VIERDE EDITIE. EINDREDACTIE Wim Sonneveld. AUTEURS Robert Bouwens Paul Doorschot Joost van Reisen Annemieke Vennix

WWW.OVERAL.NOORDHOFF.NL

VIERDE EDITIE

EINDREDACTIE Wim Sonneveld

AUTEURS Robert Bouwens Paul Doorschot Joost van Reisen Annemieke Vennix

EXPERIMENTEN Jan Frankemölle

ICT André van der Hoeven Marten van der Lee Imrich Lobo Theo Timmers Arthur Visser

Noordhoff Uitgevers

243952_PHYSICS_4_5VWO_UW_FM.indd 1

11/06/14 8:05 PM

Colofon Omslagontwerp: Lava, Amsterdam, Foto omslag: Moodboard/Alamy/Imageselect - Wassenaar Ontwerp binnenwerk: Marieke Zwartenkot, Amsterdam, i.s.m. Robin Peterman, Oss Opmaak: Integra Software Services, India

0 / 14 © 2014 Noordhoff Uitgevers bv, Groningen/Houten, The Netherlands Behoudens de in of krachtens de Auteurswet van 1912 gestelde uitzonderingen mag niets uit deze uitgave worden verveelvoudigd, opgeslagen in een geautomatiseerd gegevensbestand of openbaar gemaakt, in enige vorm of op enige wijze, hetzij elektronisch, mechanisch, door fotokopieën, opnamen of enige andere manier, zonder voorafgaande schriftelijke toestemming van de uitgever. Voor zover het maken van reprografische verveelvoudigingen uit deze uitgave is toegestaan op grond van artikel 16h Auteurswet 1912 dient men de daarvoor verschuldigde vergoedingen te voldoen aan Stichting Reprorecht (Postbus 3060, 2130 KB Hoofddorp, www.reprorecht.nl). Voor het overnemen van (een) gedeelte(n) uit deze uitgave in bloemlezingen, readers en andere compilatiewerken (artikel 16 Auteurswet 1912) kan men zich wenden tot Stichting PRO (Stichting Publicatie- en Reproductierechten Organisatie, Postbus 3060, 2130 KB Hoofddorp, www.stichting-pro.nl). All rights reserved. No part of this publication may be reproduced, stored in a retrieval system, or transmitted, in any form or by any means, electronic, mechanical, photocopying, recording or otherwise without prior written permission of the publisher. ISBN 978-90-11-75813-1


11/06/14 8:05 PM

Inhoud 7

Stoffen en materialen

8

Hemelmechanica

16

9

Golven

25

4

10 Medische beeldvorming

38

11 Astrofysica

46


11/06/14 8:05 PM

7 Stoffen en materialen Startopdracht

De totale oppervlakte van de wanden: (2 × 5,2 × 7,4 + 2 × 5,2 × 3,1 + 2 × 7,4 × 3,1) = 155 dm2. De dikte is dus ongeveer: 3,2 dm3 / 155 dm2 = 0,02 dm = 2 mm.

1 Zie als voorbeeld de volgende tabel. onderdeel

functie

materiaal

eigenschap

raampje

maakt het product zichtbaar

(plexi-)glas

doorzichtig

handvat

je hand niet verbranden

kunststof

slecht warmte geleiden

wanden binnenkant

warmte vasthouden

staal

hittebestendig

chroomlaagje

mooi zijn

chroom

glimmend

Opdrachten A 4 a b c d

stollen smelten sublimeren a bevriezen b ontdooien c rijpen

A 5

7.1 Fasen en dichtheid Startopdracht 3 a De inhoud is de hoeveelheid ruimte in de koffer: bij een lege koffer is die niet van belang voor de massa. Het volume van de koffer is de ruimte die het materiaal inneemt: die is wel van belang. b Textiel, aluminium, maar voornamelijk van kunststoffen zoals polyester, polyethyleen en polypropeen. Typische afmetingen van een koffer van 100 L zijn 52 × 74 × 31 cm. De massa van zo’n koffer varieert van 3 tot 6 kg. c Stel een polypropyleen (dichtheid 0,95 kg/dm3) koffer heeft afmetingen van 52 × 74 × 31 cm3 en weegt 4,8 kg. Een deel van deze massa wordt ingenomen door wielen, handvat en dergelijke. Stel dat 3 kg van de koffer bestaat uit polypropenen wanden. Het volume van die wanden is dan V = m / ρ = 3 / 0,95 = 3,2 dm3.

4 Hoofdstuk 7

243952_PHYSICS_4_5VWO_UW_Ch07.indd 4

a Tussen moleculen zit ruimte, ze bewegen en trekken elkaar aan. b Bij een micro-macrobeschouwing verklaar je de eigenschappen van een stof aan de hand van het gedrag van de kleine deeltjes waar de stof uit is opgebouwd. c De moleculen van een vloeistof hebben geen vaste plaats. Een vloeistof is daardoor niet vormvast. De moleculen van een vloeistof trekken elkaar wel aan. Een vloeistof heeft daardoor wel een vast volume.

B 6 a De eigenschap moet karakteristiek zijn voor de stof en niet afhankelijk zijn van de manier waarop of de plaats waar je meet of van (veel) andere factoren. b Dichtheid en samendrukbaarheid c Elektrische geleidbaarheid en doorzichtigheid d Nee, want massa en volume zijn niet karakteristiek voor een stof (en zijn dus niet getabelleerd).

B 7 a Bij de faseovergang van water naar ijs neemt de dichtheid af. Met andere woorden, ijs zet uit en neemt dus meer volume in dan eenzelfde hoeveelheid water. De krachten die het uitzettende ijs bij bevriezing op de waterleiding naar buiten toe uitoefenen zijn blijkbaar groot genoeg om waterleidingen kapot te maken.

© Noordhoff Uitgevers bv

11/06/14 8:06 PM

b Stel het vijverwater is 8 °C en het begint te vriezen. De bovenlaag van het water koelt af. Als het water in die laag 4 °C is (en dat op de bodem nog hoger) heeft het water in de bovenlaag een grotere dichtheid dan dat eronder: het zakt dus naar beneden. Er blijft zo lang vermenging door stroming plaatsvinden dat alle water 4 °C is. Als de bovenlaag nog verder afkoelt, bijvoorbeeld naar 2 °C, is het water in de bovenlaag lichter (heeft dus een kleinere dichtheid) dan het andere water: het blijft dus boven en kan na verdere temperatuurdaling bevriezen.

a Ook de atomen aan de binnenkant van de ring gaan na verhitting verder uit elkaar zitten, zodat ook de omtrek en dus de diameter van het gat in de ring groter wordt bij verhitting. b Waarneming 1: de bol is verhit en is dus uitgezet. De ring is (nog) niet verhit. De diameter van de bol is dus groter dan het gat in de ring: de bol blijft op de ring liggen. Waarneming 2: de bol koelt af; een gedeelte van de warmte wordt overgedragen op de ring, zodat deze opwarmt. De diameter van de bol neemt dus af, die van het gat in de ring neemt toe. Op een bepaald moment past de bol weer in de ring.

B 9

V = A ∙ h met A = π r2 = π ∙ 1,62 = 8,04 cm2 = 8,04 ∙ 10−4 m2 h=

V 3,53·10−5 = = 4,38 ∙ 10−2 m = 4,4 cm A 8,04·10−4

c De inhoud doet er niet toe: V = 0,180 L = 1,8 ∙ 10−4 m3. ρ=

0,450 m = = 2,5 ∙ 103 kg/m3 V 1,8·10−4

C 11 a De massa’s verhouden zich als 4 : 5 : 6, net zoals de ribben. Het volume is gelijk aan de ribbe tot de derde macht. Het volume van blokje C is dus groter dan 1,5× het volume van blokje A. De dichtheid ervan is dus het kleinst. b De volumes van de blokjes A, B en C zijn 64, 125 en 216 cm3. Blokje A is dus het enige blokje waarvan de massa in grammen meer is dan het volume in kubieke centimeter. Het heeft dus een dichtheid die groter is dan van water (1 g/cm3). Blokje A is dus van ebbenhout.

C 12

a E, C, B, A, D b D, B, C, A, E c D, B, C, A, E De dichtheden kun je opzoeken en meteen op volgorde zetten. Verder verschillen de volumes van de voorwerpen zo sterk, dat de massa’s in dezelfde volgorde staan. Voor de zekerheid kun je het natuurlijk narekenen. massa (kg) 41

volume (m3)

dichtheid (103 kg/m3)

2,1 ∙ 10−3

19,3

A

goudstaaf

B

ijzeren kogel

0,072

C

stalen plaat

2,4

3,1 ∙ 10

−4

7,8

D

platina ring

0,0024

1,1 ∙ 10−7

21,5

E aluminium vleugel

0,317 m = = 3,53 ∙ 10−5 m3 ρ 8,96·103

Deze dichtheid komt overeen met die van gewoon glas in Binas tabel 10, dus de vaas kan van glas zijn.

B 8

voorwerp

bV=

125

9,2 ∙ 10−6

4,63 ∙ 10

−2

7,87

2,70

T = 273 + 20 = 293 K V = 43 π r3 = 43 π ∙ (0,1000)3 m3 = 4,18879 ∙ 10−3 m3 De kubieke uitzettingscoëfficiënt is gelijk aan 1/T = 1/293 = 3,41 ∙ 10−3 K−1. Het volume neemt dus af met 3,41 ∙ 10−3 × 4,18879 ∙ 10−3 = 1,43 ∙ 10−5 m3. Het nieuwe volume wordt dus 4,18879 ∙ 10−3 − 1,43 ∙ 10−5 = 4,17449 ∙ 10−3 m3. Met V = 43 π r3 vind je: r3 =

V

1

4 3π

2

= 0,0009966.

3 r = 10,0009966 = 0,09989 m De straal neemt dus 0,1000 − 0,09989 = 0,00011 m = 0,11 mm af, dus iets meer dan een tiende van een millimeter.

B 10 a V = r3 = 0,123 = 1,728 ∙ 10−3 m3 m = ρ ∙ V = 2,70 ∙ 103 × 1,728 ∙ 10−3 = 4,67 kg



Stoffen en materialen 5

11/06/14 8:06 PM

D 13 a Δℓ = α ∙ ℓ ∙ ΔT, dus α = [α ] =

b

c

d

e

f

Δℓ ℓ· ΔT

[Δℓ] m = = K−1 [ℓ]·[T] m ·K

Deze eenheid is inderdaad voor de lineaire uitzettingscoëfficiënt gegeven in de tabellen 4 en 8 t/m 10 van Binas. Voor zowel lengte als breedte als hoogte geldt: Δℓ = α ∙ ℓ ∙ ΔT = 11,7 ∙ 10−6 × 1 × 1 = 11,7 ∙ 10−6 m. Het volume wordt dus: V = l ∙ b ∙ h = (1,0000117)3 = 1,0000351 m3. De toename van het volume is dus 3,51 ∙ 10−5 m3. ΔV = γ ∙ V ∙ ΔT 3,51 ∙ 10−5 = γ × 1 × 1, dus γ = 3,51 ∙ 10−5 K−1 = 35,1 ∙ 10−6 K−1 = 3 × 11,7 ∙ 10−6 K−1 = 3 α Noem V* het nieuwe volume, l* de nieuwe lengte, b* de nieuwe breedte en h* de nieuwe hoogte van een blok na uitzetting. V* = l* ∙ b* ∙ h* = (ℓ + α ∙ ℓ ∙ ΔT) × (b + α ∙ b ∙ ΔT) × (h + α ∙ h ∙ ΔT) = ℓ ∙ (1 + α ∙ ΔT) × b ∙ (1 + α ∙ ΔT) × h ∙ (1 + α ∙ ΔT) = l ∙ b ∙ h ∙ (1 + α ∙ ΔT)3 = V (1 + 3 ∙ α ∙ ΔT + 3 ∙ α2 ∙ ΔT2 + α3 ∙ ΔT3) Omdat α ∙ ΔT klein is ten opzichte van 1, zijn de termen met α2 ∙ ΔT2 en α3 ∙ ΔT3 verwaarloosbaar. Dus V* = V (1 + 3 ∙ α ∙ ΔT) = V + 3 ∙ α ∙ V ∙ ΔT = V + ΔV. → ΔV = 3 ∙ α ∙ V ∙ ΔT = γ ∙ V ∙ ΔT, dus γ = 3 α. In Binas tabel 8 vind je: γkwik = 0,182 ∙ 10−3 K−1 = 182 ∙ 10−6 K−1. In Binas tabel 10 vind je: αglas = 8 tot 9 ∙ 10−6 K−1. Er geldt dus γkwik > 3 αglas. Uit γkwik > 3 αglas volgt dat het volume van kwik meer uitzet dan de inhoud van het glazen reservoir waarin het kwik zich in de thermometer bevindt. Daardoor stijgt het kwikniveau in het glasreservoir bij temperatuurstijging.

D 14 a De gemiddelde atoommassa van aluminium is 26,98 u (zie tabel 99 van Binas). De atomaire massa-eenheid u = 1,6605 ∙ 10−27 kg (zie tabel 7 van Binas). mAl = A ∙ u = 26,98 × 1,6605 ∙ 10−27 = 4,480 ∙ 10−26 kg Het volume van 1 kg aluminium is: m 1 V= = = 3,70 ∙ 10−4 m3 ρ 2,70·103

b De gemiddelde atoommassa van goud is 197,0 u (zie tabel 99 van Binas). mAu = A ∙ u = 197,0 × 1,6605 ∙ 10−27 = 3,271 ∙ 10−25 kg Het volume van 1 kg goud is: m 1 V= = = 5,18 ∙ 10−5 m3 ρ 19,3·103 Het volume van 1 atoom goud is dus: V = 3,271 ∙ 10−25 × 5,18 ∙ 10−5 = 1,69 ∙ 10−29 m3 c De massa van een goudatoom is 197/27 = 7,3 maal zo groot als de massa van een aluminiumatoom. Het volume van een goudatoom is vrijwel gelijk aan het volume van een aluminiumatoom. De dichtheid van goud is dus ongeveer 7 maal zo groot als de dichtheid van aluminium. (NB: uit de waarden voor de dichtheden volgt ook ongeveer deze verhouding: 19,3/2,7 = 7,1.) d Deze stoffen hebben vergeleken met goud een grotere dichtheid per aantal nucleonen in het atoom. Het volume per atoom is dus kleiner.

7.2 Warmte Startopdracht 15 a ρ = 2,02 kg/m3 c = 1,53 ∙ 103 J/(kg ∙ K ) verdampingswarmte = 0,43 ∙ 106 J/kg rV = 93,8 ∙ 106 J/m3 b Eén kubieke meter propaan heeft een stookwaarde van 93,8 ∙ 106 J en een massa van 2,02 kg. Eén kilogram propaan heeft dus een stookwaarde 93,8·106 = 4,64 ∙ 107 J/kg. van 2,02 c Het gaat bij beide om een hoeveelheid energie per kilogram, dus J/kg. De stofeigenschappen zijn inhoudelijk echter anders. De stookwaarde geeft aan hoeveel joule er vrijkomt als je een kilogram van de stof verbrandt. De verdampingswarmte is de hoeveelheid energie die nodig is om 1 kg van de stof te verdampen.

Het volume van 1 atoom aluminium is dus: V = 4,480 ∙ 10−26 × 3,70 ∙ 10−4 = 1,66 ∙ 10−29 m3

6 Hoofdstuk 7



11/06/14 8:06 PM

Opdrachten A 16 a De theorie koppelt de macroscopische grootheid temperatuur aan de microscopische eigenschap: kinetische energie van moleculen. b Volgens Boltzmann is temperatuur een maat voor de kinetische energie van moleculen. Dan is het logisch de temperatuur nul te stellen als ook die kinetische energie nul is en de moleculen dus stilstaan. Dat blijkt te zijn bij het absolute nulpunt: 0 K = −273,15 °C. c Warmte draag je over van het ene op het andere voorwerp (zoals bij het verrichten van arbeid); inwendige energie is opgeslagen in moleculen van het voorwerp.

B 17 a De stoompluim bevat (naast kleine zichtbare waterdruppeltjes) veel waterdamp die tegen je relatief koele hand condenseert. De waterdamp geeft daarbij dus niet alleen warmte af door af te koelen, maar ook de (relatief) grote verdampingswarmte. b Als een vloeistof stolt, geeft hij de smeltwarmte af. Het duurt lang voordat alle natriumacetaat bij 58 °C is gestold. Pas daarna koelt de kruik verder af. De kruik met water geeft alleen warmte af doordat het water afkoelt.

B 18 a b c d

TC = TK − 273,15 = 0 − 273,15 = −273 °C TK = TC + 273,15 = 273 + 273,15 = 546 K TK = 0,67 + 273,15 = 273,82 K ΔTC = ΔTK = 0,67 K = 0,67 °C

B 19 1 cm3 aluminium heeft een massa van 2,70 g. Per gram is 0,88 J nodig voor een kelvin temperatuurstijging, voor het blokje dus 2,70 × 0,88 = 2,4 J. Voor de andere metalen: – ijzer: 7,87 × 0,46 = 3,6 J – zink: 7,2 × 0,386 = 2,8 J – zilver: 10,50 × 0,24 = 2,5 J – goud: 19,3 × 0,129 = 2,49 J De volgorde is A, E, D, C, B.

B 20 a Q = c ∙ m ∙ ΔT = 4,18 ∙ 103 × 1,8 × 86 = 6,47 ∙ 105 J = 6,5 ∙ 105 J



b Q = c ∙ m ∙ ΔT = 0,46 ∙ 103 × 0,80 × 80 = 29,44 ∙ 103 = 0,29 ∙ 105 J In totaal is dus nodig (6,47 + 0,29) ∙ 105 J = 6,76 ∙ 105 J. 0,2944 Dus is ∙ 100% = 4,4% in het staal gaan zitten. 6,76 cD

B 21 V = 55 L = 0,055 m3 m = ρ ∙ V = 1,2 × 0,055 = 0,066 kg Q = c ∙ m ∙ ΔT = 1,00 ∙ 103 × 0,066 × (50 − 20) = 1980 J Q 1980 = 1980 W P= = t 1 Het element met het vermogen van 2000 W is dus het geschiktst.

C 22 a Q = c ∙ m ∙ ΔT = 3,9 ∙ 103 × 0,15 × (44,8 − 8,2) = 2,14 ∙ 104 J = 21 kJ Het warmtevermogen dat in de melk terechtkomt is: P = 0,95 × 800 = 760 W Q 2,14·104 t= = = 28 s P 760 b De soortelijke warmte van melk is iets kleiner dan die van water. De soortelijke warmte van een stof is ongeveer omgekeerd evenredig met de gemiddelde massa van de moleculen van die stof. De gemiddelde molecuulmassa van melk is dus groter dan die van water. In melk bestaan de ‘andere’ stoffen dus uit grotere moleculen. c Voor het verwarmen van het ijs van −20 tot 0 °C is nodig: Q cijs ·m · ΔT 2,2·103 × 1,0 × 20 = = = 5,8 s P P 760 Q rs,ijs ·m Voor het smelten van het ijs: t = = = P P 334·103 × 1,0 = 4,4 ∙ 102 s 760 t=

Voor het aan de kook brengen van het water: Q cw ·m · ΔT 4,18·103 × 1,0 × 100 = = = 5,5 ∙ 102 s P P 760 Q rv,w ·m = Voor het verdampen van het water: t = = P P 2,26·106 × 1,0 = 3,0 ∙ 103 s 760 t=

De verhoudingen in de figuur kloppen niet, vooral het horizontale stuk bij de verdamping moet veel langer zijn.


11/06/14 8:06 PM

C 23 Voor een temperatuurstijging van 10 °C is volgens de grafiek 13,6 kJ nodig. Daarvan is voor het water nodig: Q = c ∙ m ∙ ΔT = 4,18 ∙ 103 × 0,300 × 10 = 12,54 kJ. Voor het glas dus: 13,6 − 12,54 = 1,06 kJ. 1,06·103 Q = = 0,13 kg m= c · ΔT 0,8·103 × 10

C 24 a De activiteit is het aantal vervalreacties per seconde. Bij elke reactie komt er 2,25 ∙ 106 × 1,6 ∙ 10−19 = 3,6 ∙ 10−13 J vrij. 24·103 Per seconde vinden dus: = 6,7 ∙1016 3,6·10−13 reacties plaats. De activiteit is dus 6,7 ∙ 1016 Bq. b Elke seconde moet worden afgevoerd: 200 × 24 ∙ 103 J = 4,8 ∙ 106 J. m=

4,8·106 Q = = 320 kg c · ΔT 1,00·103 × 15

V=

320 m = = 2,5 ∙ 102 m3 ρ 1,293

c Bij het oplossen van vraag b gebruik je de dichtheid van lucht uit Binas. Die klopt alleen bij 0 °C.

Volgens de tekst zijn P en V gelijk. Hieruit volgt dat c ∙ ρ voor beide kruiken gelijk is. Omdat ρ voor natriumacetaat kleiner is dan die van water, moet de c ervan dus juist groter zijn.

D 26 2 3 EK

[E ] J = . Dit komt overeen met T [T ] K tabel 7A van Binas. b Ek = 32 k ∙ T = 1,5 × 1,3806 ∙ 10−23 × 293 = 6,068 ∙ 10−21 J m = A ∙ u = 55,85 × 1,66054 ∙ 10−27 kg = 9,274 ∙ 10−26 kg a k=

, dus [k] =

Ek = ½m ∙ v2, dus v =

12·Ek 22 × 6,068·10−21 = = m 9,274·10−26

3,62 ∙ 102 m/s c Bij 21 °C geldt: Ek = 32 k ∙ T = 1,5 × 1,38066 ∙ 10−23 × 294 = 6,089 ∙ 10−21 J. Per atoom moet je dus toevoeren: (6,089 − 6,068) ∙ 10−21 = 2,1 ∙ 10−23 J. 1 = 1,08 ∙ 1025 atomen In het blok zitten: 9,274·10−26 ijzer. Er is dus nodig: 1,08 ∙ 1025 × 2,1 ∙ 10−23 = 0,23 kJ. kJ , dus het komt niet d De soortelijke warmte is 0,46 kg ·K overeen. In werkelijkheid is het ongeveer een factor 2 groter. (Het uitgangspunt van allemaal gelijke snelheid is dus niet juist.)

C 25 a Q = cs ∙ ms ∙ ΔT + cw ∙ mw ∙ ΔT = 0,46 ∙ 103 × 0,43 × 50 + 4,18 ∙ 103 × 1,1 × 50 = 2,4 ∙ 105 J b In A is de temperatuur van het natriumacetaat hoger dan het smeltpunt: vloeibaar. In B is de temperatuur gelijk aan het smeltpunt: vast en vloeibaar. In C is de temperatuur lager dan het smeltpunt: vast. c In A en C daalt de temperatuur: de kruik staat warmte af. In B daalt de temperatuur niet, maar stolt het natriumacetaat: ook dan geeft de kruik warmte af. d Q = c ∙ m ∙ ΔT en m = ρ ∙ V. Vul in de formule voor Q op de plaats van de m de formule voor m in. Dan volgt de gewenste formule. e De twee grafieken dalen bij T = 70 °C even steil. De temperatuur van de twee kruiken daalt dan dus ΔT even snel: is gelijk. Δt Q c ·ρ ·V · ΔT Uit Q = c ∙ ρ ∙ V ∙ ΔT volgt: P = = Δt Δt

8 Hoofdstuk 7


7.3 Warmtetransport Startopdracht 27 a Nee, dat hoeft niet per se. De oplichtende plek kan ook warmer dan de rest zijn doordat er op die plaats op een andere manier dan door straling warmte terechtkomt. b Dat kan zijn door: – warmtestroming doordat er een echt lek (bijvoorbeeld een kier of gat) is, waardoor warme lucht weg stroomt; – warmtegeleiding, bijvoorbeeld als er ter plekke slecht is geïsoleerd. c Een koudebrug is een verbinding tussen twee ruimten die de warmte goed geleidt, bijvoorbeeld een metalen balk of kozijn. Het is dus een plek die goed warmte transporteert.


11/06/14 8:06 PM

Opdrachten A 28 Zie de volgende tabel. warmtetransport

microscopisch model

geleiding

stroming

straling

doordat snelle atomen of moleculen tegen langzame botsen

doordat snelle moleculen zich verplaatsen

door fotonen (energiepakketjes) over te zenden

soort tussenstof

vaste stoffen, vooral metalen

vloeistoffen en gassen

geen tussenstof nodig

twee voorbeelden

hete soeplepel, koudebruggen in bouw

stroming van water in cv; convectie van lucht in klimaat

gloeilamp, zon

manier van tegengaan

slecht geleidende materialen aanbrengen

afdichten tegen stromingen

glimmende laag aanbrengen

voorbeelden van tegengaan

luchtlagen in kleren, spouwmuurisolatie

dop op thermosfles, tochtstrips

glimmende laag in thermosfles of op wikkelfolie

Straling voorkom je door een glimmende binnenwand. Stroming voorkom je door een goed afsluitende dop. Geleiding voorkom je door een dubbele glazen wand met vacuüm ertussen.

B 30 a Tussen het dons zit (stilstaande) lucht die de warmte slecht geleidt. b De tempexwand geleidt de warmte slecht; de goed gesloten deksel voorkomt dat warmte de koelbox instroomt. c Koude lucht is zwaarder dan warme en stroomt dus niet de diepvries uit. d De metalen bodem van de pan geleidt de warmte van het vuur goed naar de boter in de pan. e In een heldere nacht straalt het dak veel warmte uit, terwijl er geen warmte van boven terug straalt. f In de wetsuit zit een laagje stilstaand water, dat als het eenmaal door je lichaam is opgewarmd slecht warmte geleidt en dus goed isoleert. g Metaal geleidt warmte goed en transporteert warmte beter dan hout. Zo verliest het lichaamsdeel dat ermee in contact komt meer warmte. Dat voelt kouder aan.

B 31 a In een (ρ,λ)−diagram staat ρ verticaal en λ horizontaal uit (in tegenstelling tot bij wiskunde). b ρ varieert bij de metalen tussen 0 en 20 ∙ 103 kg/m3, dus laat 1 cm overeenkomen met 2 ∙ 103 kg/m3. λ varieert bij de metalen tussen 0 en 500 W/(m ∙ K), dus laat 1 cm overeenkomen met 50 W/(m ∙ K).



c Zie figuur 7.1. dB 500

warmtegeleidingscoëfficiënt (W/(m·K))

B 29

400

300

200

100

0

0

5

10 15 20 dichtheid (103 kg/m3)

25

7.1

C 32 a P=

λ·A · ΔT 0,93 × 6,5 × 2,5 × (19 − 5) = = d 0,0040

5,29 ∙ 104 W = 53 kW b De warmtegeleidingscoëfficiënt van lucht is 24 ∙ 10−3, dus ongeveer 40 keer zo klein als die van glas. Bovendien is de luchtlaag dikker dan het glas. De isolerende werking van de luchtlaag is dus ongeveer 100 keer zo groot als die van een enkele glasplaat. c P=

λ·A · ΔT 24·10−3 × 6,5 × 2,5 × (19 − 5) = = d 0,010

5,5 ∙ 102 W = 0,55 kW


11/06/14 8:06 PM

Je bespaart dus: Q = ΔP ∙ t = (5,29 ∙ 104 − 5,5 ∙ 102) × 24 × 3600 = 4,5 ∙ 109 J 1 Ech = × 4,5 ∙ 109 = 4,9 ∙ 109 J 0,93 Ech 4,9·109 = = 152 m3. rV 32·106 Dit levert dus een besparing op van 152 × 0,62 = 94 euro. d Het glas aan de buitenkant is het koudst. De lucht koelt daar dus af, wordt zwaarder en daalt. Aan aardgas bespaar je: V =

λ·A · ΔT = 237 × (2 × 6,5 + 2 × 2,5) × 0,01 × d 19 − 5 = 1,99 ∙ 104 W = 20 kW 0,03

e P=

Het aluminium raamwerk laat bijna 40 keer zoveel warmte door als het dubbele glas. f Een koudebrug is een goed warmtegeleidende verbinding tussen een warme en koude ruimte. In dit geval vormt het aluminium raamwerk een koudebrug. Aan de binnenkant zal het aluminium koud aanvoelen omdat daar veel warmte naar buiten gaat. g Door tussen verschillende lagen aluminium lagen van een warmte-isolerende stof op te nemen zoals kurk of lucht.

C 33 a Het hoofd is meestal onbedekt. Dicht onder de dunne hoofdhuid stroom relatief veel bloed, zodat de temperatuur van de hoofdhuid hoger is dan die van de huid van andere lichaamdelen. b P = k ∙ A ∙ ΔT → k =

P A · ΔT

[P] = W ∙ m−2 ∙ K−1 = J ∙ s−1 ∙ m−2 ∙ K−1 = [A]·[T ] N ∙ m ∙ s−1 ∙ m−2 ∙ K−1 = kg ∙ m ∙ s−2 ∙ m ∙ s−1 ∙ m−2 ∙ K−1 = kg ∙ s−3 ∙ K−1 c Er geldt: P = 80 W en ΔT = 37 − 20 = 17 K. De oppervlakte van het warmteafgevend deel van het hoofd kun je benaderen met de oppervlakte van driekwart van een bol met een straal van 12 cm: A = 0,75 × 4πr2 = 3π(0,12)2 = 0,14 m2 [k] =

k=

P 80 = = 35 W ∙ m−2 ∙ K−1 A · ΔT 0,14 × 17

d Voor warmteafgifte heeft deze persoon nodig: 0,80 ∙ 8,5 MJ = 6,8 MJ in 24 uur en dus ongeveer 6,8/3 = 2,67 MJ tijdens een werkdag van 8 uur.

10 Hoofdstuk 7


Stel de gemiddelde buitentemperatuur is 10 °C. Het temperatuurverschil met de omgeving neemt dan toe van 17 naar 27 K. De warmteafgifte tijdens de achturige werkdag wordt dus 27/17e maal zo groot. 27/17 × 2,67 MJ = 4,24 MJ, een toename van 4,24 − 2,67 = 1,57 MJ. Op het totaal is dat dus ongeveer 1,57/8,5 × 100% = 18%.

C 34 Voor de isolerende werking zijn A (het gat is voor alle platen even groot) en ΔT niet van belang. Het gaat om λ de verhouding . d materiaal

λ in W/(m ∙ K)

A staal

50

d in m 0,004 0,004

λ in W/(m2 ∙ K) d 12 500

B glas

0,93

233

C eiken

0,4

0,03

13

D rubber

0,15

0,006

25

λ geleidt het d slechtst en isoleert dus het beste. De juiste volgorde is dus C, D, B, A. Het materiaal met de laagste verhouding

C 35 a het temperatuurverschil tussen; de warmte die; kleiner b Op tA en tB is Pvet groter dan Pomg, dus komt er meer warmte in het lichaam aan dan dat er uit verdwijnt. De temperatuur stijgt op die twee tijdstippen dus. Op tC is Pvet gelijk aan Pomg, dus komt er even veel warmte in het lichaam aan dan dat er uit verdwijnt. De temperatuur is op dat tijdstip dus constant. Ech 1,1·103 = = 2,75 ∙ 10−5 kg = 2,8 ∙ 10−2 g = c m= rm 4,0·107 28 mg d Q = c ∙ m ∙ ΔT = 3,0 ∙ 103 × 6,6 ∙ 10−3 × (37 − 5) = 634 J Naar de omgeving ging dus: 1,1 ∙ 103 − 634 = 466 = 4,7 ∙ 102 J. e Door de oppervlakte onder de grafiek van Pomg te bepalen tussen t = 0 en t = 48 min. f q stelt de warmtestoom per oppervlak voor en is P dus gelijk aan . A Met P =

λ·A · ΔT P λ·A · ΔT λ· ΔT volgt dan: q = = = . d A d·A d


11/06/14 8:06 PM

g Er blijft geen warmte hangen op het grensvlak tussen vet en vacht, dus moeten de warmtestromen door beide lagen gelijk aan elkaar zijn, qvetlaag = qvacht, dus: λvetlaag · ΔTvetlaag dvetlaag

=

λvacht · ΔTvacht dvacht

Invullen van ΔTvetlaag = 1,4 °C, dvetlaag = 2 mm, ΔTvacht = 30,6 °C en dvacht = 7 mm leidt tot: λvetlaag × 1,4 2 λvetlaag λvacht

λvacht × 30,6 7 30,6 × 2 = = 6,2 1,4 × 7 =

h De vetlaag heeft een 6,2× zo grote warmtegeleidingscoëfficiënt als de vacht, dus zou hij ook 6,2 maal zo dik moeten zijn om even goed te isoleren: 6,2 × 7,0 mm = 43 mm.

D 36 a Schrijf de formule om: λ =

P·d A · ΔT

Dan geldt voor de eenheden: [λ] =

[P]·[d ] [A]·[ΔT ]

Met [P] = W, [d ] = m, [A] = m2 en [ΔT ] = K volgt: W·m W = . Deze eenheid staat ook in Binas m2 ·K m ·K

[λ] =

vermeld. b P = U ∙ A ∙ ΔT c Met de warmteoverdrachtscoëfficiënt λ dU= d e Als er meerdere materiaallagen zijn, is er niet meer één waarde voor de λ en de d.

D 37 a P = σ ∙ A ∙ T4, dus σ = [σ ] =

P A ·T4

[P] W = [A]·[T ]4 m2 ·K4

b De oppervlakte van de zon is: A = 4πr2 = 4π ∙ (6,963 ∙ 108)2 = 6,093 ∙ 1018 m2 P = 3,85 ∙ 1026 W en σ = 5,670 ∙ 10−8 m2 3,85 ∙ 1026 = 5,670 ∙ 10−8 × 6,093 ∙ 1018 × T4 T4 =

3,85·1026 = 1,114 ∙ 1015 5,670·10−8 × 6,093·1018 4

T = 21,114·1015 = 5,78 ∙ 103 K



c Per vierkante meter straalt het dak uit: P = σ ∙ A ∙ T4 = 5,671 ∙ 10−8 × 1 × 2734 = 315 W. In een nacht straalt het dak dus per m2 uit: Q = P ∙ t = 315 × 10 × 3600 = 1,13 ∙ 107 J. Bij de sublimatie van 1 kg waterdamp tot ijs komt vrij: Q = rverdamping ∙ m + c ∙ m ∙ ΔT + rsmelt ∙ m = 2,26 ∙ 106 × 1,0 + 4,18 ∙ 103 × 1,0 × 100 + 334 ∙ 103 × 1,0 = 3,012 ∙ 106 J Er ontstaat dus een hoeveelheid ijs per m2 van: 1,13·107 = 3,75 kg. 3,01·106 3,75 m = = Dit heeft een volume van: V = ρ 0,917·103 4,09 ∙ 10−3 m3. V 4,09·10−3 De dikte van de laag ijs is dus d = = = A 1 4,09 ∙ 10−3 m = 4,1 mm. d Je oppervlakte is ongeveer 1,5 m2. Je lichaamstemperatuur is 37 °C = 310 K. Uitgestraald: P = σ ∙ A ∙ T4 = 5,67 ∙ 10−8 × 1,5 × 3104 = 785 W. Ontvangen: P = σ ∙ A ∙ T4 = 5,67 ∙ 10−8 × 1,5 × 2934 = 627 W. Per saldo raak je dus elke seconde 785 − 627 = 158 J kwijt.

7.4 Elektrische geleiding Startopdracht 38 a Dikke kabels laten gemakkelijker stroom door, zodat er minder verliezen optreden tussen de centrale en de gebruikers. b Metalen geleiden de elektriciteit goed. c Dichtheid: de kabels moeten niet te zwaar zijn. Elasticiteitsmodulus: de kabels moeten sterk genoeg zijn om het gewicht van lange overspanningen te kunnen dragen. Lineaire uitzettingscoëfficiënt: de kabels moeten niet te veel uitzetten bij warm weer. Soortelijke warmte: de kabels moeten bij energieverlies in de kabel niet te heet worden. Warmtegeleidingscoëfficiënt: de kabels moeten eventueel ontstane warmte gemakkelijk kunnen afvoeren.


11/06/14 8:06 PM

Smeltpunt en smeltwarmte: de kabels moeten niet te snel smelten als er warmte vrijkomt. Soortelijke weerstand: de kabels moeten niet te veel elektrische weerstand hebben. Weerstandstemperatuurcoëfficiënt: de kabels moeten niet te veel weerstand hebben als de temperatuur oploopt.

r = 22,04·10−7 = 4,513 ∙ 10−4 m d = 2 ∙ r = 2 × 4,513 ∙ 10−4 = 9,03 ∙ 10−4 m = 0,90 mm

C 43 C, A, B, D

C 44 U 3,0 = = 0,375 Ω I 8,0 ρ·ℓ A ·R π(0,25 × 10−3)2 ·0,375 , dus ρ = = = R= A ℓ 0,70 R=

Opdrachten A 39 a Als een metaal goed stroom geleidt, bewegen de geleidingselektronen er gemakkelijk doorheen. Die geleidingselektronen kunnen ook kinetische energie overdragen van warme aan koude delen van het metaal. b Bij hogere temperatuur trillen de metaalionen in het rooster harder, waardoor de geleidingselektronen er moeilijker doorheen dringen.

A 40 a b c d

recht evenredig recht evenredig recht evenredig omgekeerd evenredig

B 41 a ρ = 17 ∙ 10−9 Ωm b In tabel 8 van Binas is te zien dat koper op zilver na de kleinste soortelijke weerstand heeft. Koper geleidt dus beter dan de meeste andere metalen en heeft dus een grotere stroomgeleidingscoëfficiënt dan de meeste andere metalen. c 17 ∙ 10−9 Ω d 17 ∙ 10−5 Ω e 17 ∙ 10−3 Ω f 17 Ω

B 42 a R=

ρ·ℓ A ρ·ℓ

=

−9

105·10 × 3,2 = 2,8 Ω 0,12·10−6

A ·R π(0,06·10−3)2 × 3,2 = = ρ A 1,10·10−6 0,033 m = 3,3 cm

bR=

c R=

ρ·ℓ A

, dus ℓ =

, dus A =

A = πr2, dus r2 =

ρ·ℓ R

=

1,05 ∙ 10−7 Ωm = 105 ∙ 10−9 Ωm Dit is de soortelijke weerstand van ijzer, dus de draad is waarschijnlijk van ijzer gemaakt.

C 45 a Bij deze uitwerking gaan we uit van het jaar 2014. I=

P 4,0 = = 0,0364 A U 110

De lamp brandt nu 2014 − 1901 = 113 jaar. Q = I ∙ t = 0,0364 × 113 × 365 × 24 × 3600 = 1,30 ∙ 108 C. Eén elektron heeft een lading van 1,60 ∙ 10−19 C (Binas, tabel 7A). Het aantal gepasseerde elektronen is dus: 1,30·108 = 8,1 ∙ 1026. 1,60·10−19 b De soortelijke weerstand van koolstof neemt af met toenemende temperatuur. Dit is de eigenschap van een NTC (Negatieve Temperatuur Coëfficiënt). U 110 = = 3022 Ω I 0,0364 d 2 A = πr2 = π a b = π (1,55 ∙ 10−5)2 = 7,55 ∙ 10−10 m2 2 ρ·ℓ A ·R 7,55·10−10 × 3022 R= , dus ρ = = = A ℓ 0,14

c R=

16,3 ∙ 10−6 Ωm Volgens figuur 7.30 is de temperatuur dan gelijk aan 1,6 ∙ 103 °C. d De spanning is

120 = 1,091× zo groot. 110

De levensduur is dus 1,09116 = 4,023× zo klein.

−9

16·10 × 0,80 = 6,4 ∙ 10−7 m2 20·10−3

De levensduur zou dus zijn:

150 = 37,3 jaar. 4,023

A 6,4·10−7 = = 2,04 ∙ 10−7 π π

12 Hoofdstuk 7



11/06/14 8:06 PM

C 46 Een heteluchtoven is op het lichtnet aangesloten, dus op een spanning van 230 V. P 1450 = = 6,30 A U 230 U 230 = 36,5 Ω R= = I 6,30 ρ·ℓ A ·R 0,12·10−6 × 36,5 , dus ℓ = = = 3,98 = R= ρ A 1,10·10−6 I=

4,0 m

D 47

7.5 Vervorming Startopdracht

a ΔR = α ∙ R ∙ ΔT met: α de weerstandstemperatuurcoëfficiënt in kelvin (K−1) R de weerstand bij lage temperatuur (T0) in ohm (Ω) ΔT de temperatuurverandering in kelvin (K) b R(T) = R(T0) + ΔR = R(T0) + α ∙ R(T0) ∙ ΔT = R(T0) ∙ [1 + α ∙ ΔT] = R(T0) ∙ [1 + α ∙ (T − T0)] c In Binas is de soortelijke weerstand gegeven bij 293 K, dus kun je het gemakkelijkst de weerstand bij die temperatuur berekenen. ρ·ℓ d Bij T = 293 K geldt: R(293) = . A −9 In Binas tabel vind je ρ = 55 ∙ 10 Ωm. ℓ = 140 × omtrek van één winding = 140 × πd = 140 × π × 0,65 ∙ 10−3 = 0,2859 m A = πr2 = π ∙ (10 ∙ 10−6)2 = 3,14 ∙ 10−10 m2 R(293) =

f Je moet een weerstand bepalen bij kamertemperatuur. Je meetmethode mag de temperatuur dus niet (te sterk) beïnvloeden. Je zou de stroomsterkte door de gloeidraad kunnen bepalen bij een lage spanning, bijvoorbeeld 100 mV en daarna de wet van Ohm kunnen gebruiken.

ρ·ℓ

=

55·10−9 × 0,2859 = 50,1 Ω 3,14·10−10

A P 100 I= = = 0,4348 A U 230 U 230 = 529 Ω R(T) = = I 0,4348

R(T) = R(T0) ∙ [1 + α ∙ (T − T0)] In Binas vind je α = 4,9 ∙ 10−3 K−1. 529 = 50,1 ∙ [1 + 0,0049 × (T − 293)] 529 1 + 0,0049 × (T − 293) = = 10,56 50,1 0,0049 × (T − 293) = 10,56 − 1 = 9,56 9,56 = 1951 K (T − 293) = 0,0049 T = 1951 + 293 = 2244 K = 1971 °C = 2,0 ∙ 103 °C. e Direct na het inschakelen is de gloeidraad nog koud en de weerstand ervan dus kleiner. Bij dezelfde spanning van 230 V is de stroomsterkte dus groter en ook het vermogen groter.



48 a Elastische vervorming b Plastische vervorming: het voorwerp komt niet meer terug in de oorspronkelijke vorm. Een voorbeeld is een vervormde auto bij een botsing. c Ook het elastiek van een bungeejump zal na lang gebruik plastisch vervormen: hij raakt uitgelubberd en moet soms een stukje worden ingekort. Ook kunnen door slijtage haarscheurtjes in het elastiek optreden waardoor hij bij een grote kracht kan breken.

Opdrachten A 49 a Bij elastische vervorming komt het voorwerp na de vervorming weer terug in zijn oorspronkelijke vorm, bij plastische vervorming juist niet. b Elastisch: een elastiek waar je aan trekt, een tak die je lichtjes doorbuigt Plastisch: een veer waar je te hard aan trekt, een auto die is beschadigd

A 50 Treksterkte, elasticiteitsmodulus, duwsterkte, buigzaamheid

B 51 a Er geldt: ε =

Δℓ . Zowel Δℓ als ℓ0 heeft de eenheid ℓ0

meter: door ze op elkaar te delen, blijft er niets over. b Er geldt: σ = E ∙ ε, dus [σ] = [E ] ∙ [ε ]. Omdat [ε ] = 1, geldt [σ ] = [E ].


11/06/14 8:06 PM

B 52 IJzer heeft een grote treksterkte. Gewapend beton kan zo zowel grote duw- als grote trekkrachten verdragen.

e Boven het lineaire gebied neemt de spanning (en dus de kracht) minder hard toe dan de rek (dus de lengteverandering). De verhouding van kracht en lengteverandering (de veerconstante) neemt dus af.

B 53 a Met de elasticiteitsmodulus b Met de treksterkte

B 54 a ε=

Δℓ 0,0065 = = 0,00361 = 3,6 ∙ 10−3 ℓ0 1,8

b σ = E ∙ ε = 3,2 ∙ 109 × 0,00361 = 1,16 ∙ 107 Pa Fz = m ∙ g = 4,3 × 9,81 = 42,2 N 42,2 F F σ = , dus A = = = 3,652 ∙ 10−6 m2 = σ 1,16·107 A 3,7 mm2 c De treksterkte is de maximale spanning in de draad: 7,2 ∙ 107 Pa. Bij één baksteen treedt een spanning 7,2·107 op van 1,16 ∙ 107 Pa. Het aantal is dus = 1,16·107 6,2. Dus kun je er maximaal 6 bakstenen aan hangen. Bij de 7e baksteen zal de draad breken.

C 55 a In het eerste stuk van de grafiek is σ recht evenredig met ε en geldt σ = E ∙ ε. De elasticiteitsmodulus is dus de steilheid van het beginstuk van de grafiek. De grafiek gaat bij ε = 1,0 ∙ 10−3 door σ = 2,2 ∙ 108 Pa, σ 2,2·108 dus E = = = 2,2 ∙ 1011 Pa. ε 1,0·10−3 b In de grafiek is af te lezen dat de treksterkte gelijk is aan σ = 5,4 ∙ 108 Pa. 1,6·102 2 A = πr2 = πa b = 2,01·10 −4 m2 2 F = σ ∙ A = 2,01 ∙ 10−4 × 5,4 ∙ 108 = 1,1 ∙ 105 N c In het vloeigebied neemt de relatieve rek toe van 2,6 tot 4,4 ∙ 10−3. Bij deze twee waarden geldt voor de uitrekking: Δℓ = ε ∙ ℓ0 = 2,6 ∙ 10−3 × 0,70 = 1,82 ∙ 10−3 m, en: Δℓ = ε ∙ ℓ0 = 4,4 ∙ 10−3 × 0,70 = 3,08 ∙ 10−3 m De lengte van de stang is dus: (3,08 − 1,82) ∙ 10−3 = 1,26 ∙ 10−3 m = 1,3 mm toegenomen. d De grafiek gaat bij ε = 1,0 ∙ 10−3 door σ = 2,2 ∙ 108 Pa. F = σ ∙ A = 2,2 ∙ 108 × 2,01 ∙ 10−4 = 4,42 ∙ 104 N Δℓ = ε ∙ ℓ0 = 1,0 ∙ 10−3 × 0,70 = 7,0 ∙ 10−4 m C=

4,42·104 F = = 6,3 ∙ 107 N/m Δℓ 7,0·10−4

14 Hoofdstuk 7


C 56 a− – – – – b– – – – – c– – – – – d– – – – –

De elasticiteitsmodulus blijft gelijk. De lengteverandering wordt 2× zo groot. De relatieve rek blijft gelijk. De mechanische spanning blijft gelijk. De veerconstante wordt 2× zo klein. De elasticiteitsmodulus blijft gelijk. De lengteverandering wordt 4× zo klein. De relatieve rek wordt 4× zo klein. De mechanische spanning 4× zo klein. De veerconstante wordt 4× zo groot. De elasticiteitsmodulus blijft gelijk. De lengteverandering wordt 2× zo groot. De relatieve rek wordt 2× zo groot. De mechanische spanning wordt 2× zo groot. De veerconstante blijft gelijk. De elasticiteitsmodulus wordt 2× zo groot. De lengteverandering wordt 2× zo klein. De relatieve rek wordt 2× zo klein. De mechanische spanning blijft gelijk. De veerconstante wordt 2× zo groot.

C 57 a A = πr2 = π(20 ∙ 10−6)2 = 1,26 ∙ 10−9 m2 F = σtrek ∙ A = 120 ∙ 106 × 1,26 ∙ 10−9 = 0,15 N 0,13 b Er is dus = 4,33 ∙ 10−3 g = 4,33 ∙ 10−6 kg goud 30 nodig. Dit heeft een volume van: V =

m 4,33·10−6 = = ρ 19,3·103

2,25 ∙ 10−10 m3. V 2,25·10−10 = = 0,18 m. A 1,26·10−9 c Messing is goedkoper dan goud: een voordeel voor messing. De treksterkte van messing is groter dan van goud: een voordeel voor messing. Goud heeft een kleinere soortelijke weerstand dan messing: een voordeel voor goud. d Goud is edeler en dat wil zeggen dat het bijna niet oxideert (‘roest’ / met zuurstof reageert) en dat is voor zulke dunne draadjes een voordeel van goud ten opzichte van messing. De lengte van de draad: ℓ =


11/06/14 8:06 PM

D 58 a Als je het elastiek niet doorknipt, is de lengte 2× zo klein en de oppervlakte van de doorsnede 2× zo groot. De veerconstante is dan 4× zo groot: 100 Nm−1. b In de grafiek is te zien dat de lengte van het elastiek over de volle breedte van het diagram toeneemt van 30,0 tot 42,0 cm. De lengteverandering is dus 12,0 cm. F = C ∙ Δℓ = 25 × 0,12 = 3,0 N. Bij het meest rechtse streepje op de horizontale as moet dus 3,0 N staan. c Als je een materiaal te ver uitrekt, is de spanning niet meer recht evenredig met de rek. Alleen voor het lineaire stuk is de elasticiteitsmodulus constant en alleen dan geldt de formule.



σ ·A ε ·E ·A Δℓ E ·A E ·A F F = = = = ∙ = u Δℓ Δℓ Δℓ ℓ0 Δℓ ℓ0 C ·ℓ0 E ·A e C= , dus E = ℓ0 A [C]·[ℓ0] (N/m)·m [E] = = = N/m2 = Pa [A] m2 dC=

f A = 1,0 ∙ 10−3 × 7,5 ∙ 10−3 m2 = 7,5 ∙ 10−6 m2 E=

C ·ℓ0 25 × 0,300 = = 1,0 ∙ 106 Pa A 7,5·10−6

Binas tabel 10A geeft voor rubber: (10−3 – 10−4) ∙ 109 Pa = 105 – 106 Pa. De gevonden waarde ligt in dit interval, dus het elastiek kan van rubber zijn.


11/06/14 8:06 PM

8 Hemelmechanica Startopdracht

B 7 1 N kg−1 = 1 kg m s−2 kg−1 = 1 m s−2

1 a Het zonlicht valt van linksboven op de planeet en zijn ring; de donkerste banden zijn de schaduw die de ring op het planeetoppervlak werpt. b Zoals de manen van Saturnus rond deze planeet bewegen, zo bewegen de planeten rond de zon. Ook is er overeenkomst tussen de vorm van de banen.

B 8 A

B 9 Uit de gravitatiewet volgt: G =

Fg ·r2

. Om G te bepalen m ·M moest Cavendish dus de massa’s van de twee bollen, de afstand van hun middelpunten en de gravitatiekracht tussen twee bollen meten.

B 10

8.1 Gravitatie Startopdracht

De aarde en de maan zijn vanuit Mars gezien iets minder dan half belicht door de zon. Zie figuur 8.1 met de posities van Mars M, de zon Z en de aarde A met de maan m.

3 a Op Mars geldt g = 3,7 m/s2 en op aarde: g = 9,81 m/s2. b Nee, de valversnelling en dus de zwaartekracht is op Mars ruim 2,5 maal zo klein als op aarde. Door de kleinere kracht is de uitrekking van de veer op Mars dus kleiner dan op aarde. c Door de kleinere zwaartekracht kunnen lichtere gassen makkelijker aan de aantrekking door Mars ontsnappen.

Z

m A

M

Opdrachten 8.1

A 4 D

A 5 a,b Mercurius en Venus

B 6 a De dagelijkse beweging van de zon en de sterren is het gevolg van de draaiing van de aarde om haar as. b C, B, D, A, E c C, B, D, A, E Wat opvalt is dat planeten die verder weg staan van de zon een grotere omlooptijd hebben.

16 Hoofdstuk 8


C 11 a Tijdens een Venusovergang beweegt Venus tussen de zon en de aarde: positie V. Nee, omdat het baanvlak van Venus niet precies samenvalt met dat van de aarde, kan Venus in positie V ook boven of onder de zonneschijf staan. b Binas tabel 31: rA = 0,1496 ∙ 1012 m = 1 AE rV = 0,1082 ∙ 1012 m AV = rA − rV = 4,14 ∙ 1010 m en AV’ = rA + rV = 25,78 ∙ 1010 m Zie figuur 8.2.


11/06/14 8:07 PM

Noem D de diameter van de Venusschijf, dan is de hoek α waaronder je Venus ziet als volgt te bepalen: 12,1·106 D In positie V: tan α = = = 2,92 ∙ 10−4 → AV 4,14·1010 α = tan−1(2,92 ∙ 10−4) = 1,67 ∙ 10−2 graad Op dezelfde manier in positie V′: 12,1·106 D = = 0,469 ∙ 10−4 → tan α ′ = AV′ 25,78·1010 α ′ = tan−1(0,469 ∙ 10−4) = 2,689 ∙ 10−3 graad De verhouding van de hoeken is: 1,67·10−2 α = = 6,22. α ′ 2,689·10−3 c Nee, binnenplaneten staan in de buurt van de zon. Daarom zie je Venus voor zonsopgang in het oosten of na zonsondergang in het westen.

D α V

A

8.2

C 12 a Het aantal omlopen na t jaar is voor Jupiter

t en 12

t voor Mars . 2 Als Mars en Jupiter weer op een lijn staan, ligt Mars één omloop voor op Jupiter: t t − = 1. Hieruit volgt: t = 2,4 jaar. 2 12 b Na 2,4 jaar heeft de aarde 2,4 omlopen en Mars 1,2 omloop voltooid. De hoek tussen de lijn zon-aarde en de lijn zon-Mars-Jupiter bedraagt dan (2,4 − 1,2) × 360° = 1,2 × 360°. Als je afziet van veelvouden van 360° is de hoek dus 0,2 × 360° = 72°.

C 13 gh = 0,875 ∙ g = 0,875 × 9,81 = 8,58 m/s2 M , hieruit volgt: (R + h)2 5,972·1024 M = 6,674 ∙ 10−11 × = (R + h)2 = G ∙ 8,58 8,58 4,64 ∙ 1013 gh = G ∙

(R + h) = 24,64·1013 = 6,81 ∙ 106 m h = 6,81 ∙ 106 − R = 6,81 ∙ 106 − 6,371 ∙ 106 = 4,4 ∙ 105 m

C 14 a Zie figuur 8.3. In P geldt: Fg,aarde = Fg,maan → G ∙

Na links en rechts delen door G ∙ m krijg je: MA MM MA r1 = 2 → = r2 A MM r21 r2 Binas tabel 31: MA = 5,972 ∙ 1024 kg; MM = 7,35 ∙ 1022 kg → Dus


MA 5,972·1024 = = 81,25 MM 7,35·1022

MA r1 = = 181,25 = 9,01. r2 A MM

b Nee, het voorwerp voert dan een cirkelbeweging uit rond de aarde. Als de gravitatiekrachten van de aarde en de maan even groot zijn, leveren die samen niet de vereiste middelpuntzoekende kracht die voor die cirkelbeweging vereist is. c Binas tabel 31: rA,Z = 0,1496 ∙ 1012 m; rA,M = 0,3844 ∙ 109 m; MA = 5,972 ∙ 1024 kg; MM = 7,35 ∙ 1022 kg Binas tabel 32C: MZ = 1,9884 ∙ 1030 kg Fg,aarde op maan = G ∙ 6,674 ∙ 10−11 ×

MM ·MA = r2A,M

5,972·1024 × 7,35·1022 = 1,983 ∙ 1020 N (0,3844·109)2

Er zijn twee situaties waar aarde, maan en zon op één lijn liggen: MAZ en AMZ. Situatie 1: MAZ rZ,M = rA,M + rA,Z = 0,1500 ∙ 1012 m Fg,zon op maan = G ∙ 6,674 ∙ 10−11 ×

MM ·MZ = r2Z,M

1,988·1030 × 7,35·1022 = 4,33 ∙ 1020 N (0,1500·1012)2

De gravitatiekrachten van de zon en de aarde op de maan zijn gelijkgericht, dus: Fg,res = Fg,zon + Fg,aarde = 4,33 ∙ 1020 + 1,983 ∙ 1020 = 6,32 ∙ 1020 N Situatie 2: AMZ rZ,M = rA,M − rA,Z = 0,1492 ∙ 1012 m Fg,zon op maan = G ∙ 6,674 ∙ 10−11 ×


m ·MA m ·MM = G∙ r21 r22

MM ·MZ = rZ,M 2

1,988·1030 × 7,35·1022 = 4,38 ∙ 1020 N (0,1492·1012)2

Hemelmechanica 17

11/06/14 8:07 PM

De gravitatiekrachten van de zon en de aarde op de maan zijn tegengesteld gericht. Fg,res = Fg,zon op maan − Fg,aarde op maan = 4,38 ∙ 1020 − 1,983 ∙ 1020 = 2,40 ∙ 1020 N

D 17

P maan

aarde

a T = 24 h = 24 × 3600 = 8,64 ∙ 104 s b R = 6,371 ∙ 106 m 2π·R 2 × π × 6,371·106 v= = = 4,63 ∙ 102 m/s T 8,64·104 m ·v2 1,0 × (4,63·102)2 = = 3,37 ∙ 10−2 N en dat r 6,371·106 is inderdaad 0,034 N. m ·v2 d Nog steeds geldt: Fz,NP = 9,83 m/s2 > Fz,EQ + = r 9,78 + 0,034 = 9,814 m/s2.

c Fmpz =

8.3

C 15 a Voor de zwaartekracht op aarde geldt: m ·M Fz = Fg → G ∙ 2 = m ∙ g. R Als je links en recht deelt door m, krijg je: G ∙

M = g. R2

b Binas tabel 31: voor Saturnus: M = 5,68 ∙ 1026 kg en R = 5,82 ∙ 107 m. g = G∙

De getijdenkracht op 1 kg oceaanwater is F = m ∙ a = 5 ∙ 10−7 N; dit is ongeveer de helft van de getijdenkracht uitgeoefend door de maan.

Een mogelijke oorzaak van dit verschil is de afplatting van de aarde; als R op de noordpool kleiner is, m ·M is Fz,NP = G ∙ 2 groter. R

5,68·1026 M −11 = 6,674 ∙ 10 × = 11,2 m/s2 R2 (5,82·107)2

D 16 a De afstand aarde-maan r = 3,844 ∙ 108 m en de massa van de maan M = 7,35 ∙ 1022 kg. 7,35·1022 M In punt M: gM = G ∙ 2 = 6,674 ∙ 10−11 × = r (3,844·108)2 3,32 ∙ 10−5 m/s2. In punt P: r = 3,844 ∙ 108 − 6,371 ∙ 106 m = 3,780 ∙ 108 m. 7,35·1022 M gP = G ∙ 2 = 6,674 ∙ 10−11 × = r (3,780·108)2 3,43 ∙ 10−5 m/s2 b De getijdenversnelling is a = gP − gM = 3,43 ∙ 10−5 − 3,32 ∙ 10−5 = 0,11 ∙ 10−5 m/s2. De getijdenkracht op 1 kg oceaanwater is F = m ∙ a = 1,0 × 0,11 ∙ 10−5 = 0,11 ∙ 10−5 N. c De afstand aarde-zon rAZ = 1,496 ∙ 1011 m en de massa van de zon M = 1,9884 ∙ 1030 kg. 1,9884·1030 M In punt M: gM = G ∙ 2 = 6,674 ∙ 10−11 × = r (1,496·1011)2 5,930 ∙ 10−3 m/s2. In punt P: r = 1,496 ∙ 1011 − 6,371 ∙ 106 m = 1,49594 ∙ 1011 m = 0,99996 × rAZ. gM gP = = 1,00008 × gM 0,99952

8.2 Banen in een gravitatieveld Startopdracht 18 a Om, vanuit de aarde gezien, vóór de zon langs te bewegen, moet een planeet zich tussen de aarde en de zon bevinden. Venus en Mercurius komen hiervoor dus in aanmerking. b Voor Venus: zie figuur 8.4.

Z

V

A

8.4

a = gP − gM = 8 ∙ 10 × 5,930 ∙ 10 = 5 ∙ 10 m/s −5

18 Hoofdstuk 8


−3

−7

2


11/06/14 8:07 PM

Opdrachten

t3

v

v

A 19 a Planeten beschrijven een ellipsbaan rond de zon. De zon staat in een van de brandpunten van die baan. b De baansnelheid van de planeet verandert hierbij steeds en wordt groter naarmate hij het perihelium nadert. c Een planeetbaan kun je benaderen door een cirkelvormige baan. De zon staat in het middelpunt van die baan. d De baansnelheid van de planeet is dan steeds constant. e De vereiste kracht die nodig is om de planeet in zijn baan te houden is de middelpuntzoekende kracht en die wordt geleverd door de gravitatiekracht.

A 20 a Een homogeen krachtveld is een ruimte waarin de kracht in elk punt gelijk is in grootte en in richting. b Een voorwerp doorloopt een open baan als dat voorwerp niet gebonden is aan bijvoorbeeld een planeet. Het voorwerp komt uit het oneindige, scheert langs de planeet en verdwijnt weer in het oneindige.

A 21

t2 Fmpz

v

Fmpz

t1

Fmpz

8.5

B 23 a v = 2π ∙ v r T

r T

is de baansnelheid in meter per seconde (m/s) is de baanstraal in meter (m) is de omlooptijd in seconden (s)

b Fmpz =

m ·v2 r

Fmpz is de middelpuntzoekende kracht in newton (N) m is de massa in kilogram (kg) v is de baansnelheid in meter per seconde (m/s) r is de baanstraal in meter (m) c Zie figuur 8.6.

A

Np

B 22 M

a Zie figuur 8.5. b De snelheid is (bij de zelfde omlooptijd T = 24 h) recht evenredig met de baanstraal r. Die is het grootst op de evenaar: r = de aardstraal R = 6,371 ∙ 103 km. v=

P

s 2π × 6,371·103 = = 1,7 ∙ 103 km/h t 24

c Op de polen geldt v = 0 km/h, want daar geldt r = 0 m. d Op 50° NB geldt: r = R ∙ cos 50° = 6,371 ∙ 103 × 0,643 = 4,10 ∙ 103 km. s 2π × 4,10·103 = 1,1 ∙ 103 km/h v= = t 24



Zp

8.6

B 24 a g is de gravitatieversnelling, v de snelheid van de raket, t de tijd, h de hoogte boven de grond en dt het bedrag waarmee de tijd toeneemt. b t: = t + dt

Hemelmechanica 19

11/06/14 8:07 PM

M , waarin r r2 de afstand van de raket tot het middelpunt van de aarde is. Dan moet r = R + h = 6,371 ∙ 10 6 + h.

c Er geldt voor de valversnelling g = G ∙

De eerste programmaregel moet dus luiden: g = 4,0 ∙ 1014/(6,371 ∙ 10 6 + h)^2. d In het model neem je aan dat de valversnelling g elke 0,05 s constant is, terwijl g voortdurend verandert. Deze fout kun je verkleinen door het tijdsinterval dt een kleinere waarde te geven.

B 25 A

a In Binas: r = 384,4 ∙ 106 m en T = 27,32 d = 27,32 × 24 × 3600 = 2,360 ∙ 106 s r v = 2π ∙ = 1,023 ∙ 103 m/s T MC = v ∙ t = 1,023 ∙ 103 m b AC2 = (r + BC)2 = r2 + MC2, of r2 + 2r ∙ BC + BC2 = r2 + MC2 → 2r ∙ BC + BC2 = MC2 Omdat BC heel klein is ten opzichte van r geldt: BC2 << 2r ∙ BC, dus mag je BC2 verwaarlozen. MC2 . Dan vind je: BC = 2·r (1,023·103)2 MC2 = = 1,36 ∙ 10−3 m 2·r 2 × 384,4·106 BC 1,36·10−3 vgem = = = 1,36 ∙ 10−3 m/s t 1

c BC =

C 26 a Fmpz = Fg, of:

D 29

m ·v2 m ·M = G∙ 2 r r

Hieruit volgt: v2 = G ∙

M , dat wil zeggen v2 en r zijn r

omgekeerd evenredig, want G en M zijn constant. Als rA 9 keer zo groot is als rB, dan is vA2 9 keer zo klein als vB2. vA 1 = . vB 3 r b Voor de baansnelheid geldt ook: v = 2π ∙ , dus T r T = 2π ∙ . Dus is T recht evenredig met r en v Dus is vA 3 keer zo klein als vB. Dus

omgekeerd evenredig met v. Als rA 9 keer zo groot is als rB, dan is TA 9 keer zo groot als TB. Dan is (zie a) vA 3 keer zo klein als vB en dus is TA 3 keer zo groot als TB. In totaal wordt TA 3 × 9 = 27 keer zo groot als TB. TA 27 = . Dus TB 1

d We kijken nu alleen naar snelheidscomponenten in de richting CA. Dan geldt: vC = 0 m/s en vgem = 1,36 ∙ 10−3 m/s, dan volgt uit vgem = ½ ∙ (vB + vC) dat vB = 2 ∙ vgem = 2 × 1,36 ∙ 10−3 = 2,72 ∙ 10−3 m/s. vB − vC a= = 2,72 ∙ 10−3 m/s2 t e Binas tabel 31: de aardstraal is R = 6,371 ∙ 106 m. a 2,72·10−3 = = 2,77 ∙ 10−4 g 9,81 6,371·106 2 R 2 a b =a b = (0,01659)2 = 2,75 ∙ 10−4 r 384,4·106 f Je ziet dat

a R 2 = a b ; hieruit volgt dat de versnelling g r

van de gravitatiekracht van de aarde omgekeerd kwadratisch evenredig is met de afstand tot (het middelpunt van) de aarde.

C 27 a Noem MF1 = MF2 = x. Dan geldt WF2 = a − × en WF1 = a + x. Voor punt W geldt: WF1 + WF2 = (a − x) + (a + x) = 2a. b Voor punt T geldt: TF1 + TF2 = 2a. Omdat TF1 = TF2, geldt: TF1 = TF2 = a. c ΔtTU, ΔtVW, ΔtTUV, ΔtWTU, ΔtVWT

C 28 1, 2, 3 en 4 zijn onwaar en 5 is waar

20 Hoofdstuk 8


8.3 Gravitatie-energie Startopdracht 30 a Chemische energie (brandstof) wordt omgezet in zwaarte-energie, kinetische energie en warmte. b De zwaartekracht op de raket is kleiner en vanwege het ontbreken van een atmosfeer op de maan is er geen luchtweerstand.


11/06/14 8:07 PM

7,35·1022 M = 2 × 6,674 ∙ 10−11 × = R 1,738·106 5,645 ∙ 106 vo2 = 2G ∙

Opdrachten A 31 a Eg = − G ∙

m ·M , waarin Eg de gravitatie-energie in r

joule (J) is, M de massa van de planeet in kilogram (kg), m de massa van het voorwerp in kilogram (kg), r de afstand tussen het voorwerp en het de zwaartepunt van de planeet in meter (m) en G de gravitatieconstante in N m2 kg−2. b Op oneindig grote afstand van de planeet c Op oneindig grote afstand van de planeet is de gravitatie-energie tegelijk maximaal en 0. Dan is de gravitatie-energie op eindige afstand van de planeet kleiner dan 0.

vo = 25,645·106 = 2376 m/s = 2,4 km/s b De ontsnappingssnelheid van de maan is ongeveer vijf maal zo klein als die van de aarde. Dus is er veel minder kinetische energie en dus ook minder brandstof nodig om van de maan te ontsnappen.

B 36 De gravitatie-energie is recht evenredig met de massa m van de planeet en omgekeerd evenredig met de afstand r tot de zon. Vergelijk daarom voor genoemde m planeten . r A, B, E, C, D.

A 32 a Planeten hebben gravitatie-energie ten gevolge van het gravitatieveld van de zon. b Hoe verder de planeet van de zon staat, hoe groter de gravitatie-energie van de planeet. c In het perihelium is de gravitatie-energie minimaal en in het aphelium maximaal. d In het perihelium is de kinetische energie maximaal en in het aphelium minimaal. e De mechanische energie van de planeet is in elk punt van zijn baan constant.

A 33

B 37 Aarde: MA = 5,972 ∙ 1024 kg en RA = 6,371 ∙ 106 m Mars: MM = 0,642 ∙ 1024 kg en RM = 3,390 ∙ 106 m In het leerboek is een formule gegeven voor de M R A De massa van de aarde is ongeveer 10 maal zo groot als die van Mars en de straal van de aarde is ongeveer 2 maal zo groot als die van Mars. Dus de ontsnappingssnelheid is het grootst op aarde.

ontsnappingssnelheid: vo =

2G ·

B 38 a Uit Fg = Fmpz volgt:

D

B 34 In de formule voor de gravitatie-energie Eg = −G ∙

m ·M r

zijn de massa van de maan en de aarde in beide gevallen hetzelfde, dat heeft dus geen invloed. Ook de afstand r is hetzelfde. Dus zijn de genoemde gravitatie-energieën gelijk aan elkaar.

B 35 a Oneindig ver van de maan geldt Etot = 0 J. Op grond van energiebehoud geldt dan: m ·M = 0 J. R M Hieruit volgt: vo2 = 2G ∙ R ½ m ∙ vo2 − G ∙

Binas tabel 31: Mm = 7,35 ∙ 1022 kg en Rm = 1,738 ∙ 106 m.



5,972·1024 M = 6,6738 ∙ 10−11 × = r (6,371 + 0,400)·106 58,86 ∙ 106 v2 = G ∙

v = 258,86·106 = 7,67 ∙ 103 m/s b De wet van behoud van energie Ek,A + Eg,A = Ek,B + Eg,B. Kies B oneindig ver van de aarde, dan geldt: Ek,B + Eg,B = 0 J. Kies A op 400 km hoogte, dan geldt: M Ek,A + Eg,A = ½ m ∙ vo2 − G ∙ . r Uit de wet van behoud van energie volgt dan: M M ½ m ∙ vo2 = G ∙ , of: vo2 = 2 ∙ G ∙ = r r 24 5,972·10 2 × 6,6738 ∙ 10−11 × = 117,73 ∙ 106 (6,371 + 0,400)·106 v0 = 2117,73·106 = 1,0850 ∙ 104 m/s = 1,09 ∙ 104 m/s

Hemelmechanica 21

11/06/14 8:07 PM

D 42

C 39 100 × 5,972·10 m ·M = −6,674 ∙ 10−11 × = rP 24,0·106 −1,66 ∙ 109 J 100 × 5,972·1024 m ·M = −6,674 ∙ 10−11 × = Eg,Q = −G ∙ rQ 18,0·106 − 2,21 ∙ 109 J 24

a Eg,P = −G ∙

b WP,Q = Eg,P − Eg,Q = −1,66 ∙ 109 − (−2,21 ∙ 109) = 5,5 ∙ 108 J c ½ ∙ m ∙ vP2 − G ∙

m ·M m ·M = ½ ∙ m ∙ vQ2 − G ∙ rP rQ

4 2

100 × 5,972·1024 rS

2,00 ∙ 1010 − 1,66 ∙ 109 = 2,42 ∙ 1010 −

m ·M r

Vul de formule voor de kinetische energie uit vraag a in: m ·M m ·M m ·M Etot = G ∙ − G∙ = −G ∙ r 2r 2r

3,986·1016 rS

3,986·1016 = 2,42 ∙ 1010 − 2,00 ∙ 1010 + 1,66 ∙ 109 = rS 5,86 ∙ 109 rS =

m ·M 2r

b Etot = Ek + Eg = ½m ∙ v2 − G ∙

50 × (2,00 ∙ 10 ) − 1,66 ∙ 10 = 50 × (2,20 ∙ 10 ) − 6,674 ∙ 10−11 ×

m ·v2 m ·M = G∙ 2 r r

Ek = ½m ∙ v2 = G ∙

m ·M m ·M = ½ ∙ m ∙ vS2 − G ∙ rP rS 9

a Voor een planeet in een cirkelvormige baan geldt:

Vermenigvuldig alle termen met ½r, dan vind je:

½ ∙ m ∙ vQ2 − 2,21 ∙ 109 ½ ∙ m ∙ vQ2 = 2,00 ∙ 1010 + (2,21 − 1,66) ∙ 109 = 2,00 ∙ 1010 + 5,5 ∙ 108 → vQ = 2,03 ∙ 104 m/s

4 2

D 43

Fmpz = Fg →

½ × 100 × (2,00 ∙ 104)2 − 1,66 ∙ 109 =

d ½ ∙ m ∙ vP2 − G ∙

Voor beide banen geldt: Eg,A = Eg,B, want A en B liggen even ver van M. Omdat de totale energie in de ellipsbaan constant is, geldt ook: Ekin,A = Ekin,B. Bij een ellipsbaan is echter de periheliumsnelheid vA maximaal en dus groter dan vB. Deze ligging van beide banen is dus niet mogelijk.

8.4 Toepassingen in de ruimtevaart

3,986·1016 = 6,80 ∙ 106 m 5,86·109

Startopdracht C 40 D

C 41 a A, F, B, C = D = E b Voor de totale energie bij een ellipsbaan geldt: M Etot = −G ∙ en bij een cirkelbaan: 2a M Etot = −G ∙ . Uit figuur 8.24 blijkt 2a = EA en 2r = EC. 2r Dan is a > r. Hieruit volgt dat de totale energie in het geval van de ellipsbaan het grootst is. c Bewering 3 is waar. De totale energie van satelliet 2 in de ellipsbaan is het grootst. Beide satellieten hebben in E dezelfde gravitatie-energie. Satelliet 2 heeft dus in E de meeste kinetische energie en dus de grootste snelheid.

22 Hoofdstuk 8


44 Het gebruik van de zwaartekracht van andere planeten maakt het mogelijk grote delen van de reis af te leggen zonder aandrijving door raket- of stuwmotoren. Dit levert besparing van brandstof op.

Opdrachten A 45 a Een kegelsnede is een kromme die je te zien krijgt als doorsnede van een kegel en een plat vlak. b Ellips, cirkel, hyperbool en parabool

A 46 A Etot > 0; hyperbool B Etot = 0; parabool C Etot < 0; cirkel en ellips


11/06/14 8:07 PM

A 47 a Een geostationaire satelliet is een satelliet die schijnbaar stilstaat boven een vast punt op de evenaar. b De geostationaire satelliet heeft dezelfde omlooptijd als dat vaste punt op de evenaar: 24 uur.

A 48 a Een transferbaan is een halve ellipsvormige baan waarmee je een satelliet van een parkeerbaan rond de aarde kunt brengen naar een hogere baan of naar een andere planeet. b Eenmaal in de transferbaan brengt de gravitatiekracht van de aarde (de zon) de satelliet naar de hogere baan (doelplaneet); er is in principe geen brandstof voor verdere aandrijving nodig.

C 52 a Binas tabel 31: de straal van de aarde bedraagt R = 6,371 ∙ 106 m en de massa is 5,972 ∙ 1024 kg. De omlooptijd van de satelliet TS = 24 h = 8,64 ∙ 104 s. De derde wet van Kepler (zie Binas tabel 35): (R + h)3 M = G∙ 2 T2 4π Hieruit volgt: (R + h)3 = G ∙ (R + h)3 = 6,6738 ∙ 10−11 ×

M·T2 . 4π2

5,972·1024 × (8,64·104)2 = 4π2

7,536 ∙ 1022 → R + h = 4,224 ∙ 107 m Dus: h = 42,24 ∙ 106 − 6,371 ∙ 106 = 35,9 ∙ 106 m bv=

2π·r 2π × 4,224·107 = = 3,07 ∙ 103 m/s T 8,64·104

B 49 C 53

A

B 50 a De straal van de aarde bedraagt R = 6,371 ∙ 106 m. De baanstraal is r = R + h = 6,371 ∙ 106 + 0,400 ∙ 106 = 6,771 ∙ 106 m. M Uit Fg = Fmpz volgt: v2 = G ∙ , met M de massa van r

a Binas: M = 7,35 ∙ 1022 kg en R = 1,738 ∙ 106 Dus: r = R + h = 1,738 ∙ 106 + 0,110 ∙ 106 = 1,848 ∙ 106 m De derde wet van Kepler: Dan is T = 2π ∙

de aarde. 5,972·1024 M = 5,886 ∙ 107 v = G ∙ = 6,674 ∙ 10−11 × r 6,771·106

m ·M = −6,674 ∙ 10−11 × Eg = −G ∙ r 4,54·105 × 5,972·1024 = −2,67 ∙ 1013 J 6,771·106 b Etot = 1,34 ∙ 1013 − 2,67 ∙ 1013 = −1,33 ∙ 1013 J < 0. Dus een gesloten baan.

B 51 Het middelpunt van de aarde valt samen met het middelpunt van de satellietbaan. Bij een geostationaire satelliet moet het vlak van de evenaar in het baanvlak van de satelliet liggen. Toelichting: De Fmpz moet worden geleverd door een kracht tussen de satelliet en de aarde. Dat is de zwaartekracht die naar het middelpunt van de aarde én van de baan wijst. Vergelijk opdracht C60 in hoofdstuk 4 van leerboek 4 vwo.



(1,848·106)3 r3 = 2π ∙ A G ·M A 6,674·10−11 × 7,35·1022

= 7,13 ∙ 103 s = 1,98 h.

2

Ek = ½m ∙ v2 = ½ × 4,54 ∙ 105 × 5,886 ∙ 107 = 1,34 ∙ 1013 J

r3 M = G∙ 2 T2 4π

bv=

2π·r 2π × 1,848·106 = = 1,63 ∙ 103 m/s T 7,13·103

c Er geldt: Fg = Fmpz, dus:

m ·v2 M·m = G ∙ 2 . In deze r r

formule is M de massa van de maan. De massa m valt na deling weg en is niet van invloed op de voorwaarde dat Fg = Fmpz, ongeacht of m de massa is van de LM, de CSM of van de gehele combinatie. De LM en CSM blijven dus in hun oorspronkelijke baan. d Mogelijkheid I is onjuist, want de gegeven formule vertelt alleen hoe groot de baansnelheid v is in een cirkelbaan met gegeven straal r, waar Fg = Fmpz. Mogelijkheid II is juist, want als v afneemt, neemt Fmpz af en geldt Fg > Fmpz. Hierdoor zal de LM naar de maan toe bewegen.

Hemelmechanica 23

11/06/14 8:07 PM

C 54 a In Binas tabel 7 vind je: G = 6,673 84 ∙ 10−11 N m2 kg−2 en in tabel 31: massa aarde M = 5,976 ∙ 1024 kg. Uit Fg = Fmpz volgt:

m ·v2 m ·M = G ∙ 2 en dus: r r

m ·M . v2 = G ∙ r Voor baan 3: v32 = G ∙

5,972·1024 M = 6,6738 ∙ 10−11 × r3 42,16·106

= 9,45 ∙ 106 v3 = 29,45·106 = 3,07 ∙ 103 m/s b In elk punt van de transferbaan (2) geldt: Etot = Ek + Eg → Ek = Etot − Eg In punt R2 in de transferbaan (2) geldt:

b Op t = 1,2 h en t = 4,9 h is de afstand van de sonde tot de planeet 100 km. c De snelheid op t = 1,2 h is 46 km/s en op t = 4,9 h is de snelheid 52 km/s. De sonde heeft tijdens zijn passage dus aan snelheid gewonnen.

D 56 a Omdat PJ = QJ geldt: Eg,P = Eg,Q. Maar dan geldt vanwege energiebehoud ook: Ekin,P = Ekin,Q. b Zie figuur 8.7. c De snelheid u (gezien vanuit de zon) is op elk moment gelijk aan de vectorsom van de snelheid v (gezien vanuit Jupiter) en de baansnelheid vJ van Jupiter. In de tekening zie je dat de snelheid van de satelliet bij passage van Jupiter is toegenomen. vQ

m ·M m ·M en Eg = G ∙ Ek = ½m ∙ v22, Etot = − G ∙ r3 (2·a)

Q

uQ vJ

Invullen en links en rechts delen door ½m: 5,972·1024 M M + 2 ∙ G ∙ = −6,6738 ∙ 10−11 × + a r3 24,47·106 5,972·1024 = −16,29 ∙ 106 + 2 × 6,6738 ∙ 10−11 × 42,16·106 18,91 ∙ 106 = 2,62 ∙ 106

v22 = −G ∙

Dus v2 = 22,62·106 = 1,62 ∙ 103 m/s. De snelheid van de satelliet moet dus toenemen van 1,62 ∙ 103 tot 3,07 ∙ 103 m/s; de toename is dus: Δv1,2 = 1,45 ∙ 103 m/s.

vJ

J

uP vP P

vJ

8.7

C 55 a Als de sonde de planeet nadert, wordt gravitatieenergie omgezet in kinetische energie. Als de afstand tot de planeet minimaal is, is de gravitatieenergie van de sonde ook minimaal en is de kinetische energie en dus de snelheid maximaal.

24 Hoofdstuk 8



11/06/14 8:07 PM

9 Golven Startopdracht

B 6 D, A, C, B

1 De golven veroorzaakt door de steen zien er (verticaal gezien) sinusvormig uit. De golven die zichtbaar zijn op de foto in het leerboek zijn ook begonnen als sinusvormige golven, maar op een gegeven moment (in ondieper water) gaat een dal langzamer dan een berg. De top helt dan over, en de golf ‘slaat over’ en ‘breekt’.

B 7 C, een keer helemaal op en neer

B 8 Als je bijvoorbeeld bij een popconcert bent, sta je zelf op zekere afstand van de luidsprekers. Toch hoor je de bas dan niet voor- of achterlopen op de hoge tonen.

B 9

9.1 Lopende golven Startopdracht 3 Je hoort de plons: er zijn dus geluidsgolven. Je ziet het gebeuren: er zijn dus lichtgolven. Aan de oppervlakte van het water ontstaan lopende watergolven. Het water wordt samengedrukt als iemand erin duikt, er ontstaan in het water dus ook nog drukgolven.

Opdrachten B 4 a b c d e f g h

blijft gelijk wordt groter wordt groter blijft gelijk blijft gelijk blijft gelijk wordt kleiner wordt groter

B 5 De lichtsnelheid in glas is kleiner dan in vacuüm. De frequentie blijft gelijk. De golflengte neemt dus af: in eenzelfde tijd T legt het golffront een kleinere afstand af.



De richting van de golfsnelheid staat loodrecht op de richting van de snelheid van het trillend punt. De golfsnelheid in een koord is constant en heeft steeds dezelfde richting. De snelheid van een trillend punt is niet constant. Ook verandert de richting: omhoog, wordt kleiner, wordt 0, omlaag, wordt groter, enzovoort.

B 10 a Tabel 15A van Binas: geluidssnelheid in water van 0 °C is 1,403 ∙ 103 m/s. 1403 v = 1,403 m v = f ∙ λ, dus λ = → λ = f 1000 b v = f ∙ λ = 300 × 2,63 = 789 m/s Uit tabel 15A van Binas volgt: siliconenolie. c Tabel 15A van Binas: geluidssnelheid in alcohol is 1170 m/s. v = f ∙ λ → 1170 = f ∙ 1,06 → f = 1104 Hz = 1,10 kHz d De frequentie is in beide vloeistoffen identiek. De geluidssnelheid in water is 1484 m/s, de geluidssnelheid in alcohol is 1170 m/s. De geluidssnelheid is dus groter in water. In water zal het golffront in één trillingstijd T een grotere afstand afleggen. In water heeft de toon dus de grootste golflengte. e De frequentie verandert niet. f Bij deze temperatuur is de geluidssnelheid in water 1484 m/s en in lucht is 343 m/s. v Er geldt: v = f ∙ λ dus λ = . f De geluidssnelheid is in water dus 1484/343 = 4,33 keer zo groot. Als v 4,33 keer zo groot wordt, en f blijft gelijk, wordt λ ook 4,33 keer zo groot. Antwoord: λ = 4,33 × 0,45 = 1,9 m.

Golven 25

11/06/14 8:08 PM

B 11 λ 26 λ = v ∙ T , dus T = → T = = 4,0 s v 6,5

C 12 a Een koorddeeltje beweegt in transversale richting, dus in de richting loodrecht op het koord. De golfsnelheid is parallel aan het koord gericht. b v = f ∙ λ = 400 × 0,12 = 48 m/s vmax =

vmax 2π A 48 = 2πA ∙ f → A = = = T 2πf 2π × 400

0,019 m = 1,9 cm

t2 = 5405,4… − 2,0 = 5403,4… s Bereken de geluidssnelheid in jaar nr 2, tien jaar later. s 8 000 000 = 1480,5478 m/s v2 = = t2 5403,4… De toename van de geluidssnelheid is: Δv = v2 − v1 = 1480,5478 − 1480 = 0,5478 m/s. 0,5478 De temperatuur is dus toegenomen met = 4,0 0,14 °C.

D 17

C 13 a 1,5 T in 9,0 hokjes. T =

1 = 3,03 ∙ 10−3 s. Dus één 330 s

hokje komt overeen met

1,5 × 3,03·10−3 = 9,0

5,05 ∙ 10–4 s = 0,51 ms b De amplitude van B is groter dan van A. Dus de geluidssterkte is groter. Dat betekent dat grafiek A het geluid weergeeft dat microfoon 2 ontvangt. c Het tijdsverschil tussen de beelden is drie hokjes, dus 3 × 0,505 ms = 1,515 ms. 0,51 afstand v= = = 337 = 3,4 ∙ 102 m/s tijdsduur 1,515·10−3

C 14 v 1,5·103 = = 0,010 m f 150·103 b 0,30 ∙ 10–3 × 150 ∙ 103 = 45 golflengten a λ=

c tijdsduur =

b Bereken eerst hoeveel seconden het geluid doet over 8000 km in jaar nr 1. s s 8 000 000 v1 = → t1 = = = 5405,4… s v1 t 1480

a Ze leggen gelijke afstand af, dus vL ∙ tL = vt ∙ tt. Verder kun je aflezen dat Δt = tT − tL = 4,0 minuten = 240 s, ofwel: tT = 240 + tL. Vul dat in in de eerste vergelijking: vL ∙ tL = vt ∙ tt = 0 → vL ∙ tL = vt ∙ (240 + tL) → 5,7 ∙ 103 ∙ tL = 3,5·103 ∙ (240 + tL) 5,7 ∙ 103 ∙ tL = 840 000 + 3,5 ∙ 103 ∙ tL → 2,2 ∙ 103 ∙ tL = 840 000 → tL = 381,8… s De afstand is dus: Δx = v ∙ Δt = vL ∙ tL (= vt ∙ tt) = 381,8… × 5,7 = 2176 km = 2,2 ∙ 103 km. b Seismogrammen die ten opzichte van E achter de kern zitten, ontvangen geen directe T-golven, de andere wel. Zoek twee seismogrammen van plaatsen (dicht) naast elkaar, waarvan de een wel en de ander geen T-golven heeft. Dan weet je waartussen de lijn CE zich bevindt en kun je zo α bepalen.

2 × 3,3 afstand → = 4,4 ∙ 10–3 s = 4,4 ms snelheid 1,5·103

d Anders kan de heengaande golf gaan interfereren met de teruggekaatste golf. De teruggekaatste golf is al na 4,4 ms terug.

9.2 Golven in diagrammen Startopdracht

C 15 λ = v ∙ T = 1,5 × 0,6 = 0,9 m De boot is ongeveer 8× de golflengte; hij is dus 8 × 0,9 = 7 m lang.

18 Rechts van de vrouwtjeseend komt er een golfberg aan. De eend zal dus omhooggaan.

D 16 a Reden 1: je wilt iets weten over de globale opwarming, dus moet je over een zo groot mogelijk gebied meten of er iets verandert. Reden 2: hoe groter de afstand, hoe groter het tijdsverschil wordt met een jaar ervoor. Je kunt veranderingen dan nauwkeuriger meten.

26 Hoofdstuk 9


Opdrachten A 19 a Het (u,x)-diagram b Het (u,t)-diagram


11/06/14 8:08 PM

A 20

De amplitude is 2,0 cm. B begint net als A met omhoog te gaan. B is op t = 0,60 s op zijn negatieve uiterste stand, zoals je in figuur 9.19 in het leerboek ook ziet.

a De periode of trillingstijd T van de golf b De golflengte λ van de golf

A 21

B 22

2,5 2,0 1,5

u (cm)

a Overeenkomst: als je het bijschrift bij de horizontale as zou weglaten, bevinden C en D zich op identieke plaats in het diagram. b Verschil: de twee punten hebben een verschillende betekenis: – punt C duidt een plaats aan, punt D een tijdstip; – punt C staat op het punt omlaag te gaan bewegen (als het diagram een naar rechts bewegende golf voorstelt), het punt waar figuur b over gaat, gaat op het tijdstip D omhoog bewegen.

1,0 0,5 0

0

0,1

0,2

0,3

0,4

–0,5

0,5 t (s)

0,6

–1,0 –1,5 –2,0 –2,5

9.1

v = f ∙ λ = 0,25 × 2,0 = 0,50 m/s

2,5 2 u (cm)

In het (u,x)-diagram lees je af: λ = 2,0 m. In het (u,t)-diagram lees je af: T = 4,0 s → 1 f= = 0,25 Hz. 4,0

1,5 1 0,5

B 23

0

a De golf heeft in totaal 2,0 m afgelegd, met een snelheid van 3,33 m/s. s 2,0 De figuur is dus getekend op: t = = = 0,60 s. v 3,33 b Methode 1, aflezen. Punt B loopt ¾ fase achter op punt A: het faseverschil is dus ¾ = 0,75. Methode 2, berekenen. Δx Δϕ = λ Bepaal λ. Lees af: 1½λ = 2,0 m → λ = 1,33… m. Lees af: Δx = 1,0 m. Δϕ =

1,0 Δx = = 0,75 λ 1,3333…

c Zie figuur 9.1 voor punt A en figuur 9.2 voor punt B. De periode: er is anderhalve trilling in 0,6 s, ofwel: 0,60 T= = 0,40 s. 1,5

–0,5

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5 t (s)

0,6

–1 –1,5 –2 –2,5

9.2

B 24 a In 1,2 s legt de golf af: s = v ∙ t = 25 × 1,2 = 30 m. b De periode is 0,80 s. De golfsnelheid is 25 m/s. De golflengte is: λ = v ∙ T = 25 × 0,80 = 20 m. Op t = 0 s begint het linkeruiteinde met omhoog bewegen. De amplitude is 5 dm. Het punt dat 30 m verwijderd ligt van het linkeruiteinde zal op t = 1,2 s juist beginnen te trillen.

Punt A begint te trillen op t = 0 s. B gaat ¾T later dan A trillen op t = ¾ × 0,40 = 0,30 s.



Golven 27

11/06/14 8:08 PM

u (dm)

6

Voor C is ϕr = 0,5. Hij bevindt zich in de evenwichtsstand en gaat omlaag bewegen. Voor D is ϕr = 0. Hij bevindt zich in de evenwichtsstand en gaat omhoog bewegen.

4

2

C 27 0

0

5

10

15

20

25

30 x (m)

a Ring nummer 1, 5, 9, 10, 11 en 12 bevinden zich in evenwichtsstand. b Ring 2 heeft een negatieve uitwijking: de tweede ring bevindt zich namelijk links van zijn evenwichtsstand. c Ring 3 d Ring 7 e De amplitude is 1,0 cm. f Een hele golflengte g Zie figuur 9.5. h Zie figuur 9.6.

35

–2

–4

–6

9.3

B 25 a In de figuur is 1¾ golf zichtbaar. 1¾ golf is 70 cm 70 lang. Dus: λ = 3 = 40 cm = 0,40 m. 1 /4

1,5 1,0 u (cm)

b v = f ∙ λ = 25 × 0,40 = 10 m/s c Het beginpunt B heeft 1¾ trilling uitgevoerd. 1 1 = 0,040 s. De trillingstijd is: T = = f 25

0,5 0

0

60

80

100

120

140 cm

9.4

C 26 a A beweegt omhoog, want even later passeert een berg, zie links van punt A. B beweegt omhoog; je kijkt iets verder in de tijd (dus rechts van B) en je ziet dat hij dan omhooggaat. C beweegt omlaag, want even later passeert een dal; zie rechts van punt C. D beweegt omhoog; je kijkt iets verder in de tijd (dus rechts van D) en je ziet dat hij dan omhooggaat. b Voor A is ϕr = 0. Hij bevindt zich in de evenwichtsstand en gaat omhoog bewegen. Voor B is ϕr = 0. Hij bevindt zich in de evenwichtsstand en gaat omhoog bewegen.

28 Hoofdstuk 9


8

10

12 x (cm)

14

1,5

1,5 1,0 0,5 0

0

–0,5 40

6

9.5

u (cm)

B

20

4

-1,0

Punt B heeft dus 1¾ × 0,040 = 0,070 s getrild. d 0,060 s is 1,5 T later. Je ziet 1,5 golflengte meer. Dit is 1,5 × 0,40 = 0,60 m. (De kop van de golf is aangekomen op s = v ∙ t = 10 × 0,13 = 1,3 m.) Zie figuur 9.4.

0

2

-0,5

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06 t (s)

0,07 0,75

–1,0 1,5

9.6

C 28 a Op t = 1,0 s bereikt de golf precies het linkeruiteinde. Zie figuur 9.7. b Omdat er een (naar links bewegende) golfberg voorop loopt, is het rechteruiteinde begonnen met op t = 0 s omhoog te gaan. Op t = 1,0 s heeft het rechteruiteinde twee volledige trillingen uitgevoerd. Zie figuur 9.8. c Ze zien er hetzelfde uit. Let op: je moet het (u,x)diagram wel anders interpreteren: bij de naar links bewegende golf is een korte tijd later de golf naar links opgeschoven: bijvoorbeeld het punt x = 0 m is dan omhooggegaan.


11/06/14 8:08 PM

4,0 x (cm)

5,0

2 Bepaling van λ: bepaal de golflengte uit figuur 9.25, dit is de afstand van A tot E vermenigvuldigd met 25 (de schaalfactor) → λ = 25 × 3,15 = 78,8 cm = 0,788 m. 3 T bepalen. λ = v ∙ T → 0,788 = 1,2 × T → T = 0,656666… s. 2πA 2π × 0,0925 4 vmax bepalen: vmax = = = T 0,656666 …

0,8 t (s)

1,0

0,886 m/s De lengte van de vector vC is dus 0,886… / 0,20 = 4,4 cm. Bepaling van de richting: De golftrein beweegt omhoog. Punt C staat dus op het punt om naar links te gaan bewegen. De richting van de snelheidsvector vC is dus naar links. Samengevat: het eindantwoord is een vector van 4,4 cm, die naar links is gericht.

Bij een naar rechts bewegende golf is een korte tijd later de golf naar rechts opgeschoven, het punt x = 0 m gaat dan omlaag. 1,5

u (cm)

1,0 0,5 0

0

1,0

2,0

3,0

–0,5 –1,0 1,5

9.7 1,5

u (cm)

1,0 0,5 0

0

0,2

0,4

–0,5

0,6

–1,0 1,5

9.3 Informatieoverdracht

9.8

D 29 a Er hangt meer touw onder een hoger gelegen punt dan onder een lager gelegen punt. Hoger in het touw is de spankracht dus groter. Uit de formule v =

Fs volgt: Fs ↑ → v ↑. A m*

De massa per lengte-eenheid is namelijk in het gehele klimtouw constant, en ook de trillingstijd (/frequentie) is constant. Uit v = f ∙ λ volgt: v ↑ → λ ↑. Conclusie: de golftrein wordt dus langer. b Om de snelheidsvector vC van het punt C op t = t1 te kunnen tekenen, moet je zowel de grootte als de richting van vC bepalen. Berekening van de grootte: Punt C bevindt zich in de evenwichtsstand, en heeft 2πA dus de maximale snelheid: vmax = . T 1 Bepaling van A: opmeten in figuur 9.25. Je moet de amplitude zowel opmeten bij B, als bij D. Na opmeten moet je de gemeten lengte vermenigvuldigen met 10, de schaalfactor. AB, tekening = 1,0 cm → AB = 0,10 m AD, tekening = 0,85 cm → AD = 0,085 m De amplitude bij C is het gemiddelde hiervan: 0,10 + 0,85 A= = 0,0925 m. 2



Startopdracht 30 Verdachte X praat en brengt dus de lucht in trilling. Er ontstaat een lopende golf. Die golf brengt ook de ruit in trilling. De laser zendt een laserstraal naar de ruit. Die straal kaatst terug. ‘Op’ die teruggekaatste straal ‘bevinden’ zich steeds de trillingen van de ruit. De (elektromagnetische) lichtgolf die terugkaatst, wordt weer opgevangen door de FBI. De trillingen worden eruit gefilterd, en de FBI weet wat verdachte X heeft gezegd.

Opdrachten A 31 a Een draaggolf ‘draagt’ het signaal met zich mee. b Bandbreedte is het verschil tussen de hoogste en de laagste frequentie van een signaal. c Het signaal dat je ontvangt mag geen overlap vertonen met het signaal dat je weer uitzendt. Het ene signaal is daardoor hoger dan het andere: ze zijn van elkaar gescheiden. d Een nul of een één. Het volgende rijtje nullen en enen bestaat bijvoorbeeld uit 4 bits: 1010.

Golven 29

11/06/14 8:08 PM

B 32 Je gehoor kan alleen dingen horen die het trommelvlies in beweging brengen. Geluidsgolven zorgen voor drukveranderingen, die brengen je trommelvlies inderdaad in beweging. Radiogolven zijn elektromagnetische golven. Een radiogolf kan dus elektromagnetische krachten uitoefenen. Je trommelvlies is elektrisch neutraal, bevat geen vrije elektronen, en is niet magnetisch. Een elektromagnetische golf brengt het trommelvlies dus niet in beweging, vandaar dat je elektromagnetische golven niet kunt horen.

B 33 B, F, A, E, D, C

B 34 a 3400 − 300 = 3100 Hz b De bandbreedte van een telefoon is kleiner dan de bandbreedte van spraak. Je kunt elkaar toch goed verstaan omdat je niet het volledige signaal nodig hebt. Een stem klinkt door de telefoon ook duidelijk anders dan in het echt, maar klinkers en medeklinkers zijn nog goed te onderscheiden.

B 35 v volgt dat als de frequentie f lager wordt, dat de golflengte dan groter wordt. De golfsnelheid is voor radiogolven gelijk aan de lichtsnelheid: 2,997 924 58 ∙ 108 m/s. Hiermee kun je bijvoorbeeld uitrekenen dat golven van 300 kHz een golflengte hebben van 1 km. De golflengte van ‘lange golf’-golven, is dus 1 km of langer. Zie ook tabel 19B van Binas. b Met korte golf worden de frequenties van 3 tot 30 MHz aangeduid: bijvoorbeeld amateurradio zendt op die frequenties uit. Als iemand een amateurradioprogramma uitzendt, zeg je ook wel dat hij ‘op de korte golf’ zit.

a Uit de formule: λ =

B 36 a λ=

v f

2,998·108 = 999 m 300·103 2,998·108 = 0,999 m 300 MHz → λ = 300·106 300 kHz → λ =

bλ=

v f

930 MHz → λ =

2,998·108 = 0,322 m 930·106

De interne antenne moet dus minimaal 0,0806 m = 8 cm lang zijn.

0,322 = 4

B 37 a Ze gebruiken geen lage frequenties omdat die een te grote reikwijdte hebben. Het VHF- en UHFfrequentiegebied hebben maar een reikwijdte van enkele tientallen meters. Ver genoeg voor een concert, maar niet zo ver dat andere gebruikers ietwat verderop er nog last van hebben. b In Nederland is die frequentie gereserveerd voor andere doeleinden (gsm-technologie: KPN en Vodafone zenden uit rond deze frequentie).

C 38 a De downlinkdraaggolf heeft een frequentie van 1,09 × 2,11 GHz = 2,30 GHz. Voor de grootste frequentie van de uplink geldt: f = 2,11 ∙ 109 + 20 ∙ 106 = 2,13 ∙ 109 Hz. Voor de kleinste frequentie van de downlink geldt: f = 2,30 ∙ 109 – 20 ∙ 106 = 2,28 ∙ 109 Hz. De grootste frequentie in de uplink is dus kleiner dan de kleinste frequentie in de downlink. b Bij frequentiemodulatie wordt de informatie aan de draaggolf toegevoegd door de frequentie te variëren. Bij amplitudemodulatie wordt de hoogte van de draaggolf gevarieerd. Dus hier is sprake van frequentiemodulatie. c De twee signalen kunnen elkaar anders storen.

C 39 a 4π ∙ r2 b De afstand is twee keer zo groot, dus de bolschil wordt 22 = 4 keer zo groot. c De totale energie moet gelijk blijven. Dezelfde hoeveelheid energie wordt nu verspreid over een 4 keer zo grote oppervlakte, de energie is dus 4 keer zo klein. d De energie is evenredig met het kwadraat van de amplitude. Als de energie 4 keer zo klein is, is het kwadraat van de amplitude dus ook 4 keer zo klein. De amplitude zelf is dan 2 keer zo klein.

De maximale golflengte is dus 999 m, de minimale golflengte is 0,999 m.

30 Hoofdstuk 9



11/06/14 8:08 PM

C 40 a Zie figuur 9.9a t/m d. b Zie figuur 9.10a t/m d. c Als je bemonsterfrequentie te laag is, zoals bij a, dan kan het gebeuren dat je een verkeerd signaal reconstrueert. d Bij b merk je dat je op vier plekken in een sinus hebt bemonsterd. Als je precies op t = 0 s begint te bemonsteren, krijg je exact hetzelfde signaal terug als waar je mee begon. Als je bij b niet op t = 0 s zou beginnen te bemonsteren, zou je vier andere waarden hebben gevonden, je zou dan niet exact hetzelfde signaal hebben teruggevonden als waar je mee begon.

0

0,005

0,01

0,015

0,02

0,025

0,03

0,035 t (s)

0,04

0,005

0,01

0,015

0,02

0,025

0,03

0,035 t (s)

0,04

0,01

0,015

0,02

0,025

0,03

0,035 t (s)

0,04

0,01

0,015

0,02

0,025

0,03

0,035 t (s)

0,04

0,01

0,015

0,02

0,025

0,03

0,035 t (s)

0,04

0,01

0,015

0,02

0,025

0,03

0,035 t (s)

0,04

9.10a

0

0,005

9.10b

0 0

0,005

0,005

9.10c

9.9a

0

9.9b

0

0,005

9.10d

C 41

0

0,005

0,01

0,015

0,02

0,025

0,03

0,035 t (s)

0,04

0,005

0,01

0,015

0,02

0,025

0,03

0,035 t (s)

0,04

9.9c

0

9.9d



a0 1 b0 1 c 00 01 10 11 d 000 001 010 011 100 101 110 111

0 < getal < 2,5 2,5 < getal < 5 0 < getal < 1,25 1,25 < getal < 2,5 2,5 < getal < 3,75 3,75 < getal < 5 0 < getal < 0,625 0,625 < getal < 1,25 1,25 < getal < 1,875 1,875 < getal < 2,5 2,5 < getal < 3,125 3,125 < getal < 3,75 3,75 < getal < 4,375 4,375 < getal < 5

Golven 31

11/06/14 8:08 PM

e 0000 0 < getal < 0,3125 0001 0,3125 < getal < 0,625 0010 0,625 < getal < 0,9375 0011 0,9375 < getal < 1,25 f 1-bits: 2 (= 21) 2-bits: 4 (= 22) 3-bits: 8 (= 23) 4-bits: 16 (= 24) 5-bits: 32 (= 25) 8-bits: 256 (= 28) 16-bits: 65 536 (= 216) g Hoe groter n, hoe beter de kwaliteit, dus hoe beter de digitale codering. Hoe meer bits, hoe nauwkeuriger een willekeurig getal (in dit voorbeeld een getal tussen nul en vijf) kan worden benaderd. Met één bit, zo zag je bij a, gaat dat niet erg nauwkeurig. Met 16 bits gaat dat al veel nauwkeuriger (zo’n 4 a 5 cijfers achter de komma: 5 / 216). Hoe groter het getal n, hoe groter echter ook je data transfer rate moet zijn: je moet meer bits verzenden per gedigitaliseerd getal.

D 42 a Een sinus varieert tussen −1 en 1, de maximale waarde is dus 1. b De maximale waarde van de functie is: (1 + As) ∙ Ad. c Het argument van de sinus doet er voor de maximale waarde niet toe, ook niet als er een extra sinus in dat argument staat. De maximale waarde van een sinus blijft 1. Dus de maximale waarde van de functie die frequentiemodulatie beschrijft is Ad.

9.4 Staande golven Startopdracht

Opdrachten A 44 a 1/4 keer, zie figuur 9.11. b 3/4 keer, zie figuur 9.12. c 7/4 keer, zie figuur 9.13.

9.11

9.12

9.13

B 45 a Punt A staat stil. Daar zit een knoop. b Punt C bevindt zich eerst in zijn negatieve uiterste stand. Gaat vanuit stilstand versneld omhoog. Gaat daarna met maximale snelheid door de evenwichtsstand en beweegt daarna vertraagd omhoog. En komt tot stilstand in zijn positieve uiterste stand. c Punt A bevindt zich in de evenwichtsstand en gaat met maximale snelheid vertraagd omhoog. Punt A komt tot rust in de maximale uiterste stand, beweegt vervolgens versneld omlaag. In het laatste plaatje beweegt punt A met maximale snelheid omlaag door de evenwichtsstand. d Voor punt C geldt hetzelfde verhaal als bij opdracht a: punt C bevindt zich eerst in zijn negatieve uiterste stand. Gaat vanuit stilstand versneld omhoog. Gaat daarna met maximale snelheid door de evenwichtsstand, beweegt daarna vertraagd omhoog, en komt tot stilstand in zijn positieve uiterste stand.

43 De koffie klotst op en neer. Als de koffie aan de voorkant hoog is, is hij aan de achterkant laag, als de koffie aan de achterkant hoog is, is hij aan de voorkant laag. En zo om en om.

B 46 C, B, D, A

B 47 a Er zijn drie buiken te zien. b Zie figuur 9.14.

9.14

32 Hoofdstuk 9



11/06/14 8:08 PM

c De lengte is gelijk aan driemaal ½λ: 1,05 3 × ½λ = 1,05 m → λ = 1 = 0,70 m. 1 /2 v = f ∙ λ → v = 180 × 0,70 = 1,3 ∙ 102 m/s

B 48 a Zie figuur 9.15. b Methode 1: aflezen in figuur 9.15. Er past precies één golflengte op het latje: λ = 50 cm = 0,50 m. Methode 2: berekenen met de formule. Twee knopen betekent bij een staande golf met twee open uiteinden dat n = 2. ℓ = n ∙ ½λ, met n = 2 → ℓ = λ. Er past dus precies één golflengte op het latje. c v = f ∙ λ → 440 = f ∙ 0,50 → f = 880 Hz = 8,8 ∙ 102 Hz.

B 51 Methode 1: met een hulpfiguur, zie figuur 9.17. Uit figuur 9.17 blijkt dat er 1¼λ op de lat past: 1,0 λ = 1 = 0,80 m. 1 /4 v = f ∙ λ → 120 = f ∙ 0,80 → f = 150 Hz = 1,5 ∙ 102 Hz Methode 2: met de formule. Als er drie buiken zijn, gaat het om de 2e boventoon, n is dan gelijk aan 3. 1,0 ℓ = (2n − 1) ∙ ¼λ = 5/4λ → λ = 5 = 0,80 m /4 v = f ∙ λ → 120 = f ∙ 0,80 → f = 150 Hz = 1,5 ∙ 102 Hz

9.17

B 52 9.15

B 49 a Zie figuur 9.16. b Methode 1: aflezen in figuur 9.16. De golflengte past twee keer op de lengte van het koord: de golflengte is dus 20 cm = 0,20 m. Methode 2: berekenen met de formule. Vier buiken betekent bij een staande golf met twee vaste uiteinden dat n = 4. ℓ = n ∙ ½λ, met n = 4 → ℓ = 2λ. De golflengte past dus twee keer op de lengte van het koord. c v = f ∙ λ = 7,0 × 0,20 = 1,4 m/s

9.16

B 50 1 Breng de snaar in eigentrilling door de snaar te bespelen als een gitaar. 2 Meet de lengte van de snaar, meet de toonhoogte. (Toonhoogte kun je meten met Coach, je kunt ook luisteren naar de snaar en wat je hoort vergelijken met de toon van een toongenerator.) 3 Bereken de golfsnelheid met v = f ∙ λ.



a C (10 cm), A (15 cm), E (18 cm), B (20 cm), D (24 cm) b Omdat v = f ∙ λ en v hier voor elke staande golf gelijk is, hoort de grootste f bij de kleinste λ . Antwoord: D, B, E, A, C

C 53 a Er zit steeds 200 Hz tussen opeenvolgende boventonen. Haal van 500 Hz steeds 200 Hz af, tot je een zo laag mogelijke frequentie krijgt. Uitkomst: de grondtoon is 100 Hz. b De lat heeft alleen oneven veelvouden van de eigenfrequentie van de grondtoon. Dat kan alleen als één uiteinde open is, en het andere uiteinde vast.

C 54 Gebruik de formule v = f ∙ λ. De golfsnelheid is constant, voor één lat. Als f dan lager wordt, wordt λ groter. De laagste eigenfrequentie is de grondtoon. Je wilt dus een zo groot mogelijke golflengte hebben. Stel de lat is 1,0 m. Bij twee vaste (of twee open) uiteinden, is de lengte gelijk aan ½λ, dus λ = 2,0 m. Bij één open/één vast uiteinde, is de lengte gelijk aan ¼λ, dus λ = 4,0 m. Het antwoord is dus dat je de lat aan één kant moet inklemmen.

C 55 a omhoog b A, want dat punt heeft de grootste amplitude en legt dus meer afstand af in dezelfde tijdsduur. c omlaag (door de evenwichtsstand)

Golven 33

11/06/14 8:08 PM

d A, want beide punten trillen gelijk op en neer en hebben in de evenwichtsstand hun maximale snelheid, waarbij A steeds de grootste amplitude heeft en dus de grootste snelheid. e Van 0,010 s tot 0,030 s verloopt ¼T (van de uiterste stand tot de evenwichtsstand), dus ¼T = 0,020 s → T = 0,080 s. f Gebruik de formule v = f ∙ λ. 1 1 = 12,5 Hz f= = T 0,080 ½λ = 6 m (uit figuur 9.47a) → λ = 12 m v = f ∙ λ = 12,5 × 12 = 150 = 1,5 ∙ 102 m/s

C 56 v = f ∙ λ. De frequentie voor beide is gelijk, dus de verhouding van de golflengten is gelijk aan de verhouding van de golfsnelheden. Koord 1 trilt in de tweede boventoon, dan is ℓ = 3/2λ . Koord 2 trilt in de derde boventoon, dan is ℓ = 2λ. v1 : v2 = λ1 : λ2 = 2/3ℓ : 1/2ℓ = 2/3 : 1/2 = 4 : 3

C 57 0,49 = 0,653 m. 3 /4 De frequentie waarmee de staaf trilt, is 52 Hz (de helft van de stroboscoopfrequentie van 104 Hz). Dus: v = f ∙ λ = 52 × 0,653 = 34 m/s b Lagere frequentie: zie figuur 9.18a. Hogere frequentie: zie figuur 9.18b. c Bij de laagste frequentie geldt dat de lengte van de staaf gelijk is aan ¼λ. 0,49 v 34 → λ = 1 = 1,96 m → fgrond = = = 17 Hz λ 1,96 /4 a De lengte van de staaf is ¾λ → λ =

d De stroboscoop flitst acht keer sneller dan de staaffrequentie. Je ziet dan de staaf in de volgende gereduceerde fases: 0 (evenwichtsstand); 0,125; 0,250 (uiterste stand positief); 0,375; 0,50 (evenwichtsstand); 0,625; 0,750 (uiterste stand negatief); 0,875; 1,0 (evenwichtsstand). De stand in fase 0,125 overlapt met fase 0,375. De stand in fase 0,625 overlapt met fase 0,875. Samengevat: je ziet de twee uiterste standen, en drie standen daartussen, in totaal dus vijf standen.

34 Hoofdstuk 9


9.18a

9.18b

D 58 v = f ∙ λ. De golfsnelheid v is gelijk, dus als de frequentie f de helft is in koord twee, dan moet de golflengte het dubbele zijn in koord 2. Voor de grondtoon geldt: ℓ = ½ ∙ λ → λ = 2ℓ. Methode 1, beredeneren: Als de golflengte in koord 2 het dubbele is van de golflengte in koord 1, dan moet ook de halve golflengte in koord 2 het dubbele zijn van de halve golflengte in koord 1. Koord 2 is 20 cm langer, blijkbaar verdubbelt daarmee die halve golflengte. De halve golflengte in koord 1 is dus 20 cm, ofwel, de golflengte in koord 1 is 40 cm. Methode 2, berekenen: λ = 2ℓ → λ1 = 2ℓ (1) ℓ2 = ℓ1 + 20; λ2 = 2λ1 λ2 = 2ℓ2 → 2λ1 = 2 (ℓ1 + 20) (2) Dit zijn twee vergelijkingen, twee onbekenden. Uit (1) volgt: 2λ1 = 4ℓ1 (3) Het rechterdeel van vergelijking (3) moet gelijk zijn aan het rechterdeel van vergelijking (2). → 4ℓ1 = 2 (ℓ1 + 20) → 2ℓ1 = 40 → ℓ1 = 20 cm = ½λ1 → λ1 = 40 cm

D 59 a t/m f: zie figuur 9.19a t/m f. g Het punt waar de golven ‘botsen’, op 7 cm, heeft nooit een uitwijking. Het is dus een knoop. h 1 cm links van het midden, dus op 6 cm ontstaat een buik (denkbeeldig dus ook op 1 cm rechts van het midden, op 8 cm). i 2 cm links van het midden, dus op 5 cm ontstaat een knoop (denkbeeldig dus ook op 2 cm rechts van het midden, op 9 cm).


11/06/14 8:08 PM

denkbeeldige weerkaatste golf

somgolf

1,5 1

1

0,5

u (cm)

u (cm)

oorspronkelijke golf 1,5

0,5 0

–0,5

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14

0

–0,5

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14

–1

–1

–1,5

–1,5

x (cm)

x (cm)

9.19f

9.19a 1,5

u (cm)

1

9.5 Muziekinstrumenten

0,5 0

–0,5

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14

Startopdracht

–1 –1,5

x (cm)

Zie opdracht C54: de toon is het laagst als het ene uiteinde tegengesteld is aan het andere uiteinde. De toon is het laagst als je je vinger op het uiteinde houdt, dat uiteinde is dan vast, dus is het aanblaasgedeelte een open uiteinde.

9.19b 1,5 1 u (cm)

60

0,5 0

–0,5

0

1

2

3

4

5 b6

7

8

9

10 11 12 13 14

Opdrachten

–1 –1,5

x (cm)

9.19c

A 61 Een saxofoon klinkt anders dan een trompet, omdat de twee instrumenten verschillende boventonen hebben.

2 1,5 u (cm)

1

B 62

0,5 0

–0,5

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14

–1 –1,5 –2

x (cm)

9.19d 3

u (cm)

2 1 0 –1

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14

–2 –3

x (cm)

a De uiteinden van een xylofoonstaaf kunnen vrij bewegen: het zijn dus open uiteinden. b Een buik beweegt het heftigst op en neer. Als je een staaf zou ondersteunen bij een buik, dan zou de buik worden gedempt. De desbetreffende toon (boventonen) weerklinkt (weerklinken) dan minder of niet. Je ondersteunt een staaf dus het beste bij een knoop. c De eerste boventoon heeft twee knopen: zie figuur 9.20. Aan figuur 9.20 kun je zien dat je de staaf het beste ondersteunt op ¼ van zijn lengte, en op ¾ van zijn lengte, ofwel: op 4,0 cm en op 12 cm.

9.19e

9.20



Golven 35

11/06/14 8:08 PM

B 63 a Een twee keer zo lage toon heeft een twee keer zo grote golflengte (dit volgt uit: v = f ∙ λ). De klankkast van de stemvork van 220 Hz is dus groter. b Een rechte klankkast (zoals een stemvork die heeft) resoneert maar bij één frequentie, en gehele veelvouden van die frequentie. Ofwel: een rechte klankkast resoneert maar één noot, bij verschillende octaven. Bij gitaren en violen wil je dat alle noten resoneren, vandaar dat de klankkast niet recht van vorm is, maar gekromd. Verschillende noten resoneren dan op verschillende plaatsen van de klankkast.

B 64 Bij het inschenken ontstaat geluid met een groot aantal frequenties. Voor de toon waarbij de luchtkolom resoneert, geldt: ¼λ = lengte van de luchtkolom. De frequentie is omgekeerd evenredig met de golflengte. Als de luchtkolom kleiner wordt, is de resonantiefrequentie groter. De toon die je hoort, is ook hoger.

B 67 a Je hebt te maken met een frequentie die 7,27 keer zo klein is. Volgens λ =

3,2·103 = 440

v hoort hier een f

7,27 keer zo grote golflengte bij. Bij een klankkast geldt voor de grondfrequentie dat de lengte gelijk is aan ¼λ. λ is dus recht evenredig met de lengte. Wordt de golflengte 7,27 keer zo groot, dan wordt de lengte van de klankkast dat ook. Het antwoord is dus 7,27 × 2,5 = 18 cm. b De gehoorgang is te zien als een klankkast van enkele centimeters. Daar hoort een laagste eigenfrequentie bij van enkele kHz (zie vraag a). Deze frequentie hoor je beter dan hogere of lagere tonen, omdat bij een geluid van een paar kHz resonantie in de gehoorgang optreedt. c Tijdens het opgroeien wordt de gehoorgang langer. De resonantiefrequentie wordt dan kleiner. Dus je hoort lagere tonen nu beter, dan toen je jong was.

B 65 Hoe dichter bij de rand je een snaar tokkelt, hoe meer boventonen er weerklinken. De elementen ‘luisteren’ naar de snaar. Als boven een element een knoop zit, zal het element geen geluid weergeven. Het element dat het dichtste bij de rand zit (element 1) heeft alleen knopen van hele hoge boventonen.

B 66 Orgelpijpen met aan een kant een open en aan de andere kant een vast uiteinde bevatten een kwart golflengte voor de grondtoon. Orgelpijpen met identieke uiteinden bevatten een halve golflengte. Als de lengte van de orgelpijp gelijk is, hoort bij de orgelpijp met van elkaar verschillende uiteinden dus de grootste golflengte. Hoe groter de golflengte, hoe lager de frequentie. De orgelpijpen met een gesloten bovenkant kun je dus het beste gebruiken voor bastonen.

36 Hoofdstuk 9


C 68 De golfsnelheid v in helium is veel groter dan in lucht (965 m/s in helium en in lucht 332 m/s bij 0 °C). De λ waarbij resonantie optreedt, is in beide gevallen gelijk. Deze hangt af van de mondholte. Uit v = f ∙ λ volgt dan dat f in helium groter is dan in lucht.

C 69 Alle oneven boventonen hebben in het midden een knoop. Alle even boventonen hebben in het midden een buik. De oneven boventonen ontstaan dus niet.


11/06/14 8:08 PM

C 70

C 72

a Zie figuur 9.21. b Uit figuur 9.21 volgt dat de knopen 23 cm (= ½λ) van elkaar zitten. Aan de bovenkant is een buik. De afstand tussen een knoop en een buik is ¼λ = 11,5 cm. De bovenste knoop ligt 33 − 23 cm = 10 cm onder de rand. Dus de bovenste buik ligt 11,5 − 10 = 1,5 cm boven de rand van de glazen buis. c ½λ = 0,23 m → λ = 0,46 m v = f ∙ λ = 0,46 × 440 = 2,0 ∙ 102 m/s 0 10

a De bovenkant is een vast uiteinde. Daar zal een knoop zitten. b De lengte van de luchtkolom in de orgelpijp (= 0,193 m) is gelijk aan 1/4λ → λ = 4 × 0,193 = 0,772 m. De geluidssnelheid v bij 20 °C (= 293 K) zoek je op in Binas tabel 15A: v = 343 m/s. Je gebruikt v = f ∙ λ → 343 = f ∙ 0,772 → f = 444 Hz c Als de temperatuur stijgt, zal de geluidssnelheid ook stijgen volgens de gegeven formule. Uit v = f ∙ λ volgt dan dat de frequentie f ook toeneemt, want λ is (vrijwel) constant. De toon wordt dus hoger.

K

D 73 33

K

56

K

79

K

waterniveau

9.21

C 71 a Resonantie kan optreden als 480 Hz gelijk is aan de grondtoon van een glazen cilinder of aan de boventoon van een cilinder. b De vleugels staan ook stil als de frequentie gelijk is aan 240 Hz. (De vleugels zijn tweemaal op en neer gegaan tussen twee flitsen van de stroboscoop.) Ook bij 160 Hz lijkt het alsof de vleugels stilstaan. (De vleugels zijn dan drie keer op en neer gegaan tussen twee flitsen.) c De stroboscoop flitst net iets sneller dan de vleugels bewegen. Hij flitst dus vlak voor de vleugel weer terug op zijn plaats is. De plaats waar de vleugel is, is iets verschoven. De volgende flits komt ook weer net iets te vroeg → de vleugel is weer op een iets andere plaats. Je ziet de vleugel langzaam op en neer bewegen.



a Aflezen geeft: 7 ∙ T = 0,048 s → T = 6,86 ∙ 103 s; f = 146 Hz b In figuur 9.63 meet je 22 trillingen in 0,05 seconden; in figuur 9.62 iets meer dan 7 trillingen in 0,05 seconden. De frequentie neemt toe met een factor drie. De golflengte is dus driemaal zo klein geworden. Dat correspondeert met een buis die aan één kant open en aan de andere kant gesloten is. Het riet is dus te beschouwen als een gesloten uiteinde. c De voortplantingssnelheid van geluid bij 20 °C = 343 ms−1. De gemeten frequentie volgens figuur 9.63 is 440 Hz. Met v = f ∙ λ volgt dat de voortplantingssnelheid nu 437 × 343 = 340,7 ms−1 is. 440 Uit tabel 15A van Binas volgt dat een verschil van enkele ms−1 in de voortplantingssnelheid veroorzaakt wordt door enkele kelvin temperatuurverschil. Conclusie: dit is op twee verschillende dagen best mogelijk.

Golven 37

11/06/14 8:08 PM

10 Medische beeldvorming Startopdracht

c De oranje kleur laat geen blauw licht door, zodat de ogen van de tandarts beschermd zijn.

B 8

1 a Op de foto is een doorsnede van het hoofd te zien. b Om het beeld te interpreteren, moet je weten hoe een gezond persoon eruitziet op het beeld. c de scanner zelf

a E = 12 × 1,60 ∙ 10−19 = 19,2 ∙ 10−19 = 1,9 ∙ 10−18 J bf=

E 19,2·10−19 = = 2,90 ∙ 1015 Hz h 6,63·10−34 c 3,00·108 = = 1,04 ∙ 10−7 m = 0,10 pm f 2,90·1015

λ=

10.1 Elektromagnetische straling

B 9 a E = 3,5 ∙ 103 × 1,6 ∙ 10−19 = 5,6 ∙ 10−16 J f=

Startopdracht 3 Er zijn meer oorzaken die voor extra warmte rond de ogen zorgen dan alleen liegen, bijvoorbeeld koorts.

Opdrachten A 4 elektromagnetische straling, energie, fotonen, elektromagnetisch spectrum, kleinere/lagere, grotere, gammastraling, radiogolven, recht evenredig

A 5 radiogolven, microgolven, infrarood, zichtbaar licht, ultraviolet, röntgenstraling, gammastraling

E 5,6·10−16 = = 8,5 ∙ 1017 Hz h 6,62·10−34

b Tabel 19B uit Binas geeft aan dat dit op de grens zit tussen uv en zachte röntgenstraling. c Ja, uv-straling heeft doordringend vermogen, het is niet goed om te lang in deze straling te verblijven. d De microgolven in de magnetron vormen een staande golf, bij de buiken gaan de moleculen in het eten harder bewegen en ze maken het eten warm. e De moleculen in ijs zitten in een vast rooster en bewegen lokaal een beetje, het kost veel energie om de moleculen in beweging te brengen met de staande golf. De moleculen in water zijn beweeglijker en krijgen sneller een grotere snelheid en een hogere temperatuur. Via het vloeibare water kan de energie naar het ijs. Het ijs warmt dan sneller op.

B 10 A 6 Zie de tabel. soort straling

bron

toepassing

uv

zon, zonnebank

zonnen, voedsel steriliseren

ir

lichaam, ir-lamp

warmtecamera

röntgen

röntgenbuis

röntgenfoto

microgolven

magnetron

eten verwarmen

B 7 a violet b violet

38 Hoofdstuk 10


Met een infraroodcamera meet je de temperatuur van de buitenkant van het lichaam van een afstand. Bij koorts is de inwendige temperatuur van een persoon van belang. Je moet de camera richten op en plek die het beste de inwendige temperatuur weergeeft. Dat is in veel gevallen de ooghoek.

B 11 a De golflengte van 10−2 m, dat komt het dichtste bij een erwt (B). b De golflengte van de langste radiogolven is in de orde grootte van 105 m, dat komt het dichtste bij de afstand Rotterdam-Arnhem (A).


11/06/14 8:09 PM

B 12 c a Ef = h ∙ f en f = λ 3,00·108 f= = 1,2 ∙ 1013 Hz 2,5·10−5 Ef = 6,63 ∙ 10−34 × 1,2 ∙ 1013 = 7,96 ∙ 10−21 = 8,0 ∙ 10−21 J b Eén foton heeft een energie van 7,96 ∙ 10−21 J. 100 = 1,3 ∙ 1022 fotonen per seconde. Dus 7,96·10−21

B 13 De kleinste frequentie heeft de grootste golflengte: 250 μm. c 2,998·108 = 1,20 ∙ 1012 Hz Ir: f = = λ 250·10−6

B 14

C 15 a Bij een golflengte van 650 nm hoort de kleur rood. b 5,0 mW = 5,0 ∙ 10−3 J ∙ s−1 c 3,00·108 = = 4,62 ∙ 1014 Hz λ 650·10−9

Ef = h ∙ f = 6,63 ∙ 10−34 × 4,62 ∙ 1014 = 3,06 ∙ 10−19 J n=

Aantal fotonen n =

Emax 1,6·10−3 →n= = 2,3 ∙ 1015 Ef 6,86·10−19

fotonen. b Bereken eerst hoeveel energie per seconde op 1 cm2 huid komt. P = 0,80 W met ‘rendement’ 0,0025% op A = 30 cm2 Dus Peff =

0,0025 0,80 × = 6,7 ∙ 10−7 W ∙ cm−2 100 30

Er mag maximaal Emax = 1,6 ∙ 10−3 J ∙ cm−2 op de huid vallen, daarna gaat de huid verbranden. E = P∙t → t =

E max 1,6·10−3 = = 2,4 ∙ 103 s = Peff 6,7·10−7

40 minuten c De uv-index is 5-6, een matige zonkracht.

Radiogolven bewegen zich in vacuüm voort met de lichtsnelheid, voor geluid geldt dat niet. (Radiogolven zijn transversale golven en geluid is een longitudinale golf.)

f=

Emax = 1,6 ∙ 10−3 J

5,0·10−3 = 1,6 ∙ 1016 fotonen 3,06·10−19

c De lichtstraal is heel smal, dus per oppervlakte ontvang je veel vermogen → je netvlies raakt beschadigd.

C 16

D 18 a De gammastraling doodt de micro-organismen, de artikelen zelf worden niet radioactief. b Er is voor 0,020 μg (= 0,020 ∙ 10−9 kg) nodig: 1,0 ∙ 104 × 0,020 ∙ 10−9 = 2,0 ∙ 10−7 J. De tijdsduur is 15 minuten = 900 seconde. 2,0·10−7 = 2,2 ∙ 10−10 J ∙ s−1 900 2,2·10−10 Dat is = 1,4 ∙ 109 eV ∙ s−1. 1,60·10−19 1,4·109 = 1,3 ∙ 103 fotonen per seconde. Dat zijn 1,1·106 Dus:

10.2 Straling uit kernen Startopdracht

a Het loden schort absorbeert de straling, zodat de straling het lichaam niet bereikt en geen schade aan kan richten. b Fotonen met een hogere energie dringen verder door in het lichaam en zijn gevaarlijker. c Een kind is kleiner en dunner, dus de gebruikte straling kan een lagere energie hebben.

19 Er zijn meer details zichtbaar op een CT-scan en de CT-scan geeft een doorsnede van een deel van het lichaam.

Opdrachten D 17 a Ef = h ∙ f en f =

c λ

2,998·108 f= = 1,034 ∙ 1015 Hz 290·10−9

A 20 a moeilijker b groter c kleiner

Ef = 6,63 ∙ 10−34 × 1,034 ∙ 1015 = 6,86 ∙ 10−19 J



Medische beeldvorming 39

11/06/14 8:09 PM

A 21 De kern moet een vervaltijd hebben die niet te lang en niet te kort is. Er moet alleen gammastraling vrijkomen. De kern moet relatief snel aan een geschikte stof toegevoegd kunnen worden.

B 22 a 116C → 01e + 115B 0 137 b 137 55Cs → −1e + γ + 56Ba 226 4 c 88Ra → 2He + γ + 222 86Rn 0 47 → d 47 Ca e + γ + Sc 20 −1 21 0 60 e 60 27Co → −1e + γ + 28Ni

b E = m ∙ c2 = 9,109 ∙ 10−31 × (2,998 ∙ 108)2 = 8,19 ∙ 10−14 J 8,19·10−14 = = 5,11 ∙ 105 eV 1,602·10−19 (Dit laatste antwoord vind je ook in Binas tabel 7: de rustmassa van een elektron Ⳏ 0,511 MeV en dat is in dit geval gelijk aan de energie van een van de ontstane fotonen.)

C 27 a Binas: 1 Ci = 3,7 ∙ 1010 Bq Reken om: A = 400 × 3,7 ∙ 1010 = 1,48 ∙ 1013 Bq. Dan: N = A ∙

B 23 a De zwelling zal ook een deel van de straling absorberen, zodat vooral kleinere breukjes niet goed zichtbaar kunnen zijn. b Hoe witter, hoe meer straling wordt geabsorbeerd. Iedere tint wit geeft aan dat er een (deel) van de straling is geabsorbeerd. Rondom het bot zie je dus ook wit, dat is veel minder, omdat daar minder straling wordt geabsorbeerd.

t/

12

ln 2

= 1,48 ∙ 1013 ×

68,3 × 3600 = 5,3 ∙ 1018 ln 2

b Een badge registreert de opgelopen stralingsdosis in een bepaalde periode. Indien de badge een te hoge dosis registreert, mag een laborant enige tijd niet aan radioactieve straling worden blootgesteld. c 0,5 promille is 0,5 op de 1000:

A(t) = 0,5 ∙ 10−3 A(0)

De halveringstijd van Tc-99m is: t½ = 6,0 uur. 22

22

1 6 1 t Dan: 0,5 ∙ 10−3 = a b × a b 2 2

B 24

1

a Zie Binas tabel 25: het aantal protonen in een kern van 137N is 7 en het aantal neutronen 13 − 7 = 6. 13 b 7N → 01e + 136C c Dan is de stralingsbelasting klein, want de activiteit is omgekeerd evenredig met de halveringstijd ln 2 aA = N · b. Je kunt dus met weinig kernen al t/ voldoende activiteit krijgen, maar wel kortdurend. d De tijd tussen het ‘maken’ van N-13 (het komt namelijk niet in de natuur voor) en gebruiken moet dan erg kort zijn. 1

2

t

1 t e N = N0 ∙ a b , met N0 = 100%, t = 4,5 uur = 2 1 /2

4,5 × 60 = 270 min, t½ = 110 min 1 Dus N = 100 × a b 2

270 110

= 18%.

C 25 0 51 a 51 24Cr + −1e → γ + 23 b De vervaltijd is 27,7 dagen, dat is geschikt om te kunnen gebruiken in de diagnostiek.

C 26 a 01e + −10e → 2γ

40 Hoofdstuk 10


/2,bio

Neem links en rechts de logaritme: log(0,5 ∙ 10−3) =

22 22 × log(0,5) + × log(0,5) → 6 t ,bio 1/2

t½,bio = 3,0 uur d Gammastraling heeft een groot doordringend vermogen en is dus gemakkelijk te detecteren aan de buitenkant. De halveringstijd is lang genoeg om onderzoek te kunnen doen. De dochterkern (99 43Tc) is door de grote halveringstijd 5 (2,1 ∙ 10 j) vrijwel niet radioactief.

D 28 a

F → 188O + 01e of 18F → 18O + β+

18 9

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

b Etotaal =

Het aantal deeltjes dat vervalt: Etotaal 7,50·10−3 = = 1,91 ∙ 1011 Epositron 3,925·10−14 ΔN 1,91·1011 Agem = − = = 3,6 ∙ 108 Bq 8,9 × 60 Δt

ΔN =


11/06/14 8:09 PM

c De diameter van het hoofd is ongeveer 0,2 m. 0,2 Δx Δt = = = 0,7 ∙ 10−9 s c 3,0·108 Daarmee is de orde van grootte van Δt: 10−9 s. d Mogelijke oorzaken: (1) één van de twee fotonen (of beide) is (zijn) onderweg geabsorbeerd; (2) de patiënt ligt niet stil.

B 34 d

1 d/ I d Gebruik I = I0 ∙ a b → log = ∙ log 0,5 2 I0 d / 1

1

d½ = d ∙

2

log 0,5 log a

d½ = 3,00 ×

I b I0 log 0,5

log a

10.3 Beelden door stralingsabsorptie

2

1200 b 4500

= 1,57 mm

B 35 a Het weefsel heeft een lagere dichtheid, omdat de halveringsdikte groter is dan bij botten. d

d 1 d/ I b Gebruik I = I0 ∙ a b → log a b = ∙ log 0,5 met 2 I0 d/ I0 = 100%. I loga b I0 → d = d½ ∙ → d = 6,5 × 2,32 = 15 cm log 0,5 c De totale energie die op het weefsel valt is: E = I ∙ A ∙ t = 0,015 × 0,10 × 1 = 0,0015 J. Hiervan is 80% opgenomen, 20% wordt doorgelaten. Dus is 0,80 × 0,0015 = 1,2 mJ opgenomen. 1

2

1

Startopdracht 29 De hals en de voorkant bevatten klierweefsel dat snel deelt en gevoelig is voor röntgenstraling.

Opdrachten A 30

2

B 36

A4, B5, C2, D1, E3

a Zie figuur 10.1. b Dan verwacht je een omgekeerd kwadratisch evenredig verband. Dat kun je controleren door:

A 31 a Botten absorberen meer röntgenstraling dan spieren, omdat botten een grotere dichtheid hebben dan spierweefsel. b Hoe meer energie, hoe hoger de intensiteit van de straling en hoe meer materiaal nodig is om de energie te absorberen. c Contrastmiddelen moeten röntgenstraling beter absorberen dan de omgeving.

B 32 De energie van het foton wordt afgegeven aan de omgeving.

B 33

1 , je r2 krijgt dan een rechte lijn door de oorsprong.

1 r is de straal; zet de intensiteit I uit tegen

1 r2 2 Reken voor elke meting het product I ∙ r2 uit: 3,56; 3,69; 3,52; 3,50; 3,6 en 3,4. Dit is vrijwel constant, dus mag je inderdaad het verband tussen I en r 1 weergeven met: I = C ∙ 2 , met C ongeveer 3,5. r Dus: I = C ∙

3 In Excel de trendlijn laten bepalen. Dat levert: I = 3,5 ∙ r −2.

a 0,0106 cm d

0,050 I d 1 d/ = a b met I0 = 100% en = = 4,717 I0 2 d / 0,0106 I Dan krijg je = (½)4,717 = 0,038. Dus 3,8% van de I0 straling gaat door het schort. Dat wil zeggen dat 96% wordt tegengehouden. 1

b

2

1



2


11/06/14 8:09 PM

intensiteit (fotonen/s)

100

80

c Bij A gaat de straling ook door bot heen. De straling gaat door zacht weefsel van ongeveer 8 cm, dan is 8 1 0,36 d I = = 0,36; dus = a b = 0,78 = 78% d / 22 I0 2 wordt doorgelaten. Het bot is ongeveer 8 cm: d 8 I 1 0,80 = = 0,80; dus = a b = 0,57 = 57%. d / 10 I0 2 Dus van de 78% doorgelaten straling wordt weer 57% doorgelaten, dat levert 0,78 × 0,57 = 0,44 = 44%. Het zachte deel laat weer 78% van de 44% door, dat is totaal 35% doorgelaten straling. (Of: 0,78 × 0,57 × 0,78 = 0,35.) d De randen van de botten zijn witter dan het middenstuk, het beenmerg, dat minder straling absorbeert. 1

60

40

1

20

0

0

0,1

0,2

0,3

0,4 0,5 0,6 afstand tot de bron (m)

0,7

10.1

2

2

C 37 a Lees het diagram bij 50% doorgelaten gammastraling af: 12 cm. b De halveringstijd van kobalt-60 is 5,27 jaar. Dit betekent dat na 5,27 jaar de activiteit tot 50% gedaald is. Om de activiteit tot 12,5% te laten dalen, moet de originele activiteit 3 maal gehalveerd worden. De bron moet vervangen worden na: 3 × 5,27 = 15,8 jaar. c De straling komt wel op/door het fruit, maar het fruit zelf wordt niet radioactief. Alleen ongewenste eventuele ziektemakers ontvangen de straling en worden zo onschadelijk gemaakt.

C 38 a Het verschil in wanddikte is 20 cm, dat is 8 keer een halveringsdikte. De intensiteit neemt dan dus af door een factor (1/2)8. De hoeveelheid straling extra is dus 28 = 256 keer zo groot. b De agenten op de trein staan langer bloot aan straling. De agenten langs de spoorlijn staan maar heel even bloot aan straling en lopen zo dus minder risico.

C 39 a De halveringsdikte van bot is veel kleiner dan van water, dat betekent dat botten meer straling absorberen dan zacht weefsel en dat zie je als wit op de foto. b Bij B gaat de straling alleen door zacht weefsel heen. Het been is 22 cm dik, dat is precies één halveringsdikte, dus 50% gaat door het zachte weefsel heen en 50% wordt geabsorbeerd.

D 40 a Het eerste plaatje absorbeert 5% van de inkomende straling en laat dus 95% van de inkomende straling door. Het tweede plaatje absorbeert 5% van die overgebleven 95% en dat is minder dan 5% van de beginstraling. Na vijf plaatjes zal er dus minder dan 25% van de inkomende straling geabsorbeerd zijn. 1 n b Gebruik: I = I0 ∙ a b 2 −I = 0,01 I0 − d½ = 0,042 m

d

1 0,042 Dat invullen geeft: 0,01 = a b → 2 log 0,01 = 0,279 m = 28 cm d = 0,042 × log 0,5 c Er geldt: [ne ] = [ ρ] ∙

d d½ =

[Z ] = kg ∙ m−3 ∙ kg−1 = m−3 [mat]

ln 2 1 Z ∙ en ne = ρ ∙ σ ne mat

dus d½ = dus σ =

ln 2 mat ∙ σ ρ·Z

27,0 × 1,66·10−27 ln 2 mat ln 2 ∙ = × = d / ρ·Z 0,042 2,70·103 × 13 1

2

2,1 ∙ 10−29 m2 e De halveringsdikte hangt volgens Binas tabel 28F af van de energie van de fotonen. De ln 2 1 elektronendichtheid hangt volgens d½ = ∙ niet σ ne af van de energie. De trefoppervlakte hangt dus wel af van de energie van de fotonen.

42 Hoofdstuk 10



11/06/14 8:09 PM

10.4 MRI

B 46 a [ μ0] = [B] ∙

Startopdracht 41 a Magnetisme en resonantie b Nuclear komt van nucleus = kern. De kernen gedragen zich op een specifieke manier in een magneetveld.

Opdrachten A 42 a EM-straling met een lage frequentie (rond de 109 Hz); zie ook Binas tabel 19B. b De frequentie waarbij de protonen in het magneetveld de andere kant opdraaien. c Een spoel met windingen waar stroom doorheengaat, zodat er een magneetveld ontstaat. Dit magneetveld kun je regelen door de stroomsterkte door de spoel te variëren. d De weerstand van het materiaal is 0 Ω.

b I = B∙

[l ] T ·m = [I ]·[N ] A

0,50 l = 1,5 × = 3,0 kA N ·μ0 200 × 4π·10−7

B 47 a De delen die zwart zijn bevatten lucht. b De delen die licht gekleurd zijn bevatten het meeste water, in dit geval de oogbollen. c Op de MRI-scan zie je veel meer details van de hersenen. Op de CT-scan zie je vooral het bot van de schedel heel duidelijk en de hersenen zijn een grijs vlak.

C 48 a Röntgenfoto’s laten de botten goed zien, geen afwijking betekent geen botbreuk. b De meniscus is een stootkussentje in de knie en hij bevindt zich tussen het gewricht van het dijbeen en het scheenbeen. In de rechterfoto zie je dat de meniscus is beschadigd. Aan de zwarte vlekken in de grijs gekleurde meniscus zie je dat hij scheurtjes bevat.

B 43 a Het aardmagnetisch veld is veel zwakker dan het magneetveld van de MRI. b Canada ligt dichter bij een (magnetische) pool van de aarde, daar is het magneetveld anders gericht en minder in staat de kosmische deeltjes af te buigen.

B 44 a De weerstand is dan vrijwel 0. b Om de magneet werkend te houden, moet de elektromagneet heel koud blijven. Dat gebeurt met vloeibaar helium, dat is bovendien erg duur.

10.5 Medische beelden Startopdracht 49 Er kan grote haast zijn, en een MRI kost dan te veel tijd. Iemand kan, zonder dat je dat weet, een voorwerp van ijzer, nikkel of kobalt in het lichaam hebben of claustrofobisch (bang in kleine ruimtes) zijn.

B 45 a Voordelen: – het is niet gevaarlijk voor mensen zonder metalen voorwerpen in het lichaam; – alle weefsels in het lichaam kun je zichtbaar maken. b Nadelen: – het duurt erg lang voordat een scan is gemaakt; – het is een relatief dure techniek; – niet bruikbaar als iemand iets van metaal in het lichaam heeft.



Opdrachten A 50 a Radiodiagnostiek maakt gebruik van een uitwendige stralingsbron, nucleaire geneeskunde maakt gebruik van een bron die in de patiënt zit. b Bij radiodiagnostiek krijg je informatie over het hele lichaam, bij nucleaire geneeskunde krijg je informatie over één specifiek orgaan.


11/06/14 8:09 PM

c De stralingsintensiteit is bij nucleaire diagnostiek lokaal veel groter dan bij radiodiagnostiek. d Bij nucleaire diagnostiek bepaalt de halveringstijd van de gebruikte straler de duur van het onderzoek, bij radiodiagnostiek gaat dat sneller, behalve bij MRI-onderzoek.

B 51 Dan is er geen luchtlaagje tussen de transducer en de huid. De pulsen kunnen zonder gel terugkaatsen van de huid.

B 52 a b c d e f

echografie PET röntgenfoto MRI CT echografie

C 55 a Je moet een havo-, vwo- of mbo-(niveau 4)-diploma hebben. Daarnaast is een profiel met wis- en natuurkunde gewenst. Met het havoprofiel C&M ben je alleen toelaatbaar als je wiskunde A of wiskunde B hebt gedaan. b Diagnostiek en therapie c Diagnostiek: röntgenonderzoek, computertomografie (CT-scan), MRI, echografie, nucleaire geneeskunde, PET-scan Therapie: radiotherapie en nucleaire geneeskunde d Communicatieve vaardigheden, want als MBB’er heb je met mensen te maken: collega’s, artsen en patiënten.

C 56 a De frequenties zijn gegeven en de snelheid van geluid in water bij 40 °C (313 K) is in Binas op te zoeken: 1529 m/s. v 1529 = = 15 ∙ 10−3 m = 15 mm f 10·106 1529 v = 1,5 ∙ 10−3 m = 1,5 mm λ= = f 1,0·106

B 53 a λ=

λ=

v 1,56·103 = = 5,2 ∙ 10−4 m = 0,52 mm f 3,0·106

b Als de frequentie lager wordt, wordt de golflengte groter, je kunt dan minder details zien.

B 54 Zie de tabel.

b De golflengtes van deze golven zijn in de ordegrootte van cm tot m. Veel te groot om details die kleiner zijn dan deze golflengte te kunnen onderscheiden.

techniek

natuurkundig principe

toepassing

voordelen

nadelen

röntgenfoto

absorptie, elk weefsel heeft eigen halveringsdikte

botten, gebit, longen

goedkoop, snel

(kleine) stralingsdosis, zacht weefsel niet goed zichtbaar

CT-scan

absorptie, elk weefsel heeft eigen halveringsdikte

zachte weefsels, kankeronderzoek

3D-beeld, goed contrast

hoge stralingsbelasting

MRI

resonantie van waterstofkernen in een magneetveld

hersenen, gewrichten, doorbloeding

geen stralingsbelasting

duur, lawaai, langdurig

echoscopie

terugkaatsing van ultrageluid

zwangerschap, meten van bloedstromen

geen stralingsbelasting, goedkoop,snel

niet zo duidelijk beeld, ongeschikt voor botten

nucleaire diagnostiek

uitzenden van straling bij radioactief verval

(met tracer) orgaanwerking, tumoren opsporen

goed beeld van processen in het lichaam

middelhoge stralingsdosis

PET

lokalisatie door annihilatie van positronen

in beeld brengen van lichaamsfuncties

3D-beeld, activiteit in beeld

duur, tracer moet steeds gemaakt

44 Hoofdstuk 10



11/06/14 8:09 PM

c Het geluid legt de 24 cm (heen en terug) af in: t=

x 0,24 = = 0,16 ∙ 10−3 s = 0,16 ms v 1529

De pulsduur is 110 μs = 0,110 ms. De tijd tot de volgende puls is dan 0,27 ms. De frequentie is dan: f =

Dat ligt in het gebied waarvoor het menselijk oor gevoelig is: 20 Hz-20 kHz

D 57 a 116C → 01e + 115B en 116C + −10e → γ + 115B b Er ontstaat een foton.

1 1 = = T 0,27·10−3

3,7 ∙ 103 Hz = 3,7 kHz.




11/06/14 8:09 PM

11 Astrofysica Startopdracht 1 a Het is een beeld van de Melkweg. De Melkweg is een sterrenstelsel, een grote hoeveelheid sterren die ronddraaien rond een zogenaamd zwart gat (een ineengestorte ster) in het midden. b De structuur bestaat uit sterren; om elke ster kunnen weer één of meer planeten draaien, om elke planeet ... et cetera. c Ook sterrenstelsels zoals de Melkweg komen weer in grote groepen voor, de zogenaamde clusters. Het cluster waar wij in leven heet ‘De lokale groep’. Clusters zijn weer gegroepeerd in superclusters. Het supercluster waarin wij leven heet het Virgo supercluster. Zie tabel 32F van Binas.

c De astrofysica geeft natuurkundige verklaringen voor de waarnemingen die we doen in het heelal aan de hand van bijvoorbeeld de gravitatiewetten en stermodellen.

A 5 a Je oog kan alleen straling in het zichtbare gebied waarnemen, die bovendien een minimale lichtsterkte moet bevatten. Het scheidend vermogen is beperkt door de afmetingen van de gezichtscellen. b Een telescoop verzamelt van een object in de ruimte meer licht en vergroot het scheidend vermogen door de hoek tussen de lichtstralen van twee verschillende hemelobjecten te vergroten. c Met optische telescopen is gekeken naar de planeten van ons zonnestelsel, maar ook nevels en dubbelsterren zijn ermee waargenomen.

A 6

11.1 Straling van sterren Startopdracht 3 Bij waarneming vanuit de ruimte heb je geen last van de atmosfeer. De atmosfeer absorbeert een groot deel van de straling uit het elektromagnetisch spectrum. Die straling kun je dus niet aan het aardoppervlak opvangen en analyseren. Daarnaast zorgen stromingen in de atmosfeer voor vertroebeling van beelden die je wel op aarde opvangt.

Opdrachten A 4 a De astronomie is de wetenschap waarin je door systematische waarneming het heelal en alle processen die zich daarin afspelen beschrijft. b De astrologie brengt waarnemingen aan het heelal in verband met gebeurtenissen op aarde, bijvoorbeeld welk deel van de dierenriem aan de hemelbol zichtbaar was toen je bent geboren.

46 Hoofdstuk 11


a Het radiovenster is een golflengtegebied in het elektromagnetisch spectrum, waar de aardse atmosfeer transparant voor blijkt te zijn. b Met radiotelescopen is onder andere onze Melkweg in kaart gebracht. c LoFAr staat voor Low Frequency Array. De ‘low frequency’ staat voor de lage frequentie van de waargenomen radiogolven, de ‘array’ voor het stelsel van radiotelescopen dat je daarvoor gebruikt.

B 7 a Een ruimtetelescoop is een telescoop die buiten de aardse dampkring in een baan om de aarde draait aan boord van een satelliet. b Met ruimtetelescopen heb je geen last van atmosferische storingen en kun je waarnemen in golflengtegebieden van straling die de atmosfeer absorbeert. c Met ruimtelescopen zijn opnamen gemaakt van de achtergrondstraling van de oerknal. De hubbleconstante is een maat voor de uitdijing van de aarde: ook die is met ruimtetelescopen ontdekt.


11/06/14 8:10 PM

B 8 a b c d

1013 Hz < fzichtbaar < 1015 Hz en 108 Hz < fradio < 1011 Hz 10−1 eV < Ef,zichtbaar < 101 eV en 10−6 eV < Ef,radio < 10−3 eV Door de lichtsnelheid te delen door de golflengtes. Door de frequentie te vermenigvuldigen met de constante van Planck en daarna om te rekenen naar eV (door te delen door het elementaire ladingquant e).

h Het beeld van de maan heeft op je netvlies een oppervlakte van A = ¼π ∙ dmaanbeeld2 = ¼π × (1,5 ∙ 10−4)2 = 1,8 ∙ 10−8 m2 Een kegeltje (in de gele vlek) heeft een oppervlakte van 9 ∙ 10−12 m2. 1,8·10−8 Het maanbeeld beslaat dus = 2 ∙ 103 9·10−12 kegeltjes in de gele vlek.

C 9 a Zie figuur 11.1. Er geldt tan (½α ) =

4,9·106 = 0,0127 → α = 1,5°. 384,4·106

i Het beeld van Betelgeuze op het netvlies is zo klein, dat het op één kegeltje valt. Je neemt het dus als een punt waar.

b De diameter van de spiegel is 8,2 m, dus maan

4,1 = 1,07 ∙ 10−8 → α = 1,2 ∙ 10−6 ° = 384,4·106 7,3 ∙ 10−5 ′ = 4,4 ∙ 10−3 ″. tan (½α ) =

c Andere hemellichamen staan veel (minstens 100×) verder weg dan de maan. De hoek tussen de lichtstralen is dan nog kleiner, want de noemer in de breuken bij a en b neemt toe. d LOFAR is een array van radiotelescopen die op behoorlijke grote afstand van elkaar kunnen staan. Hierdoor is dus de teller in de breuken bij a en b groter dan bij een optische telescoop. De divergentiehoek is daardoor groter. e Zie figuur 11.2. Volgens de zandloperfiguur geldt:

½α α

A

K

11.1 afst

and

dmaan

aard

e-m

aan

opti oog sche leng te

2rmaan dmaanbeeld = afstand aarde-maan ooglengte 2 × 1,738·106 dmaanbeeld = 384,4·106 17·10−3

dmaanbeeld

11.2

dmaanbeeld = 0,15 mm

C 10

dzonnebeeld 2rzon f = afstand aarde-zon ooglengte 2 × 696·106 dzonnebeeld = 0,1496·1012 17·10−3 dzonnebeeld = 0,16 mm Merk op dat de zon en de maan vanaf aarde dus ongeveer even groot lijken. g

2rBetelgeuze afstand aarde-Betelgeuze

=

dBetelgeuzebeeld ooglengte

2 × 700 × 696·106 dBetelgeuzebeeld = 470·1016 17·10−3 dBetelgeuzebeeld = 3,5 ∙ 10−9 m = 3,5 nm



a In een waterstofgaswolk in een laboratorium komt te weinig straling vrij. Een interstellaire wolk bevat blijkbaar zoveel waterstof dat op één waarnemingslijn genoeg overgangen plaatsvinden. b 14 significante cijfers c c Je past toe λ = . Hierin is f in 14 significante f cijfers bekend. Van de lichtsnelheid staan in Binas tabel 7A weliswaar maar 8 cijfers vermeld, maar hij is ‘per definitie’: 299 792 458 m/s en dus zijn er oneindig veel significante cijfers bekend: 299 792 458,00000... m/s. De golflengte kun je dus in 14 significante cijfers berekenen.

Astrofysica 47

11/06/14 8:10 PM

dλ=

e

f

g

h

c 299 792 458,00000 = = 0,211 061 140 7 m. f 1 420 405 751,7668

Hier zijn 10 significante cijfers weergegeven. Het hangt van je rekenmachine af hoeveel je er vindt. Je past toe: Ef = h ∙ f. Hierin is f in 14 significante cijfers bekend. Van de constante van Planck staan in Binas tabel 7A 9 cijfers vermeld. De fotonenergie kun je dus ook in 9 significante cijfers berekenen. Ef = h ∙ f = 6,626 069 57 ∙ 10−34 × 1 420 405 752 = 9,411 707 33·10−25 9,411 707 33 ∙ 10−25 J = 1,602 176 565·10−19 = 5,874 325 92 ∙ 10−6 eV De twee cirkels linksboven stellen twee waterstofatomen voor. De richting van het magnetisch veld van de kern is tweemaal omhoog weergegeven. Die van het elektron is in het ene atoom gekanteld ten opzichte van het ander. De lengte van het lijnstuk tussen de waterstofatomen is in de figuur 8,0 mm en in werkelijkheid 21,1 cm. De diameter van de ruimtesonde (rechte lijn achter de man) is 94 mm en 94 in werkelijkheid × 21,1 cm = 2,48 m. 8,0 De man is in de figuur 61 mm, dus in werkelijkheid 61 × 21,1 cm = 1,61 m. 8,0 De vrouw is in de figuur 57 mm, dus in werkelijkheid 57 × 21,1 cm = 1,50 m. 8,0

i In het onderste gedeelte van de plaquette is te zien dat de ruimtesonde is vertrokken van de derde planeet (= de aarde) van een (ons) zonnestelsel.

D 11 a Om evenveel licht met een astronomische kijker op te vangen als met een spiegeltelescoop moet het objectief een even grote diameter hebben als de spiegel. Een spiegel kun je goed ondersteunen, zodat hij niet vervormt: de VLT heeft spiegels met een diameter van 8,2 m. Een lens met een diameter van 8,2 m is niet denkbaar. Hij is dik en zwaar, zodat je hem niet aan de randen kunt monteren zonder dat hij door de zwaartekracht vervormt. b Er geldt ongeveer: l = fobj + focu = 0,85 + 0,017 = 0,87 m. c De hoekvergroting is gelijk aan β /α = fobj/focu = 0,85/0,017 = 50 maal. d Het beeld van Betelgeuze op je netvlies is met hulp van de telescoop 50× zo groot, dus 50 × 3,5 nm = 175 nm. Dat is nog steeds veel kleiner dan een

48 Hoofdstuk 11


kegeltje in de gele vlek. Zelfs voor professionele telescopen blijven de meeste sterren ‘puntvormig’. e De bundels die uit het oculair komen bereiken je oog via de pupil. Door de diameters ongeveer gelijk aan elkaar te kiezen valt het grootste deel van die bundels in je oog. h·c 6,626·10−34 × 2,998·108 = = λ 570·10−9 3,49 ∙ 10−19 J

f Ef = h ∙ f =

De oppervlakte van het objectief is A = πr2 = π × (7,5 ∙ 10−2)2 = 0,0177 m2. De energie die per seconde dus op het objectief valt is 1,4 ∙ 103 × 0,0177 = 24,7 J. 24,7 Dit komt overeen met = 7,1 ∙ 1019 fotonen 3,49·10−19 (per seconde). g De bundel die het objectief passeert heeft bij het oculair een 50 maal zo kleine diameter en dus een 502 = 2500 maal zo kleine dwarsdoorsnede. De intensiteit is de bundel is dus 2500 maal zo groot, dus 2500 × 1,4 ∙ 103 = 3,5 ∙ 106 W/m2. Het is al niet goed om zonder telescoop recht naar de zon te kijken, dus bij een 2500 maal zo hoge intensiteit is dit zeer gevaarlijk voor het oog. h In vraag g staat het woord maximale omdat niet alle licht dat door het objectief komt ook door het oculair komt en omdat beide lenzen een deel van het licht zullen absorberen en reflecteren. i Als je de telescoop op Betelgeuze richt, zullen er 7,1·1019 = 8,9 ∙ 108 fotonen per seconde op vallen. 1010,9 Omdat deze een snelheid hebben van 3 ∙ 108 m/s zal de gemiddelde onderlinge afstand tussen twee elkaar 3·108 = 34 cm. opvolgende fotonen gelijk zijn aan 8,9·108

11.2 Samenstelling van sterren Startopdracht 12 Overeenkomsten: Het zijn beide patronen die unieke informatie bevatten en waarmee je iets kunt identificeren, bij de eerste een persoon, bij de tweede een atoomsoort.


11/06/14 8:10 PM

Verschillen: De lijnen in de vingerafdruk zijn fysiek in het lichaam aanwezig, het zijn een soort reliëflijntjes met allemaal dezelfde kleur en ze zijn niet recht, terwijl de lijnpatronen in tabel 20 van Binas eerst met apparatuur geconstrueerd zijn, het zijn rechte lichtlijntjes van verschillende kleur.

Opdrachten

de ‘schaduw’ van de vlam) op een prisma te laten vallen vind je absorptiespectra, met het licht aan de zijkant van de vlam emissiespectra. c Absorptiespectra van een ster (zoals de fraunhoferlijnen van de zon) kun je opnemen door een spectraalanalyse te maken van het licht dat rechtstreeks van de ster komt. Emissiespectra vind je bij spectraalanalyse van licht dat uit de buitenmantel (de corona) komt. Dit kun je het beste doen als de maan bij zonsverduistering de zonneschijf afschermt.

A 13 a In een continu spectrum komen alle kleuren met alle golflengtes voor, in discrete spectra slechts enkele kleuren met bepaalde golflengtes. b Rutherford beschoot zeer dun goudfolie met alfadeeltjes en ontdekte dat de meeste van die alfadeeltjes rechtdoor gingen. c Het rutherfordmodel verklaarde niet waarom atomen slechts bepaalde fotonen absorberen en emitteren en waarom het elektron onder uitzending van straling niet op de kern klapt.

A 14 C, A, D, B

A 15 a Je geeft de energie van elektronen in atomen negatieve waarden omdat het om bindingsenergie gaat: je moet er energie aan toevoeren om een vrij elektron te krijgen, waarvan de kinetische energie nul is. b Een aangeslagen toestand van een atoom is een stationaire toestand van een atoom, waarbij het in de vorm van een foton energie kan uitzenden om naar een lagere energietoestand te gaan. c De ionisatie-energie van een atoom is de hoeveelheid energie die nodig is om het atoom te splitsen in een elektron en een positief ion, als het zich van tevoren in de grondtoestand bevindt.

B 16 a Absorptiespectra zijn (continue) spectra waarin alle kleuren te zien zijn met uitzondering van een aantal zwarte lijnen. Emissiespectra zijn (discrete) spectra met een beperkt aantal kleurenlijnen. b Richt een bundel van het gloeilamplicht op de vlam. Laat in de vlam een stof (bijvoorbeeld keukenzout) vallen. Door het licht achter de vlam (in



B 17 a De zon zendt van binnenuit een continu spectrum uit. De gaslagen in de buitenmantel van de zon absorberen daaruit een aantal kleuren. Dit leidt tot de zwarte lijnen in spectraalbalk 2 van Binas tabel 20. In balk 3 zijn de spectraallijnen te zien, die waterstofgas kan uitzenden, maar ook absorberen. Omdat de kleurlijnen van balk 2 overeenkomen met de zwarte lijnen in balk 3 blijkt zich waterstof in de buitenmantel van de zon te bevinden. b Bij de zwarte lijnen van het spectrum van de zon komen ook golflengtes voor die waterstof niet absorbeert, maar andere stoffen blijkbaar wel. c De spectraallijnen van helium zijn niet gemakkelijk bij de fraunhoferlijnen te vinden, dus helium komt niet (veel) in de mantel van de zon voor. Bij nauwkeurige meting vind je de lijnen van helium wel degelijk in het spectrum van de zon terug. De Griekse naam voor de zon (helios) en het element helium zijn niet voor niets verwant. d De twee natriumlijnen zijn duidelijk als fraunhoferlijnen te herkennen, dus zit er natrium in de mantel van de zon.

B 18 a De atomen komen bij de met pijlen weergegeven overgangen in een lagere energietoestand. Het verschil in energie is verdwenen door emissie van een foton. b Ef,a < Ef,b < Ef,c c fa < fb < fc d λc < λb < λa e De grootste fotonenergie is: Ef,c = 7,74 eV = 7,74 × 1,602 ∙ 10−19 J = 1,240 ∙ 10−18 J. fc =

Ef,c h

=

1,240·10−18 = 1,87 ∙ 1015 Hz 6,626·10−34

Astrofysica 49

11/06/14 8:10 PM

f De kleinste fotonenergie is: Ef,a = (7,74 − 4,89) eV = 2,85 eV = 2,85 × 1,602 ∙ 10−19 J = 4,566 ∙ 10−19 J Ef,a 4,566·10−19 fa = = = 6,891 ∙ 1014 Hz h 6,626·10−34 c 2,998·108 = 4,35 ∙ 10−7 m = 435 nm λa = = fa 6,891·1014

B 19 a Voor de 3e aangeslagen toestand geldt: n = 4 en dus E4 = −13,6 / 16 = −0,8500 eV. Voor de 2e aangeslagen toestand geldt: n = 3 en dus E3 = −13,6 / 9 = −1,511 eV. Ef = Em − En = E4 − E3 = −0,8500 − −1,511 = 0,6611 eV = 1,059 ∙ 10−19 J f = Ef / h = 1,059 ∙ 10−19 / 6,626 ∙ 10−34 = 1,598 ∙ 1014 Hz λ = c / f = 2,998 ∙ 108 / 1,598 ∙ 1014 = 1,87 ∙ 10−6 m b Dit komt overeen met de waarde die in tabel 21A van Binas is te vinden tussen n = 4 en n = 3. c De ‘nummers’ van de aangeslagen toestanden en de waarden voor n zijn discreet. Het kunnen alleen meer hele getallen zijn en zijn dus per definitie 3,000... en 2,000... Het antwoord zou dus niet nauwkeuriger zijn.

C 20 a De laagste ionisatie-energie in tabel 21C is 3,89 eV. De grootste energie van fotonen uit het zichtbaar licht volgens tabel 19A is 3,54 eV. Dat is dus te weinig om gasatomen te ioniseren. b In de tweede kolom van tabel 21C gaat het om de ionisatie van het tweede elektron van een atoom. Dan moet dus een elektron loskomen van een tweewaardig positief ion. Omdat het daarbij sterkere elektrische aantrekkingskrachten moet overwinnen, kost dit meer energie dan bij een eenwaardig positief ion. c In tabel 99 bevinden de elementen Li, Na en K zich in de eerste kolom van het periodiek systeem. Voor de schillenbouw betekent dat, dat het buitenste elektron in het atoom ‘alleen’ in de buitenste schil zit. Het zit relatief ver van de kern en kan er daardoor gemakkelijk van los komen. d Ef = h ∙ f = 6,626 ∙ 10−34 × 1,35 ∙ 1015 = 8,945 ∙ 10−19 J Voor de ionisatie van het natriumatoom is nodig: 5,14 eV = 5,14 × 1,602 ∙ 10−19 = 8,234 ∙ 10−19 J Als kinetische energie van het elektron blijft over: (8,945 − 8,234) ∙ 10−19 = 7,11 ∙ 10−20 J. Ek = ½m ∙ v2, dus v =

C 21 a Er zijn er 14. b De golflengtes van de kleurenbalk in tabel 20 loopt van 380 tot 760 nm. In tabel 21C zitten in dit gebied overgangen met λ = 388,9; 501,6; 587,6; 667,8; 706,5 en 728,1 nm. Dat zijn dus 6 overgangen. c Er zit bijvoorbeeld een (violette) lijn bij 448 nm. De bijbehorende energie is: h·c 6,626·10−34 × 2,998·108 = = 4,434 ∙ 10−19 J = λ 448·10−9 4,434·10−19 eV = 2,77 eV 1,602·10−19

E=

In tabel 21C moeten dus twee niveaus zijn, die op 2,77 eV van elkaar liggen: dat zou van een van de 4-niveaus naar niveau 2(1) of 2(0,1,2) kunnen zijn.

C 22 a In de spectraalbalk van kaliumpermanganaat (KMnO4) ontbreken geel en groen en zijn rood en violet dominant. In het oog levert dit een paarse kleurindruk op. b In tabel 30E zijn absorptiepieken aangegeven van stoffen die in gasvorm in onze atmosfeer voorkomen zoals water (H2O), kooldioxide (CO2) zuurstof (O2) en ozon (O3). Blijkbaar absorberen deze moleculen flinke delen van het elektromagnetisch spectrum, waardoor er nog slechts twee golflengtegebieden (de ‘vensters’) overblijven, waarin de straling het aardoppervlak bereikt. c In tabel 39C2 zijn zogenaamde golfgetallen 1 gegeven: 1150 cm−1 < < 1200 cm−1. λ 1 Hieruit volgt λ > = 8,333 ∙ 10−6 m en 1200 cm 1 = 8,696 ∙ 10−6 m. λ< 1150 cm De bijbehorende fotonenergieën: E=

h·c 6,626·10−34 × 2,998·108 = = 2,384 ∙ 10−20 J λ 8,333·10−6

E=

h·c 6,626·10−34 × 2,998·108 = = 2,284 ∙ 10−20 J λ 8,696·10−6

Voor de geabsorbeerde fotonenergieën geldt dus: 2,284 ∙ 10−20 J < Ef < 2,384 ∙ 10−20 J.

2Ek 2 × 7,11·10−20 = = A m A 9,11·10−31

4,0 ∙ 105 m/s

50 Hoofdstuk 11



11/06/14 8:10 PM

11.3 Snelheid van sterren

D 23 a Het hoofdmaximum is het 0e-orde-maximum, dus n = 0. Uit de formule volgt dan dat voor elke λ geldt: sin α0 = 0 en dus α0 = 0. Alle kleuren komen dus op dezelfde plek uit. Voor het 1e-orde-maximum geldt n = 1, dus λ sin α1 = . Voor elke kleur en dus voor elke waarde d van λ volgt hieruit een andere waarde voor sin α1 en voor α1. Met andere woorden: elke kleur treedt met een andere hoek uit het tralie; de kleuren vallen uit elkaar. b De golflengte van de gele lijnen is gemiddeld 589,3 nm. λ 589,3·10−9 sin α1 = = = 0,23572 d 2,500·10−6 α1 = sin−1 0,23572 = 13,63° c De lichtdetector moet smal zijn om met groot scheidend vermogen in kleine golflengtegebiedjes te meten hoeveel straling er binnenkomt. d Op grotere afstand van het tralie vallen de kleuren verder uit elkaar en vang je met een even smalle detector fotonen van een kleiner golflengtegebiedje op. e De pixels moeten zo klein zijn dat de twee gele natriumlijnen niet tegelijkertijd op dezelfde pixel kunnen vallen. Voor de hoeken geldt: sin α1 =

λ 589,0·10−9 = = 0,23560 → d 2,500·10−6

α1 = sin−1 0,23560 = 13,627° λ 589,6·10−9 = 0,23584 → sin α1 = = d 2,500·10−6 α1 = sin−1 0,23584 = 13,641° De twee gele lijnen komen dus onder een hoek van 0,014° op de cirkel met straal 80,00 cm aan. 0,014 Ze komen daar dus × 2π × 0,8000 m = 360

Startopdracht 24 Snelheidsmetingen van auto’s vinden plaats met een radarapparaat. Dit zendt golven naar de auto uit en vangt de door de auto gereflecteerde golven weer op. Door de snelheid van de auto worden de teruggekaatste golven korter. Uit de verkleining van de golflengte bepaalt het apparaat de snelheid van de auto.

Opdrachten A 25 a De component in de richting van de aarde heet de radiale (of radiële) component, die er loodrecht op heet de tangentiële component. b De radiale component kun je bepalen door de dopplershift te meten van spectraallijnen. De relatieve verschuiving van een lijn geeft de verhouding van de radiale snelheid tot de lichtsnelheid. De tangentiële component kun je bepalen door over langere tijd te meten onder welke hoek je de ster ziet. De tangentiële snelheid is gelijk aan de verandering van de hoek per seconde maal de afstand tot de ster.

A 26 1 2 3 4 5 6 7

frequentie golflengte kleiner groter blauwverschuiving roodverschuiving roodverschuiving

2 ∙ 10−4 m = 0,2 mm uit elkaar. De pixels moeten dus maximaal 0,2 mm groot zijn. (In werkelijkheid zijn ze nog ongeveer 10× zo klein.)



Astrofysica 51

11/06/14 8:10 PM

B 27 a Zie de tabel. b Zie figuur 11.3. de motor is in: radiale snelheid tangentiële snelheid (m/s) (m/s) A

30

0

B

30

0

C

10

0

D

0

10

E

0

10

F

0

10

G

−10

0

H

−30

0

I

−30

0

g Dwars op de verbindingslijn met de aarde legt Wega een afstand af van: s = vtan ∙ t = 12,7 ∙ 103 × 365,25 × 24 × 3600 = 4,01 ∙ 1011 m De afstand tot Wega is: 23,7 ∙ 1016 m. Voor de hoek waarover Wega in een jaar verschuift 4,01·1011 = 1,69 ∙ 10−6 geldt: tan α = 23,7·1016 α = tan−1 1,69 ∙ 10−6 = 9,69 ∙ 10−5° = 9,69 ∙ 10−5 × 60’ = 0,00581’= 0,00581 × 60” = 0,349” h Omdat je met de meest professionele telescopen tot 0,001” nauwkeurig kunt meten, kun je deze waarde in drie significante cijfers bepalen. i Je kunt meer significante cijfers halen door een aantal jaren achter elkaar te meten, net zoals je een trillingstijd nauwkeuriger kunt meten door een groter aantal trillingen te meten.

f (Hz)

vrad

W

fmotor

vtot

vtan A

B

C

D

E

F

G

H t

I

11.3

A

11.4

B 28 a Wega vertoont roodverschuiving en heeft dus een radiale snelheid van de aarde af. In de 7e kolom van tabel 32B staat voor de radiale snelheid van Wega een negatieve waarde. Blijkbaar zijn snelheden van de aarde af dus met een minteken weergegeven. b,c Zie figuur 11.4. d Uit de stelling van Pythagoras volgt: vtot = 2v2rad + v2tan = 2(−14·103)2 + (12,7·103)2 = 19 ∙ 103 m/s e Zie tabel 21A van Binas: de lymanreeks heeft golflengten van 121,6 nm en lager, de balmerreeks tussen (iets minder dan) 397 tot 656 nm en alle andere reeksen nog hogere golflengten. Waterstof zendt dus geen golflengte van 268 nm uit. vrad Δλ 14·103 ∙ c → Δλ = ∙λ = × 268 nm = c λ 2,998·108 0,013 nm

f vrad =

52 Hoofdstuk 11


C 29 a De wet van Hubble zegt dat de snelheid van de sterren ten opzichte van A recht evenredig is met de afstand tot A. b Zie figuur 11.5. c De snelheid van C ten opzichte van A is tweemaal zo groot is als die van B ten opzichte van A. De snelheid van C ten opzichte van B is dus even groot als die van B ten opzichte van A. De snelheid van A ten opzichte van B is even groot, maar tegengesteld aan die van B ten opzichte van A. d Zie figuur 11.6. e In figuur 11.5 lijkt het alsof je A als middelpunt moet zien. Het snelheidspatroon ten opzichte van B in figuur 11.6 ziet er echter precies hetzelfde uit. Blijkbaar maakt het voor de relatieve snelheden niet uit waar je van uitgaat. Er is dus geen reden om A als middelpunt te zien.


11/06/14 8:10 PM

D´

C´

B´

B

A

C

D

11.5 D´

C´

B´

A

B

C

D

11.6

b Binas tabel 32C: voor de zon geldt voor de straal R = 6,963 ∙ 108 m en voor de rotatieperiode aan de evenaar: T = 25,7 d = 25,7 × 24 × 3600 s = 2,22 ∙ 106 s. De baansnelheid van een punt op de evenaar van de zon is dus:

C 30 a In tabel 32B vind je voor de afstand tot Betelgeuze: 470 ∙ 1016 m en tot Castor: 48 ∙ 1016 m. Dat scheelt dus ongeveer een factor 10. b Voor de parallax α van Betelgeuze geldt: AE 0,1496·1012 tan α = = = 3,18 ∙ 10−8 d 470·1016 α = tan−1 3,18 ∙ 10−8 = 1,82 ∙ 10−6° = 1,82 ∙ 10−6 × 60 = 0,000109’ = 0,000109 × 60 = 0,0066” c Voor de parallax α van Castor geldt: AE 0,1496·1012 tan α = = = 3,12 ∙ 10−7 d 48·1016 α = tan−1 3,12 ∙ 10−7 = 1,79 ∙ 10−5° = 1,79 ∙ 10−5 × 60 = 0,00107’ = 0,00107 × 60 = 0,064” d De afstand tot Castor is 10 maal zo klein als die tot Betelgeuze, terwijl de parallax juist 10 maal zo groot is (0,064” vergeleken met 0,0066”). e Bij een parallax van 1” hoort een afstand van 1 pc. Vanwege de omgekeerd evenredigheid hoort bij een parallax van 0,0066” een afstand van 1/0,0066 pc = 152 pc. f d = 152 pc = 152 × 3,09 ·1016 m = 470 ∙ 1016 m, in overeenstemming met tabel 32C van Binas. g Op de sterrenkaart van het noordelijk halfrond is te zien dat Betelgeuze en Castor ergens anders aan de hemel te zien zijn. Ze liggen dus niet op één lijn met ons (zonnestelsel). h Dat geldt ook niet voor Polaris. Die bevindt zich in het verlengde van de aardas naar het noorden en staat dus op één lijn met onze aardas. De aardas is echter niet evenwijdig aan lijn k, maar maakt er een hoek van 23,5° mee, net zoals het equatoriale vlak van de aarde een hoek van 23,5° maakt met de ecliptica.

v=

2π·R 2π × 6,963·108 = = 1,97 ∙ 103 m/s T 2,22·106

De rode balmerlijn heeft een golflengte van 656 nm (tabel 19A en 21A van Binas). Δλ =

vrad 1,97·103 ∙λ = × 656 nm = 0,0043 nm c 2,998·108

De lijn verbreedt dus 0,0043 nm naar links en evenveel naar rechts en wordt dus 0,0086 nm breed.

11.4 Temperatuur van sterren Startopdracht 32 a De hoeveelheid straling van een ster hangt af van haar straal en temperatuur. De helderheid waarmee we een ster op aarde waarnemen hangt daarnaast sterk af van de afstand tot de ster. b La Silla bevindt zich op veel grotere hoogte dan Amsterdam. Daardoor heb je bij het kijken naar sterren minder last van de atmosfeer. Daarnaast is er in La Silla veel minder (strooi)licht vanuit de stad dan in Amsterdam. Ook dat maakt de sterren beter zichtbaar.

Opdrachten D 31 a Van een roterende ster komt de helft van de zichtbare buitenmantel naar je toe, terwijl de andere helft zich van je verwijdert. Een deel van de uitgezonden straling vertoont dus blauwverschuiving, terwijl het andere deel roodverschuiving vertoont. Bovendien zijn er delen van de mantel die een radiale snelheid hebben tussen die van de uiterste randen van de mantel in. Die vertonen dus verschuivingen die ertussenin liggen. Al met al verbreedt de spectrale lijn daardoor.



B 33 Het pas uitgespuwde gesteente is nog erg heet. Volgens P = σ ∙ A ∙ T4 zenden hete voorwerpen (T ) veel stralingsvermogen (P) uit en zijn dus helder. De lava aan de voet van de vulkaan is al enige tijd met de buitenlucht in contact geweest, is dus koeler en minder helder. Volgens λmax ∙ T = kW is de golflengte met maximale stralingsintensiteit (λmax) kleiner naarmate de temperatuur hoger is. Het hete, pas uitgespuwde

Astrofysica 53

11/06/14 8:10 PM

1200

1000

λ (nm)

gesteente zendt daardoor veel licht uit in alle kleuren en lijkt daardoor wit. De afgekoelde lava zendt alleen nog grote golflengtes uit in het rode gebied en lijkt daardoor rood.

800

B 34 aC b Bij een omgekeerd evenredig verband hoort een dalende grafiek: een hyperbool. c Zie de tabel. d Zie de tabel. e In de wiskunde is de lijn y = a ∙ x een rechte lijn door de oorsprong met helling a. Volgens Wien geldt: λmax ∙ T = kW. Deze kun je schrijven als λmax = kW ∙ (1/T). Dit verband heeft dezelfde gedaante als y = a ∙ x met y = λmax, x = 1/T en steilheid a = kW. Als je dus een grafiek maakt van λmax tegen 1/T, dan zou daar volgens de wet van Wien een rechte lijn door de oorsprong uit moeten komen met steilheid kW. f Zie figuur 11.7. g Lees twee punten (λmax, 1/T ) af: (0,0) en (500 ∙ 10−9, 1,75 ∙ 10−4). 500·10−9 − 0 = 2,9 ∙ 10−3 m K, hetgeen goed kW = 1,75·10−4 − 0 overeen komt met de waarde in Binas tabel 7A. h Zie de tabel. De gevonden waarden zijn redelijk constant. De gemiddelde waarde is 2,94 met een maximale afwijking van 0,07, dus van (0,07/2,94) = 2,4%. In de grafiek kun je voor het aflezen van de topwaarden gemakkelijk fouten van enkele procenten maken. De afwijking van 2,4% kan daar dus uit zijn voortgekomen. De conclusie is dat de vermenigvuldiging van λmax en T constant is, hetgeen in overeenstemming is met de wet van Wien. T (K)

λmax (nm)

1/T (10−4 K−1)

λmax ∙ T (10−3 K m)

3000

1000

3,33

3,00

3500

820

2,86

2,87

4000

740

2,50

2,96

5000

595

2,00

2,98

5500

530

1,82

2,92

6000

490

1,67

2,94

6500

450

1,54

2,93

54 Hoofdstuk 11


600

400

200

0

1

2

3 1/T (10-4 K-1)

11.7

B 35 a P = σ ∙ A ∙ T4 = 5,670 ∙ 10−8 × 1,5 × (273 + 65)4 = 1110 W = 1,1 kW kW 2,898·10−3 b λmax ∙ T = kW → λmax = = = 8,57 ∙ 10−6 m = T 273 + 65 8,57 μm Deze golflengte behoort tot het infrarood. De witte radiator reflecteert veel zichtbaar licht. Dat zegt niets over zijn reflectievermogen in het infrarode gebied. Het kan best zijn dat de witte radiator in het infrarood wel veel straling absorbeert en dus ook uitzendt bij temperatuurstraling. c In principe is de buitenoppervlakte van de radiator van drie platen drie keer zo groot als die met één plaat. Volgens de wet van Stefan Boltzmann is het uitgestraalde vermogen dan ook drie keer zo groot. De platen zijn wel parallel aan elkaar opgesteld. Een plaat absorbeert dus veel van de uitgezonden straling van een plaat ernaast. Per saldo zal de radiator met drie platen dus minder dan drie keer zo veel vermogen naar de omgeving stralen.

C 36 a Volgens Binas tabel 8 is het smeltpunt van wolfraam 3695 K. Dat is meer dan 3500 K. b In voorbeeld 2 vind je A = 3,96 ∙ 10−5 m2. In Binas tabel 22 vind je voor T = 3500 K rond λ = 600 nm: I = 0,52 ∙ 104 W m−2 nm−1. In een golflengtegebied van 10 nm is de intensiteit dus: I = 0,52 ∙ 105 W m−2. De gloeidraad zendt in dat golflengtegebied dus uit: P = I ∙ A = 0,52 ∙ 105 × 3,96 ∙ 10−5 = 2,06 W, dus per seconde: E = 2,06 J.


11/06/14 8:10 PM

De energie van een foton is gemiddeld: Ef =

h·c 6,626·10−34 × 2,998·108 = = 3,31 ∙ 10−19 J. λ 600·10−9

Per seconde zendt de draad dus uit: 2,06 E = = 6,2 ∙ 1018 fotonen. Ef 3,31·10−19 c P = σ ∙ A ∙ T4 = 5,670 ∙ 10−8 × 3,96 ∙ 10−5 × (3500)4 = 337 W 3500 Andere manier: de temperatuur wordt = 1,54 2274 maal zo groot. Het vermogen wordt dus (1,54)4 = 5,61 maal zo groot. P = 5,61 × 60 = 337 W d Bij een temperatuur van 3500 K zal de dunne draad sublimatie vertonen en nog dunner worden. Zijn brandduur verkort daardoor.

C 37 Het vermogen van een ster is evenredig met zijn oppervlakte en dus met de straal in het kwadraat, daarnaast met de temperatuur tot de vierde macht. Om de verhoudingen tussen de vermogens te berekenen kun je alle 10-machten weglaten. straal 4 ∙ 103 K temperatuur 4 ∙ 108 m 8

42 ∙ 44 = 46 2

4

8 ∙ 10 m

8 ∙4

12 ∙ 108 m

122 ∙ 44

8 ∙ 103 K

12 ∙ 103 K

42 ∙ 84

42 ∙ 124

2

4

82 ∙ 124

122 ∙ 84

122 ∙ 124

8 ∙8

Overal delen door 46 vereenvoudigt het rekenwerk: straal 4 ∙ 103 K temperatuur

8 ∙ 103 K

12 ∙ 103 K

4 ∙ 108 m

1

16

81

8 ∙ 108 m

4

64

324

12 ∙ 108 m

9

144

729

De volgorde van klein naar groot vermogen is dus A, D, G, B, E, C, H, F, I.

C 38 a Bij het bepalen van een oppervlakte van een grootheid X uit een grafiek vermenigvuldig je de grootheid langs de verticale as met die langs de horizontale as. Hetzelfde geldt voor de eenheden, dus in het geval van de planckkromme: [X ] = W m−2 nm−1 × nm = W m−2.



Dit is de eenheid van intensiteit. De oppervlakte onder de planckkromme is de intensiteit (ofwel de energie per seconde en per vierkante meter) die een voorwerp uitzendt over het hele elektromagnetisch spectrum. b De driehoek met de volgende hoekpunten heeft ongeveer dezelfde oppervlakte als de planckkromme voor 5780 K: (200 nm; 0), (450 nm; 8,6 ∙ 104 W m−2 nm−1) en (1530 nm; 0). Deze driehoek heet dus een basis van 1330 nm en een hoogte van 8,6 ∙ 104 W m−2 nm−1. I = ½ b ∙ h = ½ × 1330 × 8,6 ∙ 104 = 5,7 ∙ 107 W m−2 c De buitenoppervlakte van de zon is A = 4πR2 = 4π × (6,963 ∙ 108)2 = 6,093 ∙ 1018 m2. I=

P 3,85·1026 = = 6,32 ∙ 107 W m−2 A 6,093·1018

d Meetonnauwkeurigheden kunnen niet zijn gemaakt bij het maken van de planckkrommen, deze zijn theoretisch op grond van formules vastgelegd. Afleesonnauwkeurigheden bij het bepalen van de oppervlakte onder de kromme kunnen een grote rol spelen bij de afwijking, want het is vooral moeilijk om de oppervlakte af te schatten onder het rechterdeel van de planckkromme, dat niet in figuur 11.37 te zien is. Zowel het niet-ideaal zwart zijn van de zon als straler als de fraunhoferlijnen hebben tot gevolg dat de zon minder uitstraalt dan je op grond van de planckkromme zou verwachten. Dit werkt de verkeerde kant op, dus kunnen het geen verklaringen zijn voor het hier optredende verschil. (De verklaring is dat een deel van de straling afkomstig is uit dieper gelegen lagen met een (veel) hogere temperatuur.) e Het in het zichtbare gebied uitgestraalde vermogen is de oppervlakte onder planckkromme tussen (ongeveer) 400 en 770 nm. Deze is het beste te benaderen door een rechthoek met basis 370 nm en een hoogte van 7,5 ∙ 104 W m−2 nm−1 (gemiddelde hoogte van de plankkromme voor 5780 K in het zichtbare gebied). Ivisueel = b ∙ h = 370 × 7,5 ∙ 104 = 2,78 ∙ 107 W m−2 2,78·107 De zon zendt dus × 100% = 44% van de 6,32·107 straling uit in het zichtbare gebied.

Astrofysica 55

11/06/14 8:10 PM

D 39 a Volgens de kwadratenwet neemt de stralingsintensiteit die je van een (puntvormige of) bolvormige bron ontvangt omgekeerd kwadratisch af met de afstand tot de bron. Hoe verder zich een planeet van de zon bevindt, hoe kleiner dus het ontvangen vermogen. b Volgens Binas tabel 31 is de volgorde van de in figuur 11.38 aangegeven planeten Mercurius, Venus, Mars, Jupiter en Saturnus. Volgens de algemene stelregel zou in die volgorde de temperatuur dus afnemen. Volgens de wet van Wien zou de top van de stralingskromme in diezelfde volgorde dus naar rechts schuiven. Voor de planeet Venus gaat dat mis: de top zou links van die van Mars moeten liggen, maar ligt er rechts van. c Voor een planeet geldt in goede benadering stralingsevenwicht: het stralingsvermogen dat de planeet ontvangt is gelijk aan het vermogen dat zij zelf uitzendt door temperatuurstraling. Het stralingsvermogen dat een planeet bereikt, hangt af van de afstand tot de ster, maar het vermogen dat de planeet absorbeert, hangt ook af van hoeveel de planeet reflecteert, dus van haar albedo. d Als de periodes gelijk waren, zou het aan een kant van de zon steeds dag zijn en aan de andere kant steeds nacht. Je hebt dan dus slechts op de helft van de aarde daglicht. Aan die kant zou de temperatuur veel te hoog worden en aan de andere kant ondraaglijk laag. e De bedoelde plek ontvangt een stralingsintensiteit van de zon, die gelijk is aan de helft van de zonneconstante, dus 0,5 × 1,368 ∙ 103 = 684 W m−2. Om datzelfde vermogen met temperatuurstraling uit te zenden moet de oppervlakte ter plekke een temperatuur hebben, die je kunt berekenen met: P = σ ∙ A ∙ T4 = 5,67 ∙ 10−8 × 1,00 × T4 = 684 W. T=

4

684

A 5,670·10−8

= 331 K = 331 − 273 = 58 °C

f De vijf genoemde redenen geven allemaal aanleiding tot een kleiner geabsorbeerd vermogen. Per reden schatten we de fractie af: – doordat Nederland op 52° NB ligt, verdeelt het vermogen dat in een bundel met een dwarsdoorsnede van 1 m2 binnenkomt zich gemiddeld over een oppervlakte van 1/cos 52° = 1,6 m2. De bijbehorende fractie is dus 1/1,6 = 0,62. – slechts gemiddeld de helft van het etmaal is er zonlicht: fractie 0,50.

56 Hoofdstuk 11


– de zon staat niet de hele dag in het hoogste punt aan de hemel. De hoek verloopt als de halve periode van een sinus. De oppervlakte daaronder is slechts een fractie 2/π van de oppervlakte van de rechthoek, die op de sinus past: fractie: 2/π = 0,64. – door het albedo reflecteert een deel: 0,3 → de geabsorbeerde fractie = 0,7. – In 40% van de tijd 100% en in 60% van de tijd 40% leidt tot een gewogen gemiddelde fractie van 0,40 × 1,00 + 0,60 × 0,40 = 0,64. In totaal ontvangt een vierkante meter in Nederland dus: 0,62 × 0,50 × 0,64 × 0,7 × 0,64 × 684 = 61 W. T=

61 = 181 K = 181 − 273 = −92 °C A 5,67·10−8 4

g De reden waarom het in Nederland warmer is dan −92 °C is dat we een atmosfeer hebben. De gassen in de atmosfeer zenden infraroodstraling naar de aarde. Die moet je bij de straling van de zon optellen. Dit heet het broeikaseffect: de atmosfeer als beschermende mantel zoals het glas in een broeikas. Het broeikaseffect is in eerste instantie dus erg gewenst. h Als de concentratie broeikasgassen toeneemt, absorberen zij meer van de door de aarde uitgezonden infraroodstraling, worden warmer en gaan zelf dus meer temperatuurstraling uitzenden. Als het aardoppervlak meer straling ontvangt, moet het een hogere temperatuur krijgen om weer in stralingsevenwicht te komen. i Als de witte poolkappen smelten, wordt het aardoppervlak gemiddeld donkerder. Het albedo voor zichtbaar licht neemt dus af, zodat de aarde meer van het zonlicht absorbeert. Het aardoppervlak stijgt daardoor in temperatuur.

11.5 Classificatie van sterren Startopdracht 40 a Een supernova is een ster die na een implosie van het binnendeel explodeert en daarbij in een paar weken tijd veel materie en energie uitstoot. De stralingsenergie die vrijkomt is van de orde van


11/06/14 8:10 PM

1042 J. Het uitgestraald vermogen is in de orde van 1036 W, 3 miljard keer zo groot als dat van onze zon. b Een supernova is een ster in een van haar laatste levensstadia. Als de brandstof opraakt, valt de naar buiten gerichte stralingsdruk weg en wint de samentrekkende gravitatiekracht snel terrein: dit veroorzaakt de implosie. Door de enorme klap van op elkaar botsende materie in de kern volgt daarna een explosie.

Opdrachten B 41 a Verticaal: de logaritme van het stralingsvermogen van de ster uitgedrukt in dat van de zon Horizontaal: de logaritme van de absolute temperatuur b L = 80 000 × L 䉺 = 8 ∙ 104 × 3,85 ∙ 1026 = 3 ∙ 1031 W T = 3,6 ∙ 103 K R = 700 × R 䉺 = 7 ∙ 102 × 7,0 ∙ 108 = 5 ∙ 1011 m L c log a b = log 80 000 = 4,9 L䉺 log T = log 3600 = 3,56 Dit zijn inderdaad de coördinaten van de stip voor Betelgeuze in figuur 11.45. d In het Hertzsprung-Russell-diagram staat Betelgeuze extreem rechtsboven in het gebied van de superreuzen. Haar straal behoort tot de grootste van de bekende sterren. e L = 780 × L 䉺 = 7,8 ∙ 102 × 3,85 ∙ 1026 = 3 ∙ 1029 W T = 4,5 ∙ 103 K R = 45 × R 䉺 = 45 × 6,96 ∙ 108 = 3,1 ∙ 1010 m L f log a b = log 780 = 2,9 L䉺 log T = log 4500 = 3,65 Het punt met coördinaten (3,65; 2,9) in figuur 11.45 bevindt zich in het gebied van de (rode) reuzen. L g log a b = log 0,0018 = −2,7 L䉺 log T = log 2600 = 3,4 Het punt met coördinaten (3,4; −2,7) bevindt zich in figuur 11.45 nog net in de hoek rechtsonder.

B 42 a Witte dwergen zitten links onderin en hebben dus een kleine straal (ongeveer 10−2 ∙ R 䉺 ). Hun temperatuur is relatief hoog (> 104 K). Volgens de wet van Wien zenden ze dus kleinere golflengten en daarmee ‘witter’ licht uit dan de zon.



b Bruine dwergen zijn wolken waterstofgas, die wel door gravitatiekrachten samentrekken, maar te licht zijn om tot fusie te komen. Eigenlijk zijn het daardoor geen sterren. Ze zijn relatief klein en koel en zitten daarom rechtsonder in het HertzsprungRussell-diagram.

C 43 a Voor de zon geldt: L = L 䉺 , dus log a

L b = log 1 = 0. L䉺

De waarde 0 hoort bij een horizontale rasterlijn. b Voor de zon geldt: T = 5,78 ∙ 103 K, dus log T = log 5780 = 3,76. De verticale rasterlijnen zijn aangebracht om de 0,2, dus 3,76 ligt er niet op. c log 10 ∙ T = log 10 + log T = 1 + log T. Bij een 10 maal zo hoge temperatuur neemt de logaritme van T met 1 toe. Omdat de lichtkracht gelijk is, blijft L log a b ook gelijk. L䉺 Deze ster ligt ten opzichte van de zon 5 hokjes naar links en 0 hokjes naar boven/beneden. Zie ook figuur 11.8. 10·L 䉺 d log a b = log 10 = 1. Log T blijft gelijk. L䉺 Deze ster ligt ten opzichte van de zon 0 hokjes naar links/rechts en 1 hokje naar boven. e Een ster die 10× zo groot is, heeft een 100× zo groot oppervlak. Omdat ze even heet is, geldt volgens de wet van Stefan Boltzmann dat de lichtkracht 100× zo groot wordt. 100·L 䉺 log a b = log 100 = 2. Log T blijft gelijk. L䉺 Deze ster ligt ten opzichte van de zon 0 hokjes naar links/rechts en 2 hokjes naar boven. NB: aan de schuine lijnen in het HertzsprungRussell-diagram kun je ook zien dat als je bij dezelfde T naar de lijn voor 10 ∙ R 䉺 wilt, je twee hokjes omhoog moet. f log (2,5 ∙ T) = log 2,5 + log T = 0,40 + log T. Dus twee hokjes van 0,2 naar links. Een 2,5× zo hete ster (met dezelfde straal) heeft volgens Stefan Boltzmann een (2,5)4 = 39× zo groot 39·L 䉺 vermogen. Dus log a b = log 39 = 1,6. L䉺 Deze ster ligt ten opzichte van de zon 2 hokjes naar links en 1,6 hokje naar boven. NB: in de tekst heb je geleerd dat lijnen van gelijke straal helling (−) 4 hebben; dus bij een verschuiving van 0,4 (= 2 hokjes) naar links hoort inderdaad een verschuiving van 1,6 naar boven.

Astrofysica 57

11/06/14 8:10 PM

g log 4 ∙ T = log 4 + log T = 0,60 + log T Een 4× zo hete en 10× zo kleine ster heeft een (0,1)2 × 44 = 2,56 maal zo groot vermogen. 2,56·L 䉺 log a b = log 2,56 = 0,41 L䉺 Deze ster ligt ten opzichte van de zon 3 hokjes naar links en 0,41 hokje naar boven. NB: In het diagram moet je drie hokjes naar links en dan verticaal naar de lijn voor 0,1 ∙ R 䉺 . h c De lichtkracht is constant, dus R2 ∙ T4 is constant. Bij een 10 maal zo grote T moet R 100 maal zo klein worden, dus R = 0,01 ∙ R 䉺 .

.

10 0R

Rigel

β Cen

Deneb

L log – L

.

10 R

NB: In het diagram is te zien dat ster c inderdaad op de lijn van 0,01 ∙ R 䉺 ligt. d R2 ∙ T4 moet 10 maal zo groot worden, terwijl T gelijk blijft. Daartoe moet R dus 110 = 3,2 maal zo groot worden, dus R = 3,2 ∙ R 䉺 . e Als R 10× zo groot wordt en T gelijk blijft, wordt R2 ∙ T4 102× zo groot: L = 100 ∙ L 䉺 . f Als R gelijk blijft en T 2,5× zo groot wordt, wordt R2 ∙ T4 (2,5)4× zo groot: L = 39 ∙ L 䉺 . g Als R 10× zo klein wordt en T 4× zo groot, wordt R2 ∙ T4 (0,1)2 × (4)4× zo groot: L = 2,56 ∙ L 䉺 .

.

Betelgeuze

Antares

superreuzen 4

su

br eu

ze

1R

n

.

Aldebaran

e d

reu z

en

Arcturus 2 f

Sirius

0,1 R

ho

.

ofd

ree

g

ks

c

.

0

0,0 1R

zon

wi

tte

.

dw

erg

en

Sirius B –2

4

4,5

3,5 log Teff

Betekenis der symbolen L lichtsterkte van de ster R straal van de ster

T temperatuur in K (alleen voor sterren van de hoofdreeks) zon

.

hoofdreeks subreus reus

heldere reus superreus witte dwerg

11.8

58 Hoofdstuk 11



11/06/14 8:10 PM

C 44 a Voor de ontsnappingssnelheid geldt vo =

2GM

A r

(zie hoofdstuk 8). Wanneer deze groter is dan de lichtsnelheid c, kan er zelfs geen licht meer ontsnappen.

e Er wordt dan omgezet: 0,0065 × 2 ∙ 1030 kg = 1,3 ∙ 1028 kg. E = m ∙ c2 = 1,3 ∙ 1028 × (3,0 ∙ 108)2 = 1 ∙ 1045 J. Dit is qua grootteorde voldoende. Blijkbaar gaat niet eens alle waterstof over in helium.

D 46 2GM 2GM 2GM >c→ > c2 → R < R c2 A r −11 30 2 × 6,67·10 × 10 × 2,0·10 R< = 3,0 ∙ 104 m = (3,0·108)2 30 km b Bij het herschrijven van de ongelijkheid bij vraag a blijkt dat R kleiner moet zijn dan de berekende waarde. De berekende waarde is dus de maximale waarde. c ρ=

10 × 2,0·1030 m m =4 =4 = 1,8 ∙ 1017 kg/m3 3 4 3 V πR π × (3,0·10 ) 3 3

d De dichtheid van het zwarte gat moet zo groot zijn dat alles past binnen de gewenste straal. Daartoe moet de dichtheid dus groter zijn dan de berekende grenswaarde.

C 45 a E = P ∙ t = 3,85 ∙ 1026 × 10 ∙ 109 × 365,25 × 24 × 3600 = 1 ∙ 1044 J GM2 GM2 9GM2 −− = = R 10R 10R 9 × 6,67·10−11 × (2,0·1030)2 = 3 ∙ 1041 J 10 × 7,0·108

b ΔEg = −

Dit is dus qua grootteorde een factor 103 te klein. c Ek = ½Mv2 = 1 ∙ 1044 → v =

2 × 1·1044 = 1 ∙ 107 m/s. A 2·1030

Om de juiste hoeveelheid kinetische energie te hebben zou alle materie in het begin dus een snelheid moeten hebben die ongeveer gelijk is aan 1/30e deel van de lichtsnelheid. Typische snelheden van materie in de ruimte liggen rond de 104 m/s. De hoeveelheid kinetische energie is qua grootteorde dus een factor 106 te klein. d Ech = rm ∙ M = 29 ∙ 106 × 2 ∙ 1030 = 6 ∙ 1037 J. Dit is een factor 106 te klein.



a Het gaat hier om de zichtbaarheid van een ster vanaf de aarde, dus is niet het vermogen of de lichtkracht van belang, maar hoeveel vermogen hier op aarde per m2 aankomt, dus de intensiteit. b

I2 I2 = 10 → m2 − m1 = 2,5 log a b = 2,5 log 10 = I1 I1 2,5 × 1 = 2,5

I2 I2 10 c m2 − m1 = 2,5 log a b = 10 → log a b = = 4,0 I1 I1 2,5 I2 → = 104 I1 dI=

57 × 3,85·1026 P = = 3,1 ∙ 10−8 W m−2 2 4πr 4π × (23,7·1016)2

I2 3,1·10−8 e m2 − m1 = 2,5 log a b = 2,5 log a b = −27 I1 1,4·103 f De magnitudeschaal is zo ontworpen dat grotere magnitudes voor minder heldere sterren staan. In tabel 32B staan de sterren met de meest negatieve magnitude bovenaan: dat zijn dus de helderste sterren en die met de grootste positieve magnitude onderaan: de minst heldere sterren. De tabel is gerangschikt op de magnitude in de derde kolom. g Het uitgangspunt is niet precies gehandhaafd. Na precieze metingen heeft Wega nu een magnitude van 0,03 gekregen. h Het antwoord van vraag e (−27) komt in twee significante cijfers overeen met de waarde in tabel 32B: −26,78. i De noordelijke sterrenhemel kent ongeveer veertig sterren met magnitude 2 of lager. Deze zijn dus vanuit Amsterdam te zien. Het aantal sterren dat van de top van de Mount Everest is te zien, is erg groot, groter dan het aantal stippen in tabel 32A, want daar staan de sterren met magnitude 6 niet op, terwijl die vanaf de top wel zichtbaar zijn.

Astrofysica 59

11/06/14 8:10 PM

j Als een ster op een afstand van 10 parsec staat, d maal zo dichtbij dan in werkelijkheid. staat hij 10 De intensiteit is volgens de kwadratenwet omgekeerd evenredig met de afstand in het kwadraat. 10 2 De intensiteit is dus a b maal zo groot. d De absolute magnitude M van een ster is gelijk aan de magnitude m als hij op een afstand van 10 parsec staat, dus: I2 10 2 M − m = 2,5 log a b = 2,5 log a b = 2,5 × I1 d 10 2 log a b = 5 × [ log 10 − log d ] = 5 × [1 − log d ]. d Dus: M = m + 5 − 5 log d.

60 Hoofdstuk 11



11/06/14 8:10 PM

VIERDE EDITIE. EINDREDACTIE Wim Sonneveld. AUTEURS Robert Bouwens Paul Doorschot Joost van Reisen Annemieke Vennix

Recommend Documents