l ρ ⋅ l 17 ⋅ 10−9 ⋅ 15,7 = = = 1,36 ≈ 1,4 Ω . A A 0,196 ⋅ 10− 6

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: elektromagnetisme

2. Elektromotor a. De veldlijnen gaan (buiten de magneten) van noordpool naar zuidpool, r

dus in de situatie van figuur 5 is de magnetische inductie B naar rechts gericht; Het blokje wordt omhoog gehesen, r dus in P moet de Lorentzkracht FL omhoog gericht zijn. Zie verder figuur.

r FL

r I

r B

figuur 5

r

b.

De stroomsterktevector I moet naar voren gericht zijn (van D naar C): r

r FL

r I

r B

r

draai de kurkentrekker van I naar B ; r de voortgaande richting ( FL ) is in figuur 5 en in nevenstaande figuur inderdaad omhoog gericht.

c. Er geldt: FL = B—I—l; omdat er 50 windingen zijn is de lengte l = 50—lCD = 50—3,6 cm = 180 cm = 1,8 m; (het gaat om de Lorentzkracht op CD, dus de lengte van CD invullen!) 1,6 = 0,25—I—1,8 1,6 dus I = = 3,6 A. 0,25 ⋅ 1,8 d. De magnetische inductie, de lengte en de grootte van de stroomsterkte blijven gelijk. De grootte van de Lorentzkracht blijft dus constant. Na ¼ omwenteling verandert de stroomsterkte van richting. Dan verandert ook de Lorentzkracht van richting. In de figuur geven we dat aan door de Lorentzkracht negatief te kiezen. In de figuur is T de omloopstijd. FL (N) 0,5T

FL,max = 1,6 N.

T t (s)

Opmerking: bij het wisselen van de richting van de stroomsterkte, kan de stroomsterkte even onderbroken worden → FL = 0 N.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: elektromagnetisme

3. Faraday-pomp a. De veldlijnen gaan (buiten de magneten) van noordpool naar zuidpool, r

dus in de situatie van figuur 6 is de magnetische inductie B naar boven gericht; r

de stroomsterktevector I is naar rechts gericht. r B

Er ontstaat dan volgens de I,B-regel een situatie als aangegeven r in nevenstaande figuur, waarbij de Lorentzkracht FL naar voren

r I

gericht moet zijn.

r FL

b.

Het natrium stroomt dan van Q naar P.

De ‘lengte’, waarover het natrium zich in het magneetveld bevindt, bedraagt: 22 mm = 0,022 m. Er geldt: FL = B—I—l; dus FL = 0,78—90—0,022 = 1,5 N. r FL

4. Lanceerinrichting a. De richting waarin het projectiel beweegt r geeft de richting van de Lorentzkracht FL ;

r I

r

de stroomsterkte I is gericht van + naar -. r

De richting van B moet dan volgens de I,B-regel omlaag gericht zijn. b. FL = 85 kN = 85—103 N; l = 2,0 cm = 0,020 m; FL = B—I—l; 85—103 = B—1,7—106—0,020 = 34—103—B ; dan: B =

85 ⋅ 103 34 ⋅ 103

= 2,5 T.

c. De Lorentzkracht veroorzaakt een eenparig versnelde beweging. t = 2,0 ms = 2,0—10-3 s; m = 80 g = 80—10-3 kg; F = m—a → a =

F 85 ⋅ 103 = = 1,06 ⋅ 106 m/s2 ; m 80 ⋅ 10− 3

v(t) = a—t = 1,06—106—2,0—10-3 = 2,1—103 m/s.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: elektromagnetisme

r B

1. Fietsdynamo a. Uit figuur 1 blijkt: 2T = 47 – 6 = 41 ms, dus T = f=

41 = 20,5 ms = 20,5—10-3 s; 2

1 1 = = 48,8 ≈ 49 Hz. T 20,5 ⋅ 10− 3

b. Assistent Pieps heeft gelijk: een gelijkspanning van 5 V zou dezelfde warmte in een weerstand vrijmaken als de gegeven wisselspanning. Heer Bommel heeft ongelijk: de gemiddelde spanning is wel 0 V, maar omdat de stroomsterkte tegelijk met de spanning negatief wordt, is het product U—I (= P) gemiddeld positief. Terpen Tijn heeft ongelijk: de maximale spanning is 8 V. Voor een effectieve spanning van 8 V zou de maximale spanning hoger moeten zijn. Juffrouw Doddel heeft helaas ook ongelijk: zie het verhaal bij Terpen. c. Het wiel gaat geleidelijk langzamer draaien (door wrijving). Het magneetje in de dynamo draait dan langzamer. De door de spoeltjes in de dynamo omvatte flux verandert langzamer (de fluxverandering per seconde is kleiner). De (maximale) inductiespanning is dus kleiner. d. Zie figuur. Eelektrisch Ebeweging

warmte

figuur 3

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: opwekking en transport van elektrische energie

2. Ontdooitransformator a. Er geldt: Np : Ns = Up : Us Np : 4 = 230 : 6,0 → 6,0—Np = 4—230 = 920 → Np =

920 = 153 ≈ 1,5 ⋅ 102. 6,0

b. P = U—I = I2—R In de kabel en in de leiding loopt dezelfde stroom. Als Rkabel klein is ten opzichte van Rleiding is Pkabel klein ten opzichte van Pleiding, zodat er in de kabel minder warmte vrijkomt dan in de leiding.

c. Qsmelten = m ⋅

Q = 0,12 ⋅ 334 ⋅ 103 = 4,008 ⋅ 104 J m

Eelektrisch = P—∆t Eelektrisch,nuttig = 0,70—P—∆t = 0,70—400—∆t = 280—∆t 4,008 ⋅ 104 4,008—104 = 280—∆t → ∆t = = 143 ≈ 1,4 ⋅ 102 s. 280 d. ρkoper = 17—10-9 Ωm; ρaluminium = 27—10-9 Ωm; de soortelijke weerstand van koper is dus kleiner. l U Dus R (= ρ ⋅ ) is voor de koperen leiding kleiner, dus de stroomsterkte I (= ) is daar A R groter. Er komt een groter vermogen P ( = U—I) vrij in de koperen leiding. 0,70—P—∆t = 4,008—104. Bij een groter vermogen P hoort dus een kleinere tijdsduur ∆t.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: opwekking en transport van elektrische energie

3. Hoogspanningskabel a. Er wordt een inductiespanning opgewekt in de secundaire spoel als er een verandering is van de omvatte flux. Bij wisselspanning is de spanning (over de primaire spoel) een sinusfunctie van t, en dus is Uinductie (over de secundaire spoel) ook een (verschoven) sinusfunctie van t. (Bij gelijkspanning is er geen verandering van de omvatte flux, dus ook geen inductiespanning. Alleen bij het in- en uitschakelen treedt er een inductiespanningspiek op.) b. Np : Ns = Up : Us = 380—103 : 900—103 = 380 : 900

(of 1 : 2,37 of 0,422).

c. l = 580 km = 580—103 m; A = 760 mm2 = 760—10-6 m2; V = A—l = 760—10-6—580—103 = 441 m3; er is sprake van twee aders, dus Vtotaal = 2—441 = 882 m3. ρkoper = 8,9—103 kg/m3 (gegeven, maar ook Binas, tabel 8) m = ρ—V = 8,9—103—882 = 7,85—106 ≈ 7,8—106 kg. (Merk op, dat ρ hier de dichtheid voorstelt!) d. ρkoper = 19—10-9 Ωm (gegeven) l ρ ⋅ l 19 ⋅ 10−9 ⋅ 580 ⋅ 103 Rader = ρ ⋅ = = = 14,5 Ω ; A A 760 ⋅ 10− 6 Rkabel = 2—14,5 = 29 Ω. En dat klopt met de vermelde waarde. (Merk op, dat ρ hier de soortelijke weerstand voorstelt!) e. Ptotaal = U—I = 900—103—I = 700—106 → I =

700 ⋅ 106 3

= 7,78 ⋅ 102 A;

900 ⋅ 10 Pkabel = I2—R = (7,78—102)2—29 = 1,75—107 W. P 1,75 ⋅ 107 Het verlies in de kabel is dus kabel ⋅ 100 % = ⋅ 100 % = 2,5 %. Ptotaal 700 ⋅ 106

f.

Bij hoge spanning is de stroomsterkte kleiner (bij transport van hetzelfde vermogen); het verloren vermogen is daardoor veel kleiner (P ~ I2).

g. Ejaar = P—t = 600—103 kW—365—24 h = 5,26—109 kWh; het aantal huishoudens is

5,26 ⋅ 109 3,5 ⋅ 10

3

= 1,5 ⋅ 106.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: opwekking en transport van elektrische energie

1. Radioactief jodium a. een β-- deeltje kan genoteerd worden als

0 − 1 e.

De reactievergelijking wordt dan: 131 53 I

→

0 -1e

+

131 54 Xe

(+ 00γ ) .

b. Bij een energie (Ein) van 0,61 MeV hoort een energieverlies van 0,04 MeV (figuur 1). De energie waarmee het deeltje uittreedt (Euit) is dan: Euit = Ein – verlies = 0,61 – 0,04 = 0,57 MeV. c. Uit de grafiek van figuur 1 blijkt, dat bij Ein = 0,05 MeV een energieverlies van 0,05 MeV hoort. Dat betekent: Euit = Ein – verlies = 0,05 – 0,05 = 0,00 MeV. Deeltjes met Ein ≤ 0,09 MeV worden dus geabsorbeerd. d. Na 24 uur is de sterkte van de straling 918 eenheden, bij het begin 1000 eenheden; 918 van de straling over. 1000 918 ⋅ 4,00 ⋅ 1018 = 3,67 ⋅ 1018 atomen over. Er zijn dus 1000 Er zijn dus vervallen:4,00—1018 – 3,67—1018 = 3,3—1017 deeltjes.

er is dus

e. De halfwaardetijd t½ is 6 uur, dus 24 uur = 4—6 uur =4t½. Er zijn dan over ½—½—½—½—4,00—1018 = 0,25—1018 deeltjes; er zijn dus vervallen:4,00—1018 – 0,25—1018 = 3,75—1018 deeltjes. f.

Technetium-99 heeft een halfwaardetijd van 6 uur; Jodium-131 heeft een halfwaardetijd van 8 dagen. Technetium-99 vervalt dus sneller: je hebt een kleinere dosis nodig en het spul is eerder uitgewerkt, zodat er geen ongewenste straling meer vrijkomt.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: straling, gezondheid en kernenergie

2. Voedseldoorstraling a. Het neutron wordt opgenomen en moet dus links van de pijl staan. Er ontstaat

60

Co , dus rechts van de pijl.

Zo ontstaat: …. + 01n →

60 27 Co 59 1 27 Co + 0 n

Kloppend maken levert:

→

60 27 Co

.

b. Oorspronkelijk 1,1—1017 Bq, na enige tijd 6,9—1015 Bq. Er is dus over:

6,9 ⋅ 1015 1,1 ⋅ 1017

=

1 = ½—½—½—½. 16

Na 4 halveringstijden moet de bron dus worden vervangen. Voor cobalt-60 geldt t½ = 5,27 jaar. De bron moet dus worden vervangen na 4—5,27 = 21 jaar. c. Edeeltje = 2,51 MeV = 2,51—106—1,60—10-19 = 4,02—10-13 J; Voor een tijdsduur van 1,0 s is de dosisequivalent dan: E 6,5 ⋅ 103 ⋅ 4,02 ⋅ 10−13 = 1⋅ = 3,73 ⋅ 10− 11 Sv. H= Q m 70 Er is nu sprake van 2,0 mSv = 2,0—10-3 Sv. De tijdsduur is dan: 2,0 ⋅ 10−3 3,73 ⋅ 10

− 11

= 5,36 ⋅ 107 s =

5,36 ⋅ 107 = 15 ⋅ 103 uur 3600

(=

15 ⋅ 103 = 1,7 jaar). 365 ⋅ 24

d. P = 22 kW = 22—103 W; ∆t = 6,0 uur = 6,0—3600 = 2,16—104 s; Vrijgekomen warmte Q = P—∆t = 22—103—2,16—104 = 4,75—103 J. Deze warmte wordt gebruikt om het water in temperatuur te laten stijgen. De massa van 108 m3 (= 108—103 dm3) water bedraagt ongeveer 108—103 kg. (elke liter = dm3 water heeft een massa van 1 kg; je kunt ook m = ρ—V toepassen). De soortelijke warmte van water is cwater = 4,18—103 Jkg-1K-1 (Binas, tabel 11); Er geldt Q = c—m—∆T 4,75—103 = 4,18—103—108—103—∆T = 4,51—108—∆T dus ∆T=

4,75 ⋅ 108 4,51 ⋅ 108

= 1,1 K

(of 1,1 ºC).

e. We kijken naar de halveringsdikte bij een energie van 2 MeV (Binas, tabel 28E). stof

d½ (cm)

Ρ (103 kg/m3)

beton (cement)

6,6

1,5 - 2,4

bot (been)

7,9

2,7 - 3,2

aluminium

6,0

2,70

ijzer

2,1

7,87

lood

1,34

11,3

In het algemeen geldt: hoe groter de dichtheid ρ, hoe kleiner de halveringsdikte d½.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: straling, gezondheid en kernenergie

3. Zonne-energie a. (Gewone) waterstof: 11H deuterium: 21H tritium: 31H ; reactie 1: 11H+31H → reactie 2: reactie 3:

2 2 1H+ 1H 2 3 1H+ 1H

→ →

4 2 He 4 2 He 4 2 He

(+γ) (+γ) +

1 0n

(+γ).

b. Massa-afname is 1,26—1017 kg; er geldt E = ∆mc2; de vrijgekomen energie E = 1,26—1017—(2,998—108)2 = 1,13—1034 J. 1 jaar = 3,15—107 s (Binas, tabel 5); P=

E 1,13 ⋅ 1034 = = 3,60 ⋅ 1026 W. 7 t 3,15 ⋅ 10

c. Pnuttig = Pelektrisch = 0,40 mW = 0,40—10-3 W; Het (licht)vermogen per m2:

P = 12 W/m2 ; A

Op 1,8 cm2 is dus Pin = 12—1,8—10-4 = 2,16—10-3 W; Het rendement is dan η =

Pnuttig Pin

⋅ 100 % =

0,40 ⋅ 10−3 2,16 ⋅ 103

⋅ 100 % = 19 %.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: straling, gezondheid en kernenergie

4. Een Geiger-Müllerteller a. • voor straling geldt in het algemeen de kwadratenwet: als de afstand verdubbeld wordt, wordt het oppervlak waarover de straling verdeeld wordt verviervoudigd, zodat de intensiteit van de straling wordt gedeeld door vier. • vooral α-straling heeft een beperkt doordringend vermogen, zelfs in lucht; een deel van de straling zal op enige afstand van de bron dus zijn geabsorbeerd. b. • Overeenkomst: isotopen hebben hetzelfde atoomnummer, dus hetzelfde aantal protonen in de kern. • Verschil: isotopen hebben een afwijkend massagetal, dus een verschillend aantal nucleonen (deeltjes ìn de kern). Het aantal neutronen in de kern moet dus verschillend zijn. c. Uit tabel 25 (Binas) blijkt, dat C-14 een β--straler is; een β-- deeltje kan genoteerd worden als

0 − 1 e.

De reactievergelijking wordt dan: 14 6C

→

0 -1e

+

14 7N .

1 d. 57,0 Bq = ¼—228 Bq = ( )2 ⋅ 228 Bq . 2 Er zijn dus 2 halveringstijden verlopen. Uit tabel 25 (Binas) blijkt, dat de halveringstijd van C-14 5730 jaar bedraagt. De ouderdom is 2—5730 = 1,146—104 ≈ 1,15—104 jaar.

e. Metingen: enkele keren (gedurende bijv. 3 minuten) de achtergrondstraling meten. Op een aantal tijdstippen de straling (in een bepaalde tijdsduur) meten. De metingen bij voorkeur meerdere keren uitvoeren. Verwerking: de gemeten straling corrigeren voor de achtergrondstraling. De gemiddelde straling per tijdseenheid op de verschillende tijdstippen berekenen. Een grafiek maken van de gemiddelde straling per tijdseenheid als functie van de tijd. De halveringstijd uit de grafiek bepalen door steeds een tijdstip te kiezen en vervolgens af te lezen na hoeveel tijd de gemiddelde straling per tijdseenheid is gehalveerd. Tenslotte het gemiddelde van de verschillende bepalingen berekenen.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: straling, gezondheid en kernenergie

5. Röntgenfoto a. Uit figuur 2 blijkt, dat weefsel (donkerder) meer straling doorlaat. In figuur 3 is te zien, dat grafiek 1 hoort bij een grotere hoeveelheid doorgelaten straling. Grafiek 1 hoort dus bij weefsel. b. Uit grafiek 1 volgt voor weefsel een halveringsdikte van 3,0 cm: bij een dikte van 3,0 cm wordt 50 % van de straling doorgelaten. →

50 % doorgelaten

2d½ →

25 % doorgelaten

3d½ →

12,5 % doorgelaten

d½

4d½ →

6,25% doorgelaten

d = 4d½ = 4—3,0 =12 cm. c. U = 60 kV = 60—103 V;

I = 0,50 mA = 0,50—10-3 A;

Pin = U—I = 60—103—0,50—10-3 = 30 W; Pnuttig = 50 mW = 50—10-3 W; Pnuttig 50 ⋅ 10−3 ⋅ 100 % = ⋅ 100 % = 0,17 %. η= 30 Pin d. Ehand = Phand—t = 0,20—Puitgezonden—t = 0,20—50—10-3—8,0—10-3 = 8,0—10-5 J; H= Q

E 8,0 ⋅ 10−5 = 1⋅ = 2,3 ⋅ 10− 4 Sv = 0,23 mSv. m 0,35

e. • door stoffen te gebruiken die de straling absorberen: loden schort, muurtje, afscherming röntgenapparaat; • door de afstand tot het apparaat te vergroten; • door de tijd, waarin men met het röntgenapparaat werkt, te beperken. De stralingsbelasting van radiologische medewerkers wordt gecontroleerd met behulp van badges, die regelmatig ontwikkeld worden. Zo nodig moeten maatregelen genomen worden om de stralingsbelasting te beperken.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: straling, gezondheid en kernenergie

6. Arsenicumvergiftiging? a. een β-- deeltje kan genoteerd worden als

0 − 1 e.

De reactievergelijking wordt dan: 76 33 As

→

o -1e

+

76 34 Se

(+ γ).

(De stof die ontstaat heet seleen (Binas, tabel 40 of 99))

b. We corrigeren voor de achtergrondstraling: t = 0 → A = 164 – 24 = 140 pulsen/min; t = 53,6 uur → A = 59 – 24 = 35 pulsen/min = ¼—140 pulsen/min; de activiteit is dus ¼ = (½)2 keer de oorspronkelijke waarde, er zijn dus 2 halveringstijden verlopen; 2t½ = 53,6 h → t½ =

53,6 h = 26,8 h op grond van de metingen; 2

Volgens Binas, tabel 25, is t½ = 26,8 h (kijk bij arseen-76). t½, meting komt goed overeen met t½, Binas → de stof zou arseen kunnen zijn. c. halveringstijd: τ = t½ = 26,8 h = 26,8—3600 = 9,65—104 s; A = 0,693

N , τ

dus: 12 = 0,693 dan is: N =

N 9,65 ⋅ 104

,

12 ⋅ 9,65 ⋅ 104 = 1,67 ⋅ 106 kernen; 0,693

mkern = 76 u = 76—1,66—10-27 = 1,26—10-25 kg; marseen-76 = 1,67—106—1,26—10-25 = 2,1—10-19 kg.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: straling, gezondheid en kernenergie

7. Tritium uit een lichtgevend horloge a. Bij bestraling blijven de vervallende kernen (de bron) in het algemeen buiten het lichaam, terwijl bij besmetting de vervallende kernen het lichaam binnendringen, bijvoorbeeld door inademing. Men heeft hier dus te maken met besmetting. b. Uit tabel 25 (Binas) blijkt, dat tritium (H-3) een β--straler is; een β-- deeltje kan genoteerd worden als

0 − 1 e.

De reactievergelijking wordt dan: 3 1H

→

0 -1e

+

3 2 He .

c. De halveringstijd t½ = τ = 12,3 jaar (tabel 25, Binas); na één halveringstijd is de activiteit de helft. (van Ao); na twee halveringstijden is de activiteit de helft van de helft, dus een vierde; na drie halveringstijden is de activiteit een achtste. 1/8 deel komt overeen met 12,5 %. Er zijn dus 3 halveringstijden verlopen. t = 3—12,3 = 36,9 jaar. d. Edeeltje = 0,018 MeV (tabel 25, Binas); Edeeltje = 0,018 MeV = 0,018—106—1,6—10-19 = 2,88—10-15 J; 1 jaar = 3,15—107 s (tabel 5,Binas); activiteit = 16 kBq = 16—103 Bq; dus in één jaar: Etotaal = tijd—activiteit—Edeeltje = 3,15—107—16—103—2,88—10-15 = 1,45—10-3 J. H= Q

E 1,45 ⋅ 10−3 = 1⋅ = 2,07 ⋅ 10− 5 ≈ 2,1 ⋅ 10− 5 Sv = 2,1 ⋅ 10− 2 mSv. m 70

Dit komt overeen met de genoemde waarde 0,02 millisievert. e. 2,1—10-2 mSv < 1 mSv, de dosislimiet voor individuele leden van de bevolking. Er is dus geen gevaar te duchten. Je zou het dus eens moeten zijn met de laatste zin van het artikel…

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: straling, gezondheid en kernenergie

Pa Pinkelman denkt na…

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2: straling, gezondheid en kernenergie

© Mgr. Frencken College – Scholengemeenschap voor VWO en HAVO www.frenckencollege.nl natuurkunde

realisatie:

< HUPRO > ®

090118/../120711. Wijzigingen voorbehouden.

5 havo – natuurkunde – oefenvraagstukken SE2