Newton en Coulomb

Stevin vwo deel 3
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Pagina 1 van 14
Opgaven 1.1 De gravitatiewet van Newton
2
2
m  2π rf 
Fc  mv 
r   Fc 
 4π2 mr f 2
r
v  2π rf 
1
2
a
m = 0,2∙10–3 kg ; v = 9 km/h = 2,5 m/s ;
90  t = 0,02 s dus 360  T = 0,08 s  f = 12,5 Hz
v
b
3
-
2πr
vT
r 
 r = 0,03 m = 3 cm
T
2π
Fc 
mv 2 0,2  103  2,52

 4  102 N
2
r
3  10
−
3 cm
4∙10−2 N
m = 9,1∙10−31 kg
Invullen van de gegevens in Fc 
mv 2
levert: F = 8,3∙10−8 N
r
8,3∙10−8 N
Ga na dat je met de formule van Coulomb uit paragraaf 2 hetzelfde antwoord krijgt.
4
a
De factor is 65/50 = 1,3
1,3
b
F ~ v2  De factor = 1,32 = 1,69
1,7
5
De middelpuntzoekende kracht komt van het gewicht van de massa in het midden.
Fc  Fz  M  g  40,0  103  9,81  0,3924  0,392 N
Fc 
0,392 N
6,6 m/s
0,53 s
a
Ook de buitenrand van de band heeft een snelheid van 100 km/h = 27,7 m/s.
v = 2R1∙f invullen geeft f = 15 Hz.
−
b
v = 2R2∙f invullen geeft v = 17,2.. m/s
17 m/s
m v 2
5,0  103  v 2
 0,3924 
 v  43,1..  6,56..  6,6 m/s
r
0,55
2π  r
2π  0,55
v
 6,56 
 T  0,525..  0,53 s
T
T
6
c
7
a
Fc 
v
mv 2 50  103  17,22

 82,5.. N
r
0,18
83 N
2π  r 2π  6,378  106

 463,8..  464 m/s
T
24  3600
Eigenlijk moet je hier voor T de siderische omlooptijd gebruiken die ook in tabel 31
genoemd wordt. Tsiderisch = 0,9973 d = 23,93 h. Hiermee wordt het antwoord 465 m/s.
Na één siderische omlooptijd is de positie t.o.v. de vaste sterren weer dezelfde.
Na 24 uur staat de zon weer in het zuiden.
464 m/s
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Stevin vwo deel 3
b
Pagina 2 van 14
Voor de kracht op 1 kg geldt:
1 v 2 1  463,8..

 0,03373..  0,0337 N
r
6,378  106
2
Fc 
Dit wordt de centripetale versnelling ac genoemd.
Bij gebruik van 23,93 h wordt dat 0,0339 N.
Eerste manier
Zie p. 12: gevenaar  9,7805 m/s2
Als de aarde stil zou staan, zou dat zijn 9,7805 + 0,0337 = 9,8142 m/s 2
0,0337
9,8142
0,034%
 0,00343..  0,34%
Tweede manier
Je kunt ook gebruik maken van g 
GM
R2

6,67384  1011  5,976  1024
(6,378  106 )2
 9,804 m/s2
Deze waarden schelen 0,1%. De verklaring voor dat verschil weten we niet. Misschien
heeft het ermee te maken dat de aarde geen perfecte homogene bol is.
c
Dan zou gelden: ac = g = 9,8142 m/s2
ac 
8
a
b
v2
4π2 6,378  106
 9,8142 
 T  5065,.. s  84,41.. min  84 min 25 s
r
T2
Fg  G
Mm
dus 1  G
M 1
G en M invullen levert: r = 1,996∙107 m
r
r2
R = 6,371∙106 m  h = 1,996∙107 – 6,371∙106 = 1,3579∙107 m = 13,6∙103 km
2
84,4 min
13,6∙106 km
2 want de satelliet komt na 12 h hetzelfde punt weer tegen.
2
9
a
gmaan = 1,62 m/s2 ; Rmaan = 1,738∙106 m
b
Fc = 500∙1,62 = 8,10∙102 N
Fc 
v
10
a
mv 2
invullen geeft: v2 = 2,81..∙106  v = 1,67..∙103 m/s
R
2πR
invullen geeft T = 6,50..∙103 s = 1,81 h = 1h en 48 min
T
GMm
2

8,10∙102 N
1,68∙103 m/s
1h en 48 min
mv 2
GM

 v2
r
r
r
De massa is weggevallen die kun je dus niet berekenen.
Als je de omlooptijd meet, kun je r en dus de hoogte berekenen.
Als je de hoogte weet, kun je T berekenen.
b
1,62 m/s2
1,738∙106 m
–
r = R + 500∙103 = 6871∙103 m ; G = 6,67384∙10–11 Nm2kg−2 ; M = 5,927∙1024 kg
invullen in
GM
 v 2 geeft v2 = 5,75..  v = 7,58.. m/s
r
2πr
combineren met v 
geeft T = 5,68..∙103 s = 1,58 h = 1 h en 35 min
T
1h en 35 min
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Stevin vwo deel 3
11
12
-
vo 
2GM
2GM
en v o  c  Rs  2
Rs
c
–
a
5 in 100 s Bij T hoort 360  T 
b
Je hebt deze formules tot je beschikking:
h = r – R en
GMm
2

Pagina 3 van 14
360
 100  7,2  103 s = 2,0 h
5
2,0 h
2πr
mv 2
GM

 v 2 en v 
T
r
r
r
De waarden van G, M en T zijn bekend.
Om r te kunnen berekenen, moet je dus v wegwerken. Je vindt dan:
GM 4π2r 2
r 3 GM

 2 
2
r
T
T
4π 2
Dit is de derde wet van Kepler die in de leestekst van p. 14 wordt genoemd.
Invullen van alle bekende getallen in r 3 
r = 8,05..∙106 m
c
E  Ek  Eg 
GMT 2
4π 2
klopt
levert: r3 = 5,23..∙1020 
h = r − R  h = 1,68..∙106 m = 1,7∙103 km
1
mv 2
2

GMm

r
1
m
2
4π2r 2
T2

GMm
r
−3,7∙109 J
Invullen van alle bekende waarden levert: E = 3,72..∙109 – 7,40..∙109 = –3,72..∙109 J
13
-
Die 32 km speelt geen rol bij de berekeningen. Je krijgt er een idee mee van de
afmetingen: de lengte van de Afsluitdijk. De diameter van 8 km betekent dat de
‘tegenhoofders’ 8 km boven je zitten – bijna de Mount Everest hoog.
De cilinder draait om zijn lengteas.
r = 4∙103 m en Fc op een massa m moet de waarde 9,8∙m krijgen.
Dus: 9,8  m 
Pas v 
mv 2
4  103

v2
=
3,92∙104
 v=
1,98∙102
2πr
toe  T = 1,26..∙102 s = 2 min en 7 s
T
m/s
2 min en 7 s
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Stevin vwo deel 3
Pagina 4 van 14
Opgaven 1.2 – De wet van Coulomb
14
-
Er zijn twee mogelijkheden.
1 Bol A is geladen (bijvoorbeeld positief) en bol B niet.In dat geval wordt bol B
‘gepolariseerd’. De positieve bol A trekt harder aan de negatieve kant van B dan
dat hij de positieve kant van B afstoot. Tijdens het contact stromen elektronen van
B naar A en zijn beide dus positief geworden. Daardoor stoten ze elkaar vervolgens
af.
–
2 Beide bollen zijn geladen; A bijvoorbeeld positief en B negatief. Daardoor trekken
ze elkaar aan. Als ze beide even sterk geladen zijn, ontladen ze lkaar bij het
contact. Als A bijvoorbeeld wat meer lading heeft dan B, dan zijn beide na afloop
van de botsing positief en stoten ze elkaar vervolgens af.
15
-
q = +e = 1,60∙10–19 C
Fe  9,0  109 
F=
16
a
b
c
d
17
2∙10−8
q2
r = 10−10 m bij H2 en r = 10−15 m bij He
Invullen van de gegevens geeft:
r2
N bij H2 en 2∙102 N bij He ; deze krachten zijn afstotend.
Fe  9,0  109 
Ee  9,0  109 
e2
r2
e
r2
Invullen van de gegevens geeft: Fe = 8,22..∙10−8 N.
8,2∙10−8 N
Invullen van de gegevens geeft: E = 5,1∙1011 N/C.
5,1∙1011 N/C
Fe = Fc  8,22..  108 
Pas v 
2∙10−8 N
2∙102 N
9,1 1031  v 2
5,3  1011
 v  2,18..  106 m/s
2πr
toe  T = 1,52..∙10–16 s  f = 6,5∙1015 Hz
T
2,2∙108 m/s
6,5∙1015 Hz
-
dproton  3∙10–15 m  r  1,5∙10–15 m q  2 e  1,068  1019 C
46 N
3
1,068  10 

1,5  10 
19
9
F  9,0  10
18
15
2
2
 4,6 N
a
De 9,1 hoort bij de massa van het elektron en de 10 –19 bij de lading.
b
Het neutron is ongeladen. De lading van de twee down-quarks moet duszijn:
−
q   1 e  5,340  1020 C
−
c
Invullen van de waarden in de formule van Coulomb levert 6,4 N.
6,4 N
-
De ene bol krijgt a∙Q en de andere (1 – a)∙Q. Voor de kracht tussen de twee bollen
geldt dus: F ~ a∙(1 – a)∙Q2 = k(a)∙Q2.
Differentieer de frunctie k(a) = a – a2 en stel k(a) = 0  1 – 2a = 0  a = ½.
Beide bollen hebben dus de lading ½Q gekregen.
½Q
3
19
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Stevin vwo deel 3
20
-
Dit is de proef van p. 17.
r22
F ~ r –2  F2 
21
a
EA  9  109 
EB  9  109 
EA  9  109 
b
Pagina 5 van 14
r12
r12
 F1  F2 
8,0  107
1,02
8,0  107
2
2,0
8,0  107
7,02
r2
 9  109 
 9  109 
 9  109 
 F1  m2 
2
6,0  107
5,02
6,0  107
2
2,0
6,0  107
3,02
4,32
2,5
2
 0,16  0, 47 g
 7,4..  103 N Deze vector wijst naar links.
0,47 g
7,4∙103 N/C
naar links
 4,50  103 N Deze vector wijst naar rechts.
4,5∙102 N/C
 7,46..  103 N Deze vector wijst naar rechts.
7,5∙102 N/C
naar rechts
naar rechts
Het gevraagde punt ligt tussen Q1 en Q2 in.
9  109 
8,0  107
r12
 9  109 
8 : r1  6 : r2  r1 
r1 
6,0  107
r22
met r1  r2  4,0 m 
8
 r2  1,1547  r2 
6
Op 2,14 m
rechts van
de linker bol
1,1547
 4  2,14 m en r2  4  2,14  1,86 m
2,1547
c
–
r := r + dr
E = f*((r-1)/Abs(r-1)*Q1/(r-1)^2 + (r-5)/Abs(r-5)*Q2/(r-5)^2)
r := -0,001
dr := 0,002
f = 9e9
Q1 = 8e-7
Q2 = 6e-7
E = -f*(Q1/(r-1)^2+Q2/(r-5)^2)
d
EA  9  109 
EB  9  109 
EA  9  109 
8,0  107
1,0
2
8,0  107
2,0
2
8,0  107
2
7,0
 9  109 
 9  109 
 9  109 
6,0  107
5,0
2
6,0  107
2,0
2
6,0  107
3,02
 6,9..  103 N Deze vector wijst naar links.
7,0∙103 N/C
naar links
 3,15..  103 N Deze vector wijst naar rechts.
3,2∙103 N/C
 4,53..  102 N Deze vector wijst naar links.
4,5∙102 N/C
naar rechts
naar links
Het gevraagde punt ligt op een afstand x rechts van Q2.
9  109 
8,0  107
2
( x  4)
 9  109 
6,0  107
x2
( x  4)2 x 2

 x  25,8..  26 m
8
6
Zie de laatste grafiek bij deze opgave.

Op 26 m
rechts van
Q2
Stevin vwo deel 3
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Pagina 6 van 14
r := r + dr
E = f*((r-1)/Abs(r-1)*Q1/(r-1)^2 + (r-5)/Abs(r-5)*Q2/(r-5)^2)
r := -0,001
dr := 0,002
f = 9e9
Q1 = 8e-7
Q2 = -6e-7
E = -f*(Q1/(r-1)^2+Q2/(r-5)^2)
22
a
–
Zie p. 207 van vwo deel 2, De kooi van Faraday. Binnenin het metaal is de veldsterkte
nul. Tussen de bollen en buiten de buitenste bol geldt:
E  9,0  109 
4,00  106
r2

36  103
r2
N/C
–
b
De velden van buiten kunnen niet de kooi van Faraday binnendringen.
Buiten de buitenste bol voel je het veld van de binnenste bol wel. Als die binnenste bol –
een zendantenne is, kan het signaal daarvan dus buiten worden opgevangen.
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Stevin vwo deel 3
Pagina 7 van 14
Opgaven hoofdstuk 1
23
a
b
Bij gravitatie gaat het om krachten op massa’s.
Bij elektriciteit gaat het om krachten op ladingen.
De veldsterkte is de kracht op de eenheid van massa (de kg) of op de eenheid van
lading (de coulomb).
T  2π
g
 f 
1
2π
−
g
noordpool
Op de noordpool is g groter dan op de Mount Everest. In de ruimte ben je gewichtloos,
dus lijkt het daar of g = 0 m/s2. De slinger zwaait daar niet.
c
Op Mars is g veel kleiner dan op aarde. Een berg weegt daar dus minder en kan dus
hoger worden voor hij hetzelfde gewicht heeft als een berg op aarde.
d
r = R + 8,9∙103 = 6371∙103 + 8,9∙103 = 6380∙103 m
2
24
a
−
 6371 
2
g ~ r –2  g  9,81 
  9,78 m/s
 6380 
9,78 m/s2
Grofweg heb je twee keer per dag eb en vloed. De tijd tussen eb en vloed is dus
ongeveer 6 uu.
6h
b
–
De afstanden zijn natuurlijk niet op schaal. De ‘waterbulten’ zijn iets hoger dan bij
gewone vloed.
c
Fg,zon 
GM  1
Fg,maan 
25
0,1496 10 
12
GM  1
r
6,67384  10 11  1,9884  1030
2

2
 5,92..  10 3 N  6  10 3 N
6,67384  10 11  0,0735  1024
384, 4  10 
6
2
 3,31..  10 5 N  3  10 5 N
d
Het gaat om deze twee verhoudingen van afstanden:
[maan→Q] : [maan→R] en [zon→Q : zon→R]
Bij de maan is die verhouding veel groter dan bij de zon en daardoor is de invloed van
de maan op eb en vloed veel groter dan die van de zon.
a
Fs = Fz = 7,00∙9,81 = 68,7 N
b
26
r2

Fc 
mv 2
5,00  v 2
dus 68,7 
 v  2,19.. m/s
r
0,35
2π r
 2π r f 2,19= 2∙0,35∙f  f = 0,99.. Hz
T
6∙10−3 N
3∙10−5 N
68,7 N
2,19 m/s
c
v
a
Dan is er geen last van luchtweerstand bij de bereikte hoge snelheden.
–
b
240 toeren per minuut betekent f = 4,0 Hz.
2π r
v
 2π r f dus v = 2∙6,0∙4,0 = 150,7.. = 1,5∙102 m/s
T
2,1∙107 N
F
5500  1502
 F  2,06..  107  2,1 107 N
6
1,0 Hz
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Stevin vwo deel 3
c
Pas de formule toe die je bij opgave 1 in elkaar gezet hebt:
2
2
m  2π rf 
Fc  mv 
r   Fc 
 4π2 mr f 2
r
v  2π rf 
42∙15∙f 2 = 5∙9,81  f = 0,28.. Hz
27
a
Pagina 8 van 14
r (m)
10T (s)
T^2 (s^2)
0
0
0
0,25
3,85
0,15
0,34
4,22
0,18
0,51
5,05
0,26
0,79
6,34
0,40
0,95
6,78
0,46
0,29 Hz
1
b1
2
2
 2πr 
m
Mg  mv 

2
2
2
r 
 T   4π mr  T 2  4π m  r  k  4π m
  Mg 
r
Mg
Mg
T2
2πr 
v

T

Invullen van de waarden van m, M en g levert k = 0,50 s2/m
–
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Stevin vwo deel 3
Pagina 9 van 14
b2
Je kunt hierboven alleen een trendlijn maken als je het punt (0,0) weglaat.
28
b3
Uit de trendlijn volgt k = 0,50 s2/m.
0,50 s2/m
c
T2 = 0,50∙0,65  10T = 5,70 s
5,70 s
a
Gebruik tabel 32D.
m = 2∙1030 kg mmelkweg = 7,5∙1011∙m = 1,5∙1042 kg
b
aantal sterren is 2 − 4∙1011 Neem om te middelen maar 3∙1011 
een ster is ongeveer 2,5 keer zo zwaar als de zon.
c
Je leest deze waarde af in tabel 32D: 2,20∙10 5 m/s
d
Fc 

2  1030  2,20  105
2,5  1020

2,20∙105 m/s
2
 3,8..  1020  4  1020 N
Meer significante cijfers heeft geen zin bij zo’n opgave. Het gaat om de orde van
grootte.
4∙1020 N
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Stevin vwo deel 3
29
-
g
Pagina 10 van 14
GM
R2
De zusterplaneten verschillen alleen in groote;ze hebben dus dezelfde dichtheid.
Hun massa’s zijn dus evenredig met de volumes V = 4/3∙∙R3  g ~ R 
gA : gB = RA : RB = 2 : 1
30
−
a
Erratum De omlooptijd van 178 min had gegeven moeten zijn en vraag a was dan
vervallen. Vraag b wordt vraag a. Het gaat er juist om dat je via de gegevens van zo’n
kunstmaan de massa van de maan kunt berekenen.
2:1
−
T = 178∙60 = 1,068∙104 s
1,068 10 
4
2

(Volgens Binas
g

4π2  2413  103

3
6,67384  1011  Mmaan
7,35∙1022
 Mmaan  7,28..  1022 kg
kg.)
7,29∙1022 kg
1,61 m/s2
GM
Tabel 31: Rmaan = 1738∙103 m
R2
Alle waarden invullen geeft: gmaan = 1,60.. m/s2 (Volgens Binas 1,62 m/s2.)
31
32
a
Tabel 31: 2,38 km/s
2,38 km/s
b
Die 1,5 km/s en 0,5 km/s zijn gemiddelde waarden. Dat betekent dat er op de maan
ook moleculen zijn geweest die meer snelheid hadden dan 2,38 km/s. Die zijn
weggelekt. Daarna waren er weer nieuwe snelle moleculen, enz. enz.
–
a1
a2
Zie opgave 7. Eigenlijk moet je niet 24 h gebruiken, maar de siderische rotatieperiode.
Die is 0,9973 d = 23,94 h. Het antwoord wordt verder berekend met T = 24 h.
G = 6,67384∙10−11 N/(m2kg2) M = 5,972∙1024 kg T = 24∙3600 = 8,64∙104 s
Invullen van deze waarden in de derde wet van Kepler levert:
r 3 = 7,53.∙1022  r = 4,22..∙107 m
R = 6,371∙106 m  r = 6,63∙R  h = 5,63∙R
4,22∙107 m
5,63∙R
b
81
cos = 1/6,63   = 81
c
d
r = R + h = 6371 + 500 = 6871 km = 6,871∙106 m
Pas de derde wet van Kepler toe  T 2 = 3,21..∙107 
T = 5,66..∙103 s = 1,57 h = 1 h en
1 h en 34 min
M
3


M
π R 3 4 πR 3 
3
4 π 2R 3
3π



  
3
2
3
2 3
4 πR
GT
GT 2
R
GM
4π R 


M


T 2 4π2
GT 2 
–

M

V
4
3
33
-
Je kunt F uitzetten tegen r −2 of √F tegen r −1 of F −1 tegen r 2.
–
34
a
De maan gaat dan in een rechte lijn eenparig verder – eerste wet van Newton.
–
b
Er geldt dan:
GMm

fQ2
dus:
r2
r2
6,67384∙10−11∙5,972∙1024∙0,0735∙1024 = 9,0∙109∙Q2  Q = 5,7∙1013 C
35
-
5,7∙1013 C
De eenheid van moment is N∙m.
T k
 r4
[k] = N/m2
m4
 N  m = k  
(de eenheid van ϕ, de radiaal, doet niet mee) 
m
N/m2
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Stevin vwo deel 3
36
-
37
-
Q1 en Q2 moeten tegengesteld geladen zijn.
De afstanden tot q verhouden zich als 2 : 1  Q1 = –4Q2
Er geldt dan: mg 
38
a
Pagina 11 van 14
2
 r  0,1
2

1
r2
fe2
r2
Q1 = −4Q2
1,6 10 

19
 9,1 10
31
 9,81  9,0  10
9
2
r2
 r = 5,1 m
 2r 2 = r 2 + 0,2r + 0,01  r 2 – 0,2r – 0,01 = 0
pas de a,b,c -formule toe: r = ½∙(0,2 ± 0,28..) = 0,24 m = 24 cm
ᴠ
–0,04 = – 4 cm
Controle met niet-afgeronde waarden:
r1 = 0,2414  2∙0,3414−2 = 17,16 en 1∙0,2414−2 = 17,16 die waarde is dus goed
r2 = –0,0414  2∙0,0586−2 = 583 en 1∙(–0,0414)−2 = 583 dus ook goed
b
5,1 m
24 cm en
−4 cm
De formule voor de veldsterkte in de buurt van de getekende q is:


2
1
E(r )  9  103  

N/C
 0,1  r 2 r 2 



Als de waarde van E positief is, wijst E naar rechts en als hij negatief is naar links.
Neem voor r een waarde die iets groter is dan 0,2414 m, bijvoorbeeld 0,25 m.
Dan krijg je als uitkomst E = –2,9∙103 N/C. De lading q wordt dus weer naar zijn oude
plaats getrokken.
Neem nu r = 0,23 m. Dan krijg je E = 4,8∙103 N/C. Ook nu wordt q naar zijn oude
plaats getrokken. Op de verbindingslijn levert r = 0,2414 m dus een stabiele situatie.
Je kunt ook met Coach een grafiek maken van het gedeelte tussen de haken:
Ook nu zie je dat je bij r = 0,2414 m een stabiele situatie hebt.
Als q iets boven de verbindingslijn terechtkomt wijst de som van de twee vectoren E
naar boven en wordt q dus nog verder weggeduwd. Boven en onder de verbindingslijn
is de situatie dus niet stabiel.
c
39
40
a
Die vraag is al bij a beantwoord: de tweede plaats ligt tussen de ladingen in.
Fz  Fe  mg 
fQ
2
r2
Invullen van de gegevens levert Q = 4,2∙10–6 C = 4 C
b
Q = 4,2∙10–6 C en e = 1,6∙10–19 C n 
a
 r, lucht = 1,00056 We werken in de regel niet met zes significante cijfers.
b
Fe 
Q
 n = 2,6∙1013 elektronen te weinig
e
Q Q
1
 1 2 2 en  r, water = 80
4π 0   r
r
–
klopt
2,6∙1013
−
−
De elektrische krachten tussen de ionen houden de kristallen bij elkaar. In water zijn
die 80 keer zo klein. Daardoor lossen veel zouten in water op.
41
a
QNa-kern = 11∙1,602∙10–19 = 1,762∙10–18 C en q = 2∙1,602∙10–19 = 3,204∙10–19 C
137  9  109
QNa-kern  qα
r
2
 r = 6,08..∙10−15 m
6,1∙10−15 m
Stevin vwo deel 3
b
E
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
137
Invullen geeft E = 4,3∙1020 N/C
qα
Pagina 12 van 14
4,3∙1020 N/C
c
42
d
Het oppervlak stelt de potentiële energie van het -deeltje voor als het stilstaat bij
r = 6,1 fm.
-
Zo’n stofdeeltje is ‘meteen’ op volle snelheid. We nemen daarom aan dat het deeltje
eenparig beweegt.
F = 0 dus Fe = Fw  400∙1,602∙10−19∙1,0∙105 = 1,6∙10−4∙5,0∙10−6∙v 
v = 8,0∙10−3 m/s
8,0∙10−3 m/s
Stevin vwo deel 3
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Pagina 13 van 14
Toets
1
Venus
a
b1
Fz  Fc  mg 
mv c 2
 vc  g r
r
−
Voor het bovenste vraagteken geldt: Fz = 1.gVenus = 8,87 N.
Bij het onderste vraagteken is r 2 zo groot dus Fz is daar 4 zo klein  2,22 N.
b2
Deze afname van Ep per kg is gelijk aan de toename van Ek.
b3
Het maakt niet uit. Alleen het hoogteverschil telt.
c
Voor de kunstmaan van 120 kg wordt de waarde van het oppervlak:
120∙4,44∙6,052∙106 = 3,2∙109 J
GMm
Je kunt ook de formule Eg  
toepassen:
r
3,2∙109 J
ΔEk = Eg,2R − Eg,R
Invullen van de getallen levert dezelfde waarde als de figuur uit Coach.
2
Charon
a1
De waarde voor r die in Binas staat is fout.
T = 6,4 d = 5,53∙105 s ; r = 2,0∙107 m v 
2πr
 v = 2,3∙102 m/s
T
2,3∙102 m/s
Uitwerkingen hoofdstuk 1 – Newton en Coulomb (16-09-2014)
Stevin vwo deel 3
a2
r3

Pagina 14 van 14
GM
geeft: MPluto = 1,5∙1022 kg
T
4π 2
Deze waarde is groter dan die in Binas. Maar als je goed kijkt, zie je dat hij gelijk is
1,5∙1022 kg
aan de massa’s van Pluto en Charon samen. Charon is zó groot dat beide
hemellichamen om één gemeenschappelijk massamiddelpunt draaien dat buiten Pluto
ligt. In de formule wordt dus een te grote waarde van r gebruikt. Bij aarde en maan
heb je dat probleem niet omdat de maan in verhouding veel kleiner is.
Invullen van alle gegevens in
2
b
vo  2gR g  0,66 m/s2 R  1,15  106 m/s Invullen geeft vo = 1,23∙103 m/s
klopt
c
De rotatie van Charon loopt synchroon met die van Pluto. Daardoor zien de
Pluto-bewoners de achterkant van Charon niet. De Charon-bewoners zien overigens
ook de achterkant van Pluto niet.
−
3
Geladen
Erratum: Er staat een gegeven teveel, of 7,8∙106 m/s of 6,4∙10−14 m.
Ga zelf na dat je met 7,8∙106 m/s tot 6,7∙10−8 m komt en dat bij 6,4∙10−14 m een
snelheid van 7,5∙106 m/s hoort.
a
−
b1
Fe  9,0  10
b2
E
9

13  1,602  1019

6, 4  10 14


2
 0,73 N
2
F
 E = 4,6∙1018 N/C
e
b3
Eel  9,0  109

13  1,602  1019
6, 4  1014
0,73 N
4,6∙1018 N/C

2
 4,7  1014 J
Deze waarde moet gelijk zijn aan Ek op grote afstand.
Ek = ½∙1,67∙10−27∙(7,8∙106)2 = 5,1∙10−14 J
5∙10−14 J