Moderne Natuurkunde - science.uu.nl project csg

d.j. hoekzema
g.j. schooten
e. van den berg
versie 2005
project
Moderne Natuurkunde
op het VWO
Opgaven
Links
Antwoorden
http://www.phys.uu.nl/~wwwpmn
Opgaven
I
Opgaven Hoofdstuk 1
opgave 1 **
aq ) Neem eens een greep uit de onderwerpen en problemen die in de
natuurkundelessen behandeld zijn, bijvoorbeeld: de botsing tussen twee
balllen, het verdampen van water, de wet van Boyle, de soortelijke
weerstand van metaaldraad, de voortplanting van geluid, de lorentzkracht
op een stroomvoerende draad. Leg bij elk van deze items uit op wat voor
manier het over deeltjes gaat.
opgave 2 **
ar ) Zoek in BINAS de massa op van enkele kleine en enkele grote ”deeltjes”:
een elektron een proton, een atoom, een planeet, een ster, ...
br ) Maak een schatting van de orde van grootte van de impuls van een
voetbal bij het nemen van een strafschop.
cr ) De gemiddelde kinetische energie van een molecuul in een gas bij
kamertemperatuur is ongeveer 6·10−21 J. Bereken de impuls van een
zuurstofmolekuul met deze energie.
In de Nationale Wetenschapsquiz van 1997 was er een vraag over de snelheid
van een elektron in een stroomdraad:
Een lamp is met twee koperdraden van 1 m lengte en een diameter van 2 mm
verbonden met een accu. Er loopt een stroom van 1 A door de draden.
Er werd gevraagd een schatting te geven van de tijd die het elektron er over
doet om van de accu naar de lamp te komen.
dr ) Bereken het aantal koperatomen in de draad.
Per koperatoom doen er gemiddeld ongeveer twee elektronen mee aan de
geleiding van de elektrische stroom.
ep ) Bereken de gemiddelde snelheid van de elektronen in de draad.
opgave 3 ***
Licht kan zich voortplanten door een vacuüm. Daar zijn dus geen deeltjes bij
nodig. Bij het waarnemen van licht zijn wel altijd deeltjes betrokken.
ar ) Wanneer is een deeltje gevoelig voor elektrische en magnetische velden?
br ) Licht is een elektromagnetische golf. Van wat voor soorten deeltjes kun je
dan verwachten dat ze reageren op de aanwezigheid van licht?
cq ) Geef, schetsmatig, aan op wat voor manier dergelijke deeltjes in onze
ogen betrokken zijn bij het waarnemen van licht.
opgave 4 ***
Elektrische en en magnetische krachten hebben direkt te maken met velden.
De zwaartekracht ook. Er zijn echter ook krachten zoals de wrijvingskracht, de
normaalkracht, de spankracht, waar dit niet direkt te zien is. Dit willen we
nader onderzoeken.
Bij de werking van de wrijvingskracht op een bewegend voorwerp wordt
warmte opgewekt. Kinetische energie van het voorwerp wordt hierbij omgezet
in thermische energie.
ar ) Leg uit wat thermische energie is, als je kijkt op microscopisch kleine
schaal, naar de atomen en moleculen van een stof.
bq ) Leg uit wat wrijvingskracht is, als je kijkt op microscopisch kleine schaal,
naar de atomen en moleculen van een stof.
cq ) Blijf kijken op microscopisch kleine schaal en probeer uit te leggen op
welke manier de ‘wrijvingskracht’ er voor zorgt dat er een omzetting van
bewegingsenergie in thermische energie plaatsvindt.
Als je kijkt op microscopisch kleine schaal, dan blijken de krachten tussen
atomen en moleculen in feite vooral elektrische en in iets mindere mate
magnetische krachten te zijn.
dq ) Probeer aan de hand hiervan duidelijk te maken dat krachten als de
wrijvingskracht, de normaalkracht en de spankracht wel degelijk te maken
hebben met velden en wel vooral met elektrische velden.
Opgaven
II
opgave 5 **
aq ) Energie is een begrip dat je in de natuurkunde steeds weer tegenkomt. Er
zijn veel soorten energie: potentiële energie, kinetische energie, thermische
energie, stralingsenergie, ... Leg uit op wat voor manier deze verschillende
vormen van energie te maken hebben met deeltjes, velden en golven.
opgave 6 *
Het lijkt misschien aslof moderne natuurkunde over zaken gaat die niet direct
aansluiten bij het gewone leven, maar dat is maar ten dele waar. Tegelijkertijd
geeft ze ook antwoorden op vragen die we onmiddellijk kunnen herkennen,
zoals: waar komen de kleuren vandaan? waarom is het smeltpunt van water op
de maan hetzelfde als hier? waarom zijn vaste stoffen stevig?
aq ) Als je zelf nog meer van dit soort vragen hebt, noteer ze dan nu, dan kun
je aan het eind bekijken of je ook daarover iets geleerd hebt.
Opgaven
III
Opgaven Hoofdstuk 2
opgave 7 ***
Experiment
figuur 1
Figuur 1 laat het interferentiepatroon zien dat ontstaat bij de buiging van licht aan
een diafragma met twee dunne evenwijdige spleten. De proef kan met eenvoudige
materialen worden uitgevoerd. Vraag eventueel aanwijzingen van je docent.
ao ) Maak een schema van de gebruikte opstelling.
bq ) Leg uit waarom dit patroon nu zo’n overtuigend argument is voor het idee
dat licht een golfverschijnsel moet zijn.
cq ) Het verklaren van het interferentiepatroon bij de proef van Young lukt wel
eenvoudig met behulp van het golfmodel, maar niet met het
deeltjesmodel. Maar ja, er zijn zo veel dingen die niet lukken maar
misschien toch mogelijk zijn, of die heel lang voor onmogelijk werden
gehouden en toch bleken te kunnen. In hoeverre kun je het feit dat iets
niet lukt gebruiken als argument? Als het ons niet lukt om het
deeltjesmodel toe te passen, in hoeverre is dat dan inderdaad een sterk
argument voor het golfmodel?
opgave 8 **
ar ) Als licht, blijkbaar, een golfverschijnsel is, wat golft er dan?
opgave 9 *
Deze opgave maakt gebruik van een applet 6 op internet.
ar ) Bekijk de applet en beschrijf hoe het interferentiepatroon verandert als de
kleur van het licht, de afstand tussen spleten en de schermafstand
veranderen.
opgave 10 **
ap ) Welke grootheid lijkt bepalend voor het wel of niet optreden van de
genoemde effecten, en welke niet?
bp ) Als je ’s zomers aan zee bent en je staat in de branding, welke grootheid
is dan meer bepalend voor of je omvalt: de amplitudo van de golven of
hun frequentie?
opgave 11 ***
Experiment
Het foto–elektrisch effect:
• Neem een plaatje zink en schuur het oppervlak goed schoon met een stukje
schuurpapier.
• Bevestig het plaatje met een klemmetje aan de knop van een elektroscoop.
• Geef de elektroscoop een uitslag door hem aan te raken met een gewreven plastic
staaf. Hij wordt hierdoor negatief geladen.
• Beschijn het plaatje zink met een gewone lamp, en beschrijf wat je waarneemt.
• Beschijn het plaatje met ultraviolet licht, bijvoorbeeld van een kwiklamp, of een
gezichtsbruiner, en beschrijf wat je waarneemt.
6 WWW:
[74]
Opgaven
IV
aq ) Door de elektroscoop te laden met een gewreven glazen staaf krijgt hij een
positieve lading. Leg uit wat je verwacht te zien als je het experiment nu
herhaalt.
bp ) Controleer of je verwachting klopt met de waarneming.
cq ) Waarvoor dient het schoonmaken van het plaatje zink? Probeer een antwoord te
geven op microscopisch niveau, in termen van elektronen, atomen en moleculen.
opgave 12 ***
figuur 2
Als je door een tralie naar een lampje kijkt, zie je een kleurenpatroon dat
volgens de golftheorie van licht wordt veroorzaakt door interferentie.
Veronderstel nu eens dat dit laatste niet klopt, maar dat licht bestaat uit
deeltjes, en dat interferentie ontstaat door onderlinge botsingen.
Deze hypothese zou je kunnen onderzoeken door een heel zwakke lichtbron te
nemen. Als de intensiteit zo laag is dat de fotonen één voor één door het tralie
heen komen, dan zou het interferentiepatroon moeten verdwijnen.
Eerst maar eens wat rekenen. We gaan uit van een fietslampje, dat ongeveer
0,01 W aan zichtbaar licht uitzendt. Dat gaan we verder verzwakken met filters
en dan kijken we naar de gemiddelde afstand tussen de opvolgende fotonen.
ap ) We gaan uit van een lampje dat 0,01 W aan zichtbaar licht uitzendt.
Hoeveel fotonen zendt het lampje per seconde uit? (Veronderstel een
gemiddelde frequentie van 7·1014 Hz)
bp ) Als je oog ongeveer 0,3 m van het lampje verwijderd is en je pupil heeft
een oppervlak van 4 mm2 , hoeveel van deze fotonen vallen er dan per
seconde in je oog?
cp ) Hoeveel tijd zit er gemiddeld tussen twee opvolgende fotonen die op weg
zijn naar je oog?
dp ) Al deze fotonen gaan met lichtsnelheid. Wat betekent dat voor de
gemiddelde afstand tussen twee fotonen die je oog binnen vallen?
Nu zet je voor het lampje een aantal donkere filters, net zolang tot je nog
maar net een interferentiepatroon kunt onderscheiden.
Stel bijvoorbeeld dat je dan vier filters hebt gebruikt die ieder tien procent van
het licht doorlaten. De bundel is dan in totaal verzwakt met een factor 104 .
ep ) Bereken nu weer de onderlinge afstand tussen de fotonen.
Als het goed is heb je in vraag (e)) gevonden dat de onderlinge afstand tussen
de fotonen ruimschoots groter is dan de afstand tussen je oog en het lampje.
Dit betekent dat de fotonen gemiddeld genomen één voor één door het tralie
gaan. Het blijkt dat mensen, mits hun ogen erg goed aan het donker gewend
zijn, bij een dergelijk kleine lichtsterkte het interferentiepatroon inderdaad nog
(net) kunnen zien.
fq ) Wat concludeer je hieruit ten aanzien van de hypothese dat interferentie
ontstaat door de onderlinge interactie tussen de fotonen?
Opgaven
V
Filterexperiment
Experiment
Het bovenstaande experiment met het fietslampje is eventueel op school echt uit te
voeren. Je moet wel je ogen lang genoeg, een kwartier tot een half uur, aan het donker
laat wennen. Het rendement van een gloeilamp is een procent of drie, zodat een
lampje van 0,3 W een lichtopbrengst heeft van ongeveer 0,01 W aan zichtbaar licht.
Behalve het lampje heb je filters nodig, bijvoorbeeld egaal grijze fotonegatieven. De
verzwakking per filter moet bekend zijn, of je moet deze eerst zelf bepalen,
bijvoorbeeld met behulp van een lichtsensor. Zie verder opgave 12
Experimenten zoals deze kunnen verder worden uitgebreid door met een fotocamera te
werken. De lichtsterkte kan dan extreem laag gemaakt worden, als je de sluiter van de
camera maar lang genoeg open laat staan. Je kunt dan desnoods een belichting
kiezen waarbij er maar één foton per dag wordt uitgezonden. Zelfs onder dergelijke
omstandigheden blijkt dat op den duur toch keurig het interferentiepatroon van het
tralie weer tevoorschijn komt. Hiermee is dus uitgesloten dat het interferentiepatroon
ontstaat door de onderlinge interactie tussen fotonen die door verschillende spleten
gaan.
opgave 13 ***
figuur7 3
bron: A. Rose, Adv. in biol. and med. phys., 5, 211, 1957.
De reeks foto’s in figuur 3 laat het volgende zien: Bij heel lage belichting
verschijnen er eerst op min of meer willekeurige plaatsen op de foto her en der
lichtpuntjes, die echter, naarmate de belichtingstijd voortduurt, steeds meer in
een patroon blijken te vallen, tot er op den duur een goed herkenbaar beeld
geproduceerd wordt. Het beeld op de foto blijkt dus punt voor punt te worden
opgebouwd.
ao ) Maak een schema van de opstelling die bij het maken van een
fotografische afbeelding gebruikt wordt.
br ) Probeer kort te beschrijven hoe het beeld tot stand komt.
cq ) Probeer samen te vatten wat er vreemd is aan deze beeldopbouw, als je er
vanuit gaat dat licht een golfverschijnsel is.
7 foto.htm
Opgaven
VI
dq ) Probeer samen te vatten wat er vreemd is aan deze beeldopbouw, als je er
vanuit gaat dat licht een deeltjesverschijnsel is.
opgave 14 *
aq ) Licht dat zich door de ruimte uitbreidt gedraagt zich als golf. De
intensiteit is dan evenredig met het kwadraat van de amplitudo. Leg uit
hoe dit, in het twee-spleten-experiment van Young, leidt tot het ontstaan
van het interferentiepatroon van lichte en donkere strepen.
opgave 15 *
Net als het experiment in opgave 128 kan het twee-spleten-experiment van
Young ook gedaan worden bij heel lage belichting, zodat de fotonen één voor
één op de fotografische plaat vallen. Uiteindelijk ontstaat dan langzamerhand
toch het interferentiepatroon van lichte en donkere strepen, zoals afgebeeld in
figuur 49 .
ar ) Maak op soortgelijke manier als bij de foto’s in figuur 5 in het dictaat,
aan de hand van een aantal schetsjes duidelijk wat je ziet op fotografische
platen waarop het interferentie patroon bij verschillende belichtingstijden
geregistreerd wordt. In gedachten kun je een rij van dergelijke schetsjes
samenvoegen tot een tekenfilmpje10 dat de aankomst van de fotonen
weergeeft.
br ) Trek in gedachten een x–as midden door de in de figuur zichtbare
maxima. De kans per cm dat het foton een plek met een bepaalde
x–waarde treft noemen we f (x). Schets de grafiek van f (x).
opgave 16 **
ar ) Leg uit wat je verwacht te zien als je met een machinegeweer schiet 11 op
een stalen plaat met twee spleten erin.
bq ) In het twee-spleten-experiment van Young zou je in plaats van een bundel
licht ook een bundel elektronen kunnen nemen. Leg uit wat je verwacht te
zien, als je er van uit gaat dat de elektronenbundel bestaat uit een stroom
deeltjes.
opgave 17 ***
In figuur 4 worden vier beelden getoond, in
volgorde van steeds langere ‘belichtingstijd’,
gemaakt met een bundel elektronen van zeer
lage intensiteit. Iedere stip is een beeld
gevormd door één elektron.
ar ) Interpreteer het patroon in deze figuur,
door het te vergelijken met het gedrag van
fotonen12 . Zie ook, bijvoorbeeld, de uitleg
op de internetpagina 13 van de universiteit
van Colorado over dit onderwerp.
figuur 4
opgave 18 ***
Stel dat de afstand tussen de rijen atomen in een kristal 1·10−9 m is en
gebruik wat je weet over de buiging aan een tralie:
ap ) Bereken met d sin α = kλ welke golflengte de elektronen moeten hebben
om in de eerste orde een buigingshoek van 20◦ te vinden.
8 Zie
blz. 11
blz. 7
10 buigingsanim.htm
11 WWW: [75]
12 buigingsanim.htm
13 WWW: [75]
9 Zie
Opgaven
VII
bp ) Bereken de impuls van elektronen met deze golflengte.
cp ) Bereken de snelheid van elektronen met deze impuls.
dp ) Bereken de kinetische energie van elektronen met deze snelheid.
opgave 19 *
as ) Vat samen wat je in deze paragrafen geleerd hebt over het gedrag van
fotonen en elektronen.
opgave 20 ***
Deeltjesgedrag herkennen we vooral aan het plaatsvinden van afzonderlijke,
scherp gelokaliseerde gebeurtenissen, en golfgedrag vooral aan het optreden
van buigingsverschijnselen. Als alle voorwerpen en zelfs wijzelf, zowel golf– als
deeltjesgedrag vertonen, waarom merken we daarvan dan zo weinig in het
dagelijks leven? Probeer hierover iets te zeggen, nadat je de volgende vragen
hebt beantwoord:
ap ) Schat het aantal fotonen dat bij een normale belichting per seconde je
netvlies bereikt. (Gebruik een lichtintensiteit van bijvoorbeeld 10 W/m2 ,
een pupiloppervlak van 2 mm2 en een gemiddelde frequentie van
5·1014 Hz)
br ) Bereken de De Broglie golflengte van een knikkertje (m = 1 g) dat rolt
met een snelheid van 5 m/s.
Stel dat deze knikker door een spleet met een breedte van 1 cm rolt.
Waarneembare buigingsverschijnselen treden pas op als de golflengte ongeveer
even groot is als de breedte van de kier.
cp ) Bereken welke waarde de constante van Planck zou moeten hebben om
dit te bereiken.
opgave 23 ***
figuur14 5
Als zo’n elektron veel energie heeft, maakt het een zwarte vlek op het negatief,
en schiet dan door naar het volgende negatief in de rij.
Bestudeer figuur 5.
aq ) Als je nog een keer een elektron met dezelfde impuls door dezelfde rij
negatieven schiet, krijg je dan weer precies hetzefde plaatje? Licht je
antwoord toe.
bq ) Leg uit of het plaatje klopt met het gebruik van de
waarschijnlijkheidsregel. (Hoe was die ook al weer?)
De golflengte van het elektron is overal in het plaatje gelijk. Bij het maken van
de figuur werd blijkbaar aangenomen dat het elektron geen energie en impuls
verliest bij de botsingen met de negatieven.
cr ) Zou dit een realistische aanname zijn, en hoe verandert het plaatje als je
aanneemt dat het elektron wel energie verliest?
14 fig/neganim.gif
Opgaven
VIII
opgave 21 **
figuur 6
ar ) In figuur 6 staan enkele golffuncties afgebeeld. Geef bij elke golf aan hoe
groot de onbepaaldheid in de plaats is.
opgave 22 *
aq ) Probeer nog drie voorbeelden te vinden van niet scherp gedefinieerde
begrippen.
opgave 24 **
Een bundel elektronen valt eerst op een ‘twee-spletendiafragma’, een metalen
plaatje met twee evenwijdige smalle spleten. De golflengte van deze elektronen
is 1,0 µm. Vervolgens valt de bundel op een fluorescerend scherm, dat oplicht
waar het door elektronen getroffen wordt. Op dit scherm is een duidelijk
interferentiepatroon te zien, van lichte en donkere strepen.
ap ) Hoe groot moet de afstand tussen de spleten ongeveer zijn om ervoor te
zorgen dat er minstens een paar graden verschil is tussen de hoeken
waarin opvolgende maxima worden afgebogen?
bp ) Bereken de snelheid van een elektron met een golflengte van 1,0 µm.
De intensiteit van de bundel wordt nu heel klein gemaakt, en het fluorescerende
scherm wordt vervangen door fotopapier, dat ook gevoelig is voor elektronen.
cp ) Maak een schetsje van wat er te zien is op vier stukjes fotopapier, die
steeds iets langer op deze manier ‘belicht’ zijn.
opgave 25 **
aq ) Bespreek enkele overeenkomsten en verschillen tussen
(elektromagnetische) straling en materie.
br ) Leg (kort) uit wat het belang was van het foto-elektrisch effect voor de
ontwikkeling van de quantum theorie.
opgave 26 **
Bepaalde kleuren licht kunnen wel en andere kleuren kunnen geen elektronen
vrijmaken uit een metalen plaat. Dit is een aanwijzing voor:
A: het golfkarakter van licht
B: het deeltjeskarakter van licht
C: het golfkarakter van elektronen
D: het deeltjeskarakter van elektronen
opgave 27 **
Het golfkarakter van Rntgenstraling blijkt uit:
I: het ontstaan van een interferentiepatroon als deze straling op een
kristalrooster valt;
II: het verschijnsel dat deze straling elektronen kan vrijmaken uit een metaal.
A: alleen I is waar
Opgaven
IX
B: alleen II is waar
C: I en II zijn beide waar
D: I en II zijn beide niet waar
opgave 28 **
Een elektron, proton, neutron en een α–deeltje hebben allemaal dezelfde
kinetische energie.
ar ) Leg uit welk deeltje de kleinste de-broglie-golflengte heeft.
br ) Leg uit welk deeltje de grootste snelheid heeft.
opgave 29 *
Foto-elektrisch effect bij zink
Bij Zink is bepaald dat er elektronen vrij worden gemaakt als de frequentie van
de straling minstens 1,0·1015 Hz is. (λ = 290 nm)
Twee verschillende oppervlakken zink worden nu door straling met dezelfde
intensiteit getroffen (d.w.z. in Wm-2 ). De frequentie van de straling bij
oppervlak A is 1,5·1015 Hz, die van de straling die oppervlak B treft is
2,0·1015 Hz.
ar ) I: Bundel B maakt per seconde meer elektronen vrij uit het metaal dan
bundel A.
II: Bundel B maakt elektronen vrij die met grotere snelheid het metaal
verlaten dan die door bundel A worden vrijgemaakt.
A: alleen I is waar
B: alleen II is waar
C: I en II zijn beide waar
D: I en II zijn beide niet waar
Vervolgens worden twee bundels genomen die beide een frequentie hebben van
1,5·1015 Hz, maar de bundel bij B heeft een grotere intensiteit dan bij A.
br ) I: Bundel B maakt per seconde meer elektronen vrij uit het metaal dan
bundel A
II: Bundel B maakt elektronen vrij die met grotere snelheid het metaal
verlaten dan die door bundel A worden vrijgemaakt.
A: alleen I is waar
B: alleen II is waar
C: I en II zijn beide waar
D: I en II zijn beide niet waar
Opgaven
X
Opgaven Hoofdstuk 3
opgave 30 Het experiment van Rutherford **
Hoe zou je het verschil merken tussen:
ap ) een driehoekig en een rechthoekig
voorwerp?
bp ) een zwaar en een licht voorwerp?
cp ) een groot en een klein voorwerp?
dp ) Bedenk enkele verschillen die je niet op
deze manier kunt testen.
figuur 7
opgave 31 **
as ) De spectraallijnen vormden een belangrijke sleutel voor verder onderzoek.
Bestudeer (of herhaal) wat je in N1 over spectra hebt geleerd, en vat de
belangrijkste conclusies nog eens samen.
opgave 32 Energieniveau-schema (1) ***
Met behulp van het spectrum van een stof kan een energieniveau–schema
worden samengesteld, en omgekeerd.
ap ) In figuur 15 in het dictaat staat een energieschema van waterstof.
Bereken de frequenties behorend bij de spectraallijnen uit de ‘lymanreeks’
en de ‘balmerreeks’.
bp ) Een bepaalde stof heeft spectraallijnen met de volgende frequenties (in
eenheden van 1014 Hz):
9,5 7,6 5,1 4,4 3,2 1,9
Stel met behulp van deze gegevens het energieniveau–schema op van de
moleculen van deze stof.
cp ) Ga na welke van de genoemde spectraallijnen in het zichtbare deel van het
spectrum liggen.
opgave 33 Energieniveau-schema (2) **
Een bepaald soort atomen die vanuit de grondtoestand fotonen met een energie
van 6,7 eV hebben geabsorbeerd, kunnen vanuit die aangeslagen toestand
zowel fotonen absorberen met een energie van 1,0 eV als fotonen emitteren
met een energie van 1,3 eV. Het ionisatieniveau van deze atomen is 10,4 eV.
ap ) Teken het energieniveau-schema
Op één van de atomen valt een foton met energie van 1,5 eV.
bp ) Leg uit of dit foton geabsorbeerd kan worden.
opgave 34 Energieniveau-schema (3) *
Het energieniveau-schema van een bepaald molecuul bestaat uit een
grondtoestand en vier aangeslagen toestanden. Er zijn geen twee overgangen
met hetzelfde energieverschil.
ap ) Maak een schets van dit energieniveau-schema.
bp ) Bepaal het aantal verschillende frequenties dat deze stof kan
uitzenden / absorberen.
opgave 35 De reductie van het golfpakket **
aq ) De amplitudo van de golffunctie bepaalt de waarschijnlijkheid, en dit geeft
het verband tussen de theorie en datgene wat je experimenteel kunt
meten. Maar hoe zit het nu met het elektron als je niet meet? Waar zit
het dan? Of mag je dan helemaal niet van een deeltje spreken?
Opgaven
XI
opgave 36 Snaar **
ap ) Laat zien dat voor een snaar met lengte L
de passende golflengten worden gegeven
door
λn =
2L
n
.
br ) Welke golflengte hoort bij de grondtoon
van de snaar?
cr ) Heeft het geluid dat de snaar voortbrengt
in de lucht ook deze golflengte? Leg uit.
figuur 8
opgave 37 Fotonegatieven **
Een fotonegatiefje wordt heel even in de ruimte tussen de
spiegels gebracht en dan weggehaald. Na ontwikkelen
zijn er bij het bekijken van het plaatje twee
mogelijkheden: ofwel het plaatje is zwart geworden,
doordat het foton is geabsorbeerd en het zilverchloride
ontleed, ofwel het plaatje is niet zwart geworden, doordat
het foton niet met het zilverchloride heeft gereageerd.
De kans dat het wèl zwart is, is op de eerste plaats
figuur 9
natuurlijk15 evenredig met het kwadraat van de
amplitudo van de fotongolf ter plekke.
ap ) Waar hangt deze kans nog meer van af?
bp ) Schets de kansverdeling om het foton aan te treffen.
cq ) Waar heb je in dit gedachtenexperiment het golfmodel en waar het
deeltjesmodel van het foton gebruikt? Leg uit.
In plaats van een enkel foton kunnen er ook heel veel fotonen tegelijk een
staande golf tussen de spiegels vormen. De lichtintensiteit is dan dus een stuk
hoger.
dp ) Wat verwacht je nu te vinden als je even een heel rijtje fotonegatiefjes op
verschillende afstanden tussen de spiegels neerzet?
opgave 38 **
De kinetische energie van een deeltje wordt gegeven door E k = 12 mv 2 .
p2
ar ) Laat zien dat dit ook geschreven kan worden als E k =
2m
h
h2
br ) Gebruik p = om af te leiden dat E k =
λ
2mλ2
2L
Voor het deeltje in een doos geldt dat λn =
.
n
cr ) Gebruik deze formule om af te leiden dat E k,n = n2 h2 /8mL2 .
opgave 39 Een koperdraadje ***
Een gegeven koperdraadje heeft een lengte van 1,0 cm. In het draadje kunnen
elektronen vrij bewegen van de ene kant van de draad naar de andere.
ap ) Bereken de energie van een elektron in de grondtoestand, dat wil zeggen
op het laagste energieniveau E 1 .
15 Zie
blz. 11
Opgaven
XII
Stel dat je een heel kort draadje hebt, met een lengte van 1 nm.
bp ) Bereken ook voor deze draad de energie E 1 van de grondtoestand en
bereken bovendien de energie E 2 van de eerste aangeslagen toestand.
cp ) Een elektron in dit kleine draadje vervalt van E 2 naar E 1 , onder
uitzending van een foton. Bereken de frequentie van dit foton.
dr ) In welk deel van het spectrum zou deze straling worden uitgezonden?
opgave 40 Demping **
Van een trilling in een snaar zijn we gewend dat de trilling gedempt is. Er gaat
immers trillingsenergie verloren door wrijving en door het voortbrengen van
geluid. De amplitudo van de trilling wordt hierdoor steeds kleiner. Een
quantumgolf is een heel ander soort golf maar we kunnen ons afvragen of hier
ook demping optreedt.
aq ) Leg uit wat het betekent als een quantumgolf gedempt is; wat zou dit
voor gevolg hebben?
bq ) Leg uit of de golf van een elektron in een atoom gedempt kan zijn.
Ideale spiegels bestaan niet. Er wordt altijd een deel van het licht
geabsorbeerd.
cq ) Leg uit of de golf van een foton tussen twee spiegels gedempt kan zijn.
Een elektron dat zich in de grondtoestand in een atoom bevindt kan (dus)
geen energie verliezen door demping van de golf. In hogere energietoestanden
kan een deeltje wel energie verliezen.
dq ) Op welke manier kan een elektron dat zich in een hogere toestand bevindt
energie verliezen? Kun je hier spreken van demping?
opgave 41 Ordes van grootte ***
De grootte van een atoom wordt bepaald door de ruimte die de elektronen
innemen. De overgang tussen de grondtoestand en de eerste aangeslagen
toestand van een atoom komt overeen met een belangrijke spectraallijn. Voor
een aantal stoffen ligt deze spectraallijn in het nabije UV, met golflengten in
de orde van grootte van 10-7 m. Dat wil zeggen dat het energieniveau van de
eerste aangeslagen toestand in de buurt van 10 eV boven het niveau van de
grondtoestand ligt.
ap ) Bereken de orde van grootte van een dergelijk atoom.
Op dezelfde manier beschouwen we een atoomkern als een doosje waarin
protonen en neutronen opgesloten zitten. Ook voor de kerndeeltjes in een kern
kan de energie alleen discrete waarden aannemen. De verschillen tussen deze
energieniveaus zijn in het algemeen echter veel groter dan die van de
elektronen in het atoom. De straling die ze uitzenden is γ–straling, met een
foton-energie in de orde van grootte van 1 MeV.
bp ) Bereken de orde van grootte van een kern.
cp ) Beredeneer dat in een gebonden systeem de afstanden tussen de mogelijke
energieniveaus steeds kleiner worden naarmate het systeem groter is.
dp ) Wat verwacht je op grond hiervan voor de verschillen tussen de
energieniveaus van de bindingselektronen in een molecuul? En voor de
energieniveaus van een ‘vrij elektron’ in een stuk metaal?
opgave 42 Een knikkerdoosje **
aq ) Als een gebonden systeem alleen in bepaalde energietoestanden kan
voorkomen, waarom merken we daar in ons dagelijks leven dan zo weinig
van? Beredeneer waarom dat het geval is voor een knikker in een doosje.
opgave 43 3–dim doosjes (1) ***
ar ) Schrijf de formule voor de energie op voor een doosje dat in de x–, en de
y–richting een lengte L heeft, maar in de z–richting 10L.
opgave 44 3–dim doosjes (2) ***
Neem een kubusvormig doosje met ribben L.
ap ) Laat zien dat het energieverschil tussen de grondtoestand en de eerste
aangeslagen toestand wel gelijk is aan het resultaat bij het
Opgaven
XIII
eendimensionale doosje.
bp ) Laat zien dat er volgens het driedimensionale model energieniveaus
bestaan die niet overeenkomen met toestanden in het eendimensionale
model.
opgave 45 ***
De buitenste elektronen van een bepaald type molecuul gedragen zich bij
goede benadering als elektronen in een doosje. Het doosje is 4 nm lang en er
bevinden zich 7 elektronen in.
ap ) Bepaal de grondtoestand van het systeem, dat wil zeggen, leg uit hoe de
elektronen zijn verdeeld over de energieniveaus als de totale energie
minimaal is.
bp ) Bereken de energie van deze grondtoestand.
De belangrijkste spectraallijn van de stof komt overeen met het verschil tussen
de grondtoestand en de eerste aangeslagen toestand.
cp ) Bereken de golflengte van deze spectraallijn.
opgave 46 *
ap ) Aan welke voorwaarde moeten de energieniveaus in een stof voldoen
zodat licht met een frequentie f kan worden geabsorbeerd?
opgave 47 **
ar ) Waarom kun je verwachten dat in grotere moleculen energieniveaus met
kleinere verschillen bestaan?
opgave 48 Kleurstof (1) ***
figuur 10
Voor het berekenen van de energieniveaus voor de π–elektronen in het
molecuul in figuur 10 wordt het model van een deeltje in een 1–dimensionale
doos gebruikt. In het kortste molecuul uit de serie, met k = 0, is de lengte van
de keten in het middenstuk L = 0, 9 nm en er zijn zes π–elektronen.
ap ) Bereken de energie van de eerste vier energieniveaus.
Als het molecuul zich als geheel in zijn laagste energietoestand bevindt, zijn de
onderste drie energieniveaus volledig bezet.
bp ) Leg dit uit.
Als er licht op het molecuul valt kan een elektron uit dit derde niveau naar het
vierde worden getild.
cp ) Bereken het energieverschil tussen het derde en het vierde niveau.
Volgens de waarnemingen absorbeert deze stof licht met een langste golflengte
van 420 nm.
dp ) Bereken met welk energieverschil dit overeen komt.
opgave 49 Kleurstof (2) ***
(Vervolg op opgave 48)
Het eerstvolgende molecuul met een langere keten, met k = 1, heeft een lengte
van 1,2 nm en bevat 8 π–elektronen. De daaropvolgende moleculen zijn steeds
0,3 nm langer en hebben twee π–elektronen erbij.
Opgaven
XIV
ap ) Bereken de (grootste) absorptiegolflengte voor het molecuul met k = 2.
opgave 50 Kleurstof (3) **
k N
L
hf (berekend) hf (gemeten) kleur
(nm)
(eV)
(eV)
0 6
0,9
3,25
2,95
geel
1 8
1,2
2,35
2,25
rood
2 10
1,5
1,84
1,91
blauw
3 12
1,8
1,51
1,63
groen
4 14
2,1
1,28
1,43
–
5 16
2,4
1,11
1,24
–
In de tabel staan achtereenvolgens k: het aantal C2 H2 groepen in het midden
van de keten, N : het aantal π–elektronen in de keten, L: De effectieve lengte
van de keten, hf (berekend): de berekende fotonenergie, hf (gemeten): de
waargenomen fotonenergie, en tenslotte de kleur van de kleurstof.
ap ) Leg uit hoe de gegeven absorptiefrequenties de kleur van deze kleurstoffen
kunnen verklaren.
bp ) Leg uit waarom er voor de kleurstoffen met k = 4 en k = 5 geen kleur
vermeld staat.
opgave 51 Bleken **
Veel kleurstoffen verbleken op den duur onder invloed van de blootstelling aan
fel licht (en vaak sneller als dat licht veel UV–straling bevat).
ap ) Leg uit of een molecuul in een aangeslagen toestand makkelijker of
moeilijker uit elkaar valt dan een molecuul in zijn laagste energieniveau.
bp ) Leg uit waarom veel kleurstoffen op den duur verbleken.
opgave 52 De bindingsenergie van twee doosjes ***
De kinetische energie van een elektron in de grondtoestand in een kubisch
atomair doosje is 10 eV. De twee elektronen in twee afzonderlijke doosjes
hebben samen dus een kinetische energie van 20 eV. Twee van deze doosjes
worden tegen elkaar geplaatst, en de elektronen in dit doosjesmolecuul zijn vrij
in de dubbel zo grote ruimte die hierdoor ontstaat.
ap ) Toon met een berekening aan dat de gezamenlijke energie van de twee
elektronen in de gebonden toestand 5 eV lager is dan in de afzonderlijke
atomen.
opgave 53 Ionisatie–energie **
aq ) De ionisatie–energie van een atoom is de hoeveelheid energie die nodig is
om het atoom van een van zijn elektronen te ontdoen. Beredeneer dat de
ionisatie–energie van een atoom ook een soort bindingsenergie is.
opgave 54 De bindingsenergie van moleculen ***
aq ) Als bij een chemische reactie atomen worden samengevoegd tot
moleculen, dan komt hierbij de bindingsenergie van de moleculen vrij. Op
wat voor manier komt deze energie vrij? Geef een antwoord op
macroscopische schaal, wat merken wij van die vrijkomende energie, en
kijk ook op microscopische schaal, in wat voor vormen kan deze energie
ontsnappen uit het molecuul?
opgave 55 Stevige stoffen **
Om de kracht te berekenen die nodig is om staal samen te persen gebruiken
we de formule
∆L
F =A×Y ×
L0
waarbij A de opppervlakte is waarop de kracht wordt uitgeoefend, ∆L de
lengteverandering, L0 de rustlengte van het voorwerp en Y de
elasticiteitsmodulus, die in Binas tabellen 8,9,10 voor een aantal materialen
vermeld staat.
Opgaven
XV
ar ) Bereken hiermee de kracht die nodig is om een stalen voorwerp met een
oppervlak van 1 m2 1% in te drukken.
opgave 56 Je eigen zwaarte-energie **
ar ) Bereken je eigen zwaarte-energie in het zwaartekrachtveld van de aarde.
bq ) Is je zwaarte-energie positief of negatief?
cq ) Wordt je zwaarte-energie groter of kleiner als je een berg beklimt?
opgave 57 Krachtige kristallen ***
Een blokje van 3,4 cm3 van een bepaald materiaal bevat
1,0 mol atomen. Ieder atoom is verbonden met vier naburige
atomen, zie figuur 11. Om de samendrukbaatheid en andere
eigenschappen van deze stof te bestuderen wordt een model
gemaakt waarin deze verbindingen worden voorgesteld als
eendimensionale doosjes met lengte L. Elk doosje bevat 2
elektronen. De energie van een ‘bindingsdoosjes’ met twee
elektronenwordt gegeven door:
E =2×
6, 02·10−38
b
−
2
L
L
figuur 11
(b is een constante)
Uit röntgendiffractieonderzoek aan kristallen van deze stof blijkt dat de
afstand tussen de atomen gelijk is aan 0,15 nm. In ons model nemen we aan
dat dit tevens gelijk is aan de lengte van de doosjes. (De invloed die de ionen
op de hoekpunten hebben op de samendrukbaarheid wordt dus verwaarloosd.)
ap ) Bereken de constante b in de formule voor de energie.
Door aan alle kanten druk uit te oefenen wordt het volume V van het blokje
0,10% kleiner gemaakt.
bp ) Leg uit dat de doosjes hierdoor 0,033% korter worden.
Als ∆V de volumeverandering is ten opzichte van de evenwichtstand en
∆E tot de energie die hiervoor nodig is, dan kan de druk p die nodig is voor
deze volumeverkleining kan ook worden uitgerekend met de formule
∆E tot = 12 p∆V
cp ) Bereken deze druk.
Om een atoom los te maken uit het kristal moeten alle bindingen met de
nabuuratomen worden verbroken. Uit meting blijkt dat hiervoor een energie
nodig is van 7 eV.
dp ) Toon met een berekening aan dat het model op dit punt niet in
overeenstemming is met de waarnemingen.
ep ) Bereken de totale bindingsenergie van het blokje. (uitgaande van de
gemeten bindingsenergie!)
De atomen hebben een massa van 2,0·10−26 kg.
fr ) Bereken de massa van het blokje.
Bij het opwarmen en verdampen van materiaal is energie nodig voor het breken
van de verbindingen en voor de kinetische energie van de resulterende atomen
of moleculen in de gasfase. De gemiddelde kinetische energie van de moleculen
in een gas is 23 RT (in J/mol). Het blokje materiaal wordt verwarmd van 0 K
tot net boven het kookpunt, bij 1,5·103 K.
gp ) Bereken hoeveel energie hiervoor nodig is. (Veronderstel hierbij dat het
een éénatomig gas wordt, zodat alle bindingen verbroken moeten worden.)
Opgaven
XVI
opgave 58 **
aq ) Probeer zelf eens een paar punten te vinden waarin het simpele model van
een elektron in een doosje niet klopt met wat we weten over het
waterstofatoom.
opgave 59 Variabele golflengten ***
ap ) Leg met behulp van figuur 31 uit dat de
kinetische energie van het elektron groter moet
worden naarmate het dichter bij de kern komt.
br ) Schrijf nog eens het verband op tussen golflengte
en kinetische energie.
cp ) Leg uit hoe de golflengte van het elektron moet
afhangen van de afstand tot de kern.
dp ) Leidt een uitdrukking af waarin de golflengte λ
wordt uitgedrukt in de (constante) totale energie
E totaal , en de (variabele) potentiële energie E p .
figuur 12
opgave 60 Kansverdelingen (1) ***
figuur 13
ap ) In figuur 13 is x uitgedrukt in nm (nanometers) en de amplitudo in
nm-3/2 . Leg het gebruik van deze laatste eenheid uit. (Hint: Bedenk dat
het kwadraat van de amplitudo de waarschijnlijkheid per kubieke
nanometer geeft.)
bp ) Schets de bij figuur 13 horende kansverdelingen.
opgave 61 Kansverdelingen (2) ***
figuur16 14
16 [WWW:
26]
In figuur 14 zijn een paar voorbeelden
afgebeeld van niet bolsymmetrische
elektrontoestanden in het
waterstofatoom.
ap ) Schets de bij figuur 41 horende
kansverdelingen, genomen langs de
x– en de y–as. Alternatief: Neem in
plaats van de getekende figuren een
verdeling van internet.
Opgaven
XVII
opgave 62 Energieniveaus *
De ligging van de energieniveaus van het
waterstofatoom kan precies berekend worden, en
klopt nauwkeurig met het waargenomen spectrum van
waterstof. Het blijkt dat de totale energie evenredig is
met
1/n2 :
E tot = −C/n2
ap ) Vergelijk deze formule met de waarden in
figuur 15 en bepaal de waarde van de constante
C.
figuur 15
opgave 63 Elektronenconfiguraties (1) **
Bij de hogere energieniveaus van het waterstofatoom horen steeds bepaalde
aantallen verschillende toestanden, sommige bolsymmetrisch, andere
asymmetrisch. In iedere toestand passen twee elektronen. Het totaal aantal
toestanden in energieniveau n blijkt gelijk te zijn aan n2 .
Bij grote atomen wordt de ligging van de energieniveaus ingewikkeld maar bij
niet al te grote atomen kan de structuur van de waterstoftoestanden worden
gebruikt.
ap ) Bepaal de verdeling over de energieniveaus van de elektronen in de
grondtoestand van een zuurstofatoom.
bp ) Dezelfde vraag voor het natriumatoom.
opgave 64 Elektronenconfiguratie (2) *
Het quantumgetal n, waarmee de energieschillen in een waterstofatoom
worden genummerd speelt ook bij zwaardere atomen nog een belangrijke rol.
Wat in alle gevallen hetzelfde blijft is dat het aantal toestanden bij een
gegeven n gelijk is aan n2 , zodat er maximaal 2n2 elektronen met dezelfde n
kunnen zijn. Een verschil is echter dat de nummering niet meer precies
samenvalt met de verdeling in energieschillen. Dit heeft te maken met de
interacties tussen elektronen onderling.
Als gevolg hiervan worden de opvolgende n–schillen niet een voor een
opgevuld. De eerste twee schillen worden gewoon gevuld bij elementen met
atoomnummers 1 – 10, maar daarna wordt het anders. De n = 3 schil wordt
gevuld tot er 8 elektronen inzitten (atoomnummer 18: argon) maar daarna
wordt er begonnen met de n = 4–schil en worden n = 3 en n = 4 afwisselend
verder opgevuld tot n = 3 vol is en n = 4 acht elektronen bevat. Blijkbaar is
dit energetisch voordeliger dan direct n = 3 opvullen.
ap ) Tabel 104 van BINAS bevat een periodiek systeem waarin de
elektronenconfiguratie is aangegeven. Zoek aan de hand van deze tabel
uit hoe de energieschillen samenhangen met de n–schillen en geef een kort
overzicht.
opgave 65 Vreemde atomen ***
In de theorie van elementaire deeltjes is nog niet precies duidelijk waarom
deeltjes precies de massa’s hebben die wij waarnemen. Het kan zijn dat dit
‘toevallig’ is ontstaan in de eerste seconden na de Big Bang.
Het W− –deeltje is een boson, dat veel zwaarder is dan het elektron. Het is
denkbaar dat het W− een licht deeltje was geworden en het elektron een zwaar
deeltje. In dat geval zouden alle elektronen vervallen tot W− –deeltjes. Omdat
het W− –deeltje een boson is zou de wereld er dan heel anders uit zien.
a ) Maak een lijstje met tenminste drie belangrijke verschillen met de wereld
zoals wij die kennen.
Opgaven
XVIII
opgave 66 **
Vat zelf de belangrijkste begrippen uit dit hoofdstuk samen, met behulp van
een begrippenkaart17 .
opgave 67 Positie **
figuur 16
ar ) In figuur 16 is de golffunctie van een quantumdeeltje getekend. Leg uit
wat je aan de hand van deze golffunktie kunt zeggen over de positie van
het deeltje.
opgave 68 Golffuncties ***
figuur 17
ar ) Leg uit welke van de in figuur 17 getekende golffuncties zou passen bij de
eronder getekende potentiële energie.
opgave 69 De kleur van een denkbeeldige stof ***
De moleculen van een zekere, denkbeeldige stof DS zijn opgebouwd rond een
centrale keten van atomen. Van de elektronen die bij de binding tussen deze
atomen betrokken zijn, zijn er zes betrekkelijk los gebonden, zodat ze langs de
hele keten practisch vrij kunnen bewegen, over een lengte van 1,0 nm. Op deze
elektronen kan in goede benadering het 1–dimensionale model van ’elektronen
in een doos’ worden toegepast.
ap ) Bereken de totale energie van deze zes elektronen in de laagst mogelijke
energietoestand.
bp ) Bereken de laagste frequentie licht die door een molecuul DS kan worden
geabsorbeerd. Ga er hierbij van uit dat alleen de zes ’vrije’ elektronen in
de centrale keten van belang zijn, en dat deze verkeren in hun laagst
mogelijke energietoestand.
cp ) Via een chemische reactie kunnen twee moleculen DS worden
samengevoegd tot een nieuw molecuul DDS, met een dubbel zo lange
centrale keten (2,0 nm dus), en daarin ook het dubbele aantal vrije
elektronen (12).
dp ) Leg uit of de (laagste) absorptiefrequentie van DDS hoger of lager is dan
die van DS.
17 Zie
blz. ii
Opgaven
XIX
opgave 70 *
Spectraallijnen van grote moleculen liggen voor een groot deel in het infrarode
en het zichtbare deel van het spectrum. Spectraallijnen van atomen liggen
voor een groot deel in het ultraviolet, en kernen zenden gammastraling uit. De
frequenties van de spectraallijnen nemen blijkbaar toe naarmate de lichamen
die ze uitzenden kleiner worden.
ap ) Geef hiervoor een verklaring.
opgave 72 Verstrooiı̈ngsexperimenten ***
In het experiment met elektrondiffractie18 aan grafiet werd de atomaire
afstand tussen naburige koolstofatomen in een kristallaag grafiet bepaald.
aq ) Bespreek enkele overeenkomsten en verschillen met het experiment van
Rutherford19 .
Het grafietexperiment gaf informatie over de kristalstructuur van grafiet; het
experiment van Rutherford gaf informatie over atoomkernen.
bp ) Maak op grond van deze informatie een schatting van de verhouding van
de golflengte van de deeltjes die in deze verstrooiı̈ngsexperimenten worden
gebruikt.
De energie van de elektronen in het grafietexperiment was van de orde van
grootte van keV. In BINAS kun je informatie vinden over de typische energie
van de α–deeltjes die bij radioactief verval vrijkomen.
cp ) Gebruik deze informatie om je schatting uit de vorige vraag te controleren.
opgave 73 De buckybal ***
Naast diamant en grafiet als zuivere vorm van koolstof is er in 1985 een derde
vorm ontdekt: het koolstofmolecuul C60 .
Dit molecuul heeft dankzij zijn aparte vorm al snel de
naam voetbalmolecuul gekregen, zie figuur 18. De
officiële naam is buckminsterfullereen, genoemd naar
de architect Buckminster die in de bouwkunst werkte
met dezelfde structuren, maar vrijwel iedereen spreekt
over de buckybal. Er wordt sindsdien veel onderzoek
gedaan naar de eigenschappen en toepassingen van
dit bijzondere molecuul en naar nauwe verwanten
ervan, de nanotubes.
Zo is bepaald dat de diameter van een buckybal
7,0·10−10 m is en de afstand tussen atomen die
verbonden zijn bedraagt 1,45·10−10 m.
figuur 18
ap ) Toon met behulp van een berekening aan dat de
massa van een buckybal 1,20·10−24 kg bedraagt.
Buckyballen bestaan uit gebonden koolstofatomen. De totale energie van de
elektronen van een koolstofatoom in de grondtoestand bedraagt −1849 eV.
Buckminsterfullereen is een uiterst stabiel molecuul en heeft in verhouding met
andere moleculen een grote bindingsenergie te weten 422 eV.
bp ) Bereken de totale energie van de elektronen van een buckybal in de
grondtoestand in vier significante cijfers.
Het is mogelijk om met behulp van elektromagnetische straling
bindingselektronen vanuit de grondtoestand te ioniseren. De benodigde energie
voor één bindingselektron bedraagt 40 eV.
cp ) Bepaal uit welk deel van het elektromagnetisch spectrum hiervoor straling
gebruikt zou moeten worden, als er slechts één foton geabsorbeerd wordt.
Op het moment dat de energie in één keer aan het molecuul wordt toegevoerd,
bestaat er echter een grote kans dat het uiteenvalt in twee brokstukken, zoals
18 wb-grafiet.html
19 Zie
blz. 23
Opgaven
XX
bijvoorbeeld C58 en C2 . Dit proces vindt al plaats vanaf een energie van enkele
elektronvolts. Uit recente experimenten met de buckyballen is gebleken dat C60
ook geı̈oniseerd kan worden door er meerdere korte pulsen infraroodstraling op
te laten vallen. Als de golflengte van de infrarood laser wordt ingesteld op
6,59 µm, dan blijkt dat er energie door de buckybal geabsorbeerd wordt.
dr ) Verklaar waarom er door de buckybal slechts bij bepaalde golflengtes
energie geabsorbeerd wordt.
ep ) Bereken hoeveel fotonen er in dit geval nodig zijn om C60 te ioniseren tot
C+
60 .
figuur 19
In een artikel in De Volkskrant van 8 juni 1991 wordt een overzicht gegeven
van structuur van de stoffen diamant, grafiet en buckyballen. Deze staan in
die volgorde naast elkaar in figuur 19.
In diamant is elk koolstofatoom in een regelmatige ruimtelijke structuur
verbonden met zijn buren. Hieraan ontleent diamant zijn hardheid en is
zodoende bijzonder geschikt om boren van te maken: de diamantboor. In
grafiet daarentegen zijn de koolstof atomen in de vorm van honingraten in
vlakken aan elkaar gekoppeld. Deze vlakken zijn laagsgewijs gestapeld en
glijden gemakkelijk over elkaar heen. Grafiet is daardoor uitstekend als
smeermiddel te gebruiken.
fp ) Verklaar met behulp van de structuur van de buckyballen of ze:
1. harder of zachter zijn dan diamant;
2. wel of niet geschikt zijn als smeermiddel.
Als valentie-elektronen redelijk vrij kunnen bewegen betekent dit dat een stof
een goede geleider is.
gp ) Bepaal met behulp van Binas of diamant en grafiet goede geleiders zijn en
geef hier met behulp van de in figuur 19 getekende structuur een
verklaring voor.
hp ) Probeer op grond van de structuur van Buckyballen te zeggen of C60 in
vaste toestand een geleider is.
Opgaven
XXI
Opgaven Hoofdstuk 4
opgave 74 huissleutels *
ar ) In een chemische reactie blijft het aantal atomen van een gegeven
atoomsoort constant. Is dit een absolute of een relatieve behoudswet?
bp ) Noem enkele processen waarin het ‘behoud van het aantal huissleutels’
geschonden wordt.
opgave 75 biljartballen **
ap ) Twee identieke biljartballen B1 en B2 raken elkaar met beginsnelheden
(v x ; v y ) van respectievelijk (2,27 ; 0,52) m/s en (-1,33 ; 1,78) m/s.
Bereken de snelheid van B2, onmiddelijk na de botsing, als die van B1
(1,98 ; 2,24) m/s is.
opgave 76 knalgas **
De reactievergelijking voor de verbranding van knalgas luidt:
2H2 + O2 → 2H2 O
ap ) Welke behoudswetten worden gebruikt bij het opstellen van deze en
soortgelijke reactievergelijkingen?
opgave 77 ***
De recombinatie van een elektron met een waterstofion kan bijvoorbeeld via de
volgende tussenstappen verlopen:
H+ + e− → H(n = 5) + γ(0,544 eV)
H(n = 5) → H(n = 3) + γ(0,967 eV)
H(n = 3) → H(n = 2) + γ(1,89 eV)
H(n = 2) → H(n = 1) + γ(10.2 eV)
ar ) Leg uit welke grootheden er in bovenstaande vergelijking tussen de
haakjes worden vermeld.
bp ) De energieniveaus van waterstof, uitgedrukt in elektronvolts, worden
gegeven door de formule E n = −13, 6/n2 . Ga na of dat klopt met de
energie van de uitgezonden fotonen.
opgave 78 **
Maak een korte samenvatting van wat je weet over de eigenschappen van
verschillende soorten ioniserende straling, over het waarnemen van deze straling
en over de eigenschappen van de kernen die dergelijke straling uitzenden.
opgave 79 Meitnerium **
Meitnerium werd gemaakt op 29 augustus 1982. In het Heavy Ion Research
Laboratory, in het Duitse Darmstadt, werd een trefplaatje van Bi-209
gebombardeerd met Fe-58-ionen uit een versneller. In een bombardement van
een week vond één enkele gebeurtenis plaats waarin ondubbelzinnig een
meitneriumkern werd waargenomen, die na 5 ms verviel via α–verval.
ar ) Bepaal het atoomnummer van meitnerium.
br ) Stel de reactievergelijking op voor de reactie waarbij deze meitneriumkern
gevormd werd.
cr ) Leg uit waarom de ijzerionen moesten worden versneld om de reactie tot
stand te brengen.
opgave 80 Technetium *
Tc–99m is een aangeslagen toestand van Tc–99, en vervalt naar de
grondtoestand onder uitzenden van een γ–foton. Tc–99m wordt gebruikt voor
medische doeleinden, als tracer, bijvoorbeeld bij het onderzoek van
hartklachten.
Leg uit waarom het bij deze toepassing belangrijk is dat
aq ) de halfwaardetijd voor β–verval lang is;
bq ) de halfwaardetijd voor γ–verval vrij kort is;
Opgaven
XXII
Als de halfwaardetijd voor γ–verval nog een stuk kleiner zou zijn, dan zou dit
het isotoop ook ongeschikt maken voor deze medische toepassingen.
cq ) Leg uit waarom.
opgave 81 Dracht *
De sterke kernkracht, die de protonen en neutronen in een atoomkern bij
elkaar houdt, neemt bij benadering af volgens:
F ∝ e-r/a /r2
De constante a heet de dracht van de sterke kracht, en heeft een waarde van
1,5·10−15 m.
ap ) Leg uit dat de zwaartekracht voldoet aan dezelfde formule, als voor de
dracht een oneindig grote waarde wordt genomen.
opgave 82 Verval *
ar ) Bij veel elementen, bijvoorbeeld bij lood, zijn het de zwaardere, en niet de
lichtere isotopen die via β – –verval vervallen. Leg uit waarom.
br ) Ga in Binas na dat alle kernen met baryongetal groter dan 83 (bismuth)
instabiel zijn. Leg uit waarom zware kernen instabiel zijn.
cr ) Polonium–216 kan zowel via α– als via β–verval vervallen. Leg uit
waarom sommige kernen op allebei deze manieren kunnen vervallen.
opgave 83 Het verval van thorium **
Thorium–232 is een isotoop met zeer lange halveringstijd (t1/2 = 1, 4·1010 j).
ar ) Bereken het aantal atomen in 1,0 kilogram Th–232
bp ) Bereken de activiteit van 1,0 kilogram Th–232, dat wil zeggen, bereken
hoeveel kernen er per seconde vervallen.
cp ) Stel de reactievergelijking op voor het verval van Th–232.
De dochterkernen van thorium vervallen verder, net zolang tot er een stabiele
kern overblijft, in dit geval Pb–208. Dit eindproduct kan echter op
verschillende manieren bereikt worden.
dp ) Stel twee verschillende vervalsreeksen op voor het verval van Th–232.
opgave 84 Kernfusie ***
ap ) Bereken de hoeveelheid energie, in joules, die vrijkomt bij de vorming van
1,0 kg helium, uit losse protonen, neutronen en elektronen.
bp ) Bereken hoeveel procent van de massa van het waterstofatoom er wordt
omgezet in energie, bij het uitzenden van een foton van 10,2 eV.
cp ) Bereken hoeveel energie, in joules, er vrijkomt bij de verbranding van
1,0 kg Gronings aardgas.
dp ) Bereken hoeveel procent van de massa er wordt omgezet in energie bij de
verbranding van Gronings aardgas.
opgave 85 **
Neem nog eens door wat je hebt geleerd over het versnellen van geladen
deeltjes, en schrijf op wat de belangrijkste formules zijn.
opgave 86 Elektronvolts ***
ar ) Druk de rustmassa van proton en elektron uit in MeV/c2 .
br ) Bereken de snelheid van een elektron met een kinetische energie van
10 keV.
opgave 87 Kernreactor ***
Een van de mogelijke reacties in een kernreactor is die waarin Uranium–235, na
het opnemen van een neutron, splitst in Krypton–89 en Barium–144.
ap ) Geef de reactievergelijking voor dit proces.
bp ) Bereken hoeveel energie er bij dit proces vrijkomt.
Stel dat de energie die je in vraag b hebt uitgerekend redelijk overeenkomt de
splijtingsenergie die via de andere mogelijk reacties wordt opgewekt; en
Opgaven
XXIII
veronderstel dat de opgewekte energie in een reactor met een rendement van
30 % kan worden omgezet in elektrische energie.
cp ) Bereken hoeveel uranium er per seconde moet worden gesplitst in een
800 MW kernreactor.
opgave 88 Kernfusie in de zon ***
In een sterkern vinden veel verschillende kernreacties plaats. Een ervan is een
reactie waarin twee protonen samensmelten tot een deuteriumkern (21 H):
p+ + p+ → 21 H + e+ + ν
ap ) Bereken hoeveel energie er bij deze reactie vrijkomt.
Het grootste deel van deze energie komt vrij als kinetische energie van het
positron en het neutrino. De verdeling van de energie tussen deze twee deeltjes
is een toevalsproces, waarbij de twee deeltjes gemiddeld vrijwel evenveel
krijgen. De energie van het neutrino verdwijnt uit de ster, omdat het neutrino
vrijwel nooit meer ergens mee reageert. De energie en de rustmassa van het
positron worden omgezet in thermische energie.
bp ) Maak een schatting van hoeveel energie dit specifieke proces per reactie
bijdraagt aan de thermische energie van de ster.
opgave 89 Detectoren *
Voor de liefhebbers, zoek op:
ap ) Aerogel Detectors 20
bp ) Calorimeter 21
cp ) CCD–sensor 22
dp ) Semiconductor Detector 23
ep ) Scintillation Counter 24
fp ) Spark Chamber 25
opgave 90 Versneller applet *
figuur26 20
In een lineaire versneller bewegen de deeltjes tussen elektroden, die om en om
zijn aangesloten op de twee polen van een wisselspanningsbron. Steeds als ze
een elektrode bereikt hebben, wordt de spanning omgepoold en worden ze
weer versneld in de richting van de volgende elektrode.
ap ) Figuur 20 verwijst naar een applet op de website van CERN. Volg de link
en probeer het deeltje te versnellen, door de wisselspanning in het goede
tempo om te polen.
20 WWW:
[76]
[77]
22 WWW: [78]
23 WWW: [79]
24 WWW: [80]
25 WWW: [81]
26 [WWW: 82]
21 WWW:
Opgaven
XXIV
opgave 91 Lineaire versneller ***
figuur 21
Door de versneller uit figuur 21 loopt een bundel deeltjes. Over de buisjes
staat een sinusvormige wisselspanning, en de bundel is gepulseerd, zodat er in
iedere periode van de wisselspanning een groep deeltjes op het juiste moment
de oversteek maakt naar het volgende buisje. Niet alle deeltjes in een bepaalde
puls gaan echter precies even snel. Sommige deeltjes gaan iets te snel, andere
iets te langzaam.
ap ) Stel dat de deeltjes de oversteek naar het volgende buisje maken op het
moment dat de spanning nog aan het stijgen is. Wat voor gevolg heeft
dat voor de deeltjes die iets te snel of iets te langzaam gaan?
bo ) Wat betekent dit voor het ontwerp van de versneller? Hoe lang moeten
de buisjes ongeveer zijn, ten opzichte van de ruimte ertussen?
cp ) Elektronen zijn lichte deeltjes. Als ze in een grote versneller worden
versneld gaan ze al heel snel vrijwel met de lichtsnelheid. Stel dat de
wisselspanning een frequentie heeft van 1,0 MHz, hoe groot is dan de
afstand tussen twee opvolgende elektronpulsen?
opgave 92 Frontale botsingen ***
Een stuk klei van 1,0 kg botst met een snelheid van 10 m/s tegen een even
groot stuk klei dat in rust verkeert. De twee stukken klei blijven aan elkaar
plakken en gaan gezamelijk verder.
ap ) Bereken, met behulp van behoud van impuls, de eindsnelheid van het stuk
klei.
bp ) Bereken hoeveel procent van de oorspronkelijke kinetische energie bij de
botsing is omgezet in thermische energie.
cp ) Vergelijk dit nu met wat je vindt in de volgende situatie: Een stuk klei van
1,0 kg botst frontaal met een snelheid van 5,0 m/s tegen een even groot
stuk klei dat met dezelfde snelheid in tegengestelde richting beweegt.
opgave 93 **
Een geladen deeltje met massa m beweegt in een homogeen magneetveld, met
~
een snelheid ~v die loodrecht staat op het veld B.
ap ) Leg uit dat het deeltje een eenparige cirkelbeweging gaat doorlopen.
bp ) Laat door een berekening zien dat de straal van de cirkel wordt gegeven
door:
mv
r=
Bq
opgave 94 Bellenvat ***
De spiraalvormige sporen in de bellenvatfoto in figuur 55 worden veroorzaakt
door elektronen die door een langskomend deeltje uit een atoom zijn geslagen
en daarbij genoeg snelheid hebben gekregen om zelf nieuwe ionisaties te
veroorzaken. Hun baan wordt gekromd door een magneetveld dat loodrecht op
het vlak van de foto staat, en onderweg worden ze afgeremd, waardoor de
straal van hun baan steeds kleiner wordt.
Opgaven
XXV
figuur 22
bellenvat foto
ap ) Bepaal de richting van het veld.
bp ) Van een bepaald deeltje met impuls p, is de straal van de baan r. Laat
zien dat de lading van een deeltje gegeven door
p
q=
Br
In figuur 23 is een klein stukje uitvergroot van de foto
uit figuur 22. Een V–vormig spoor uit het midden van
de foto is vet afgedrukt. Dit spoor is ontstaan
doordat een neutraal deeltje is vervallen in twee
geladen deeltjes. Neem aan dat je op grond van
verdere informatie hebt kunnen vaststellen dat de
figuur 23
impuls van het neutrale deeltje gelijk was aan
8,4 GeV/c in x–richting.
cp ) Leg het gebruik van de eenheid GeV/c voor impuls uit, en bereken de
gegeven impuls in kgm/s.
dp ) Bepaal de impuls van de twee geladen deeltjes, met behulp van figuur 23.
opgave 95 Snelheidsfilter *
In de baan van een bundel negatieve deeltjes wordt een
snelheidsfilter geplaatst, een apparaat waarin zowel een
homogeen magnetisch veld als een homogeen elektrisch veld
aanwezig zijn. De magnetische inductie heeft een sterkte
van 3.0 mT. De sterkte van het elektrisch veld kan worden
gevarieerd door de spanning over de platen te regelen. Deze
wordt zo ingesteld dat de bundel rechtdoor gaat, zonder te
figuur 24
worden afgebogen.
ap ) Leg uit wat de richting van de magnetische veldlijnen is in het apparaat.
bp ) Leg uit wat er gebeurt als de bundel negatieve deeltjes wordt vervangen
door een bundel positieve deeltjes.
E
cp ) Toon aan dat voor de snelheid van de deeltjes geldt dat v = .
B
dp ) Bereken de snelheid van de deeltjes als de bundel rechtdoor gaat bij een
veldsterkte van 8,5·105 V/m.
ep ) Leg uit wat er gebeurt met deeltjes die een afwijkende snelheid hebben.
opgave 96 Annihilatie ***
Een positon en een elektron, met verwaarloosbare snelheid, annihileren elkaar,
onder uitzenden van twee fotonen.
Opgaven
XXVI
ap ) Leg uit, met behulp van behoud van impuls, dat de twee fotonen dezelfde
golflengte hebben en in tegengestelde richting gaan.
bp ) Bereken de frequentie van deze fotonen.
cp ) Leg uit, met behulp van behoud van impuls, dat er bij de annihilatie van
de twee deeltjes tenminste twee fotonen moeten vrijkomen.
opgave 97 ***
Leg uit of de volgende reacties kunnen voorkomen, op grond van de
behoudswetten die je nu bekend zijn (de pionen, π + π 0 π − , zijn deeltjes met
lading +1, 0, –1, maar met zowel baryon– als leptongetal 0):
ap ) p+ + n → 2p+ + p− + π 0
bp ) p+ + e− → n + π 0 + νe
cp ) p+ + p+ → p+ + n + e+
dp ) p+ + e− → n + π + + νe
ep ) n + n → p + + p − + π + + π −
fp ) p+ + n → 2p+ + π −
gp ) n + e− → n + µ− + ν̄µ + νe
opgave 98 Behoud van ... **
Hieronder vind je een rijtje reacties die wel mogelijk zijn en een rijtje reacties
die niet mogelijk zijn.
Wel mogelijk:
µ− → e− + ν̄e + νµ
µ− + p+ → n + νµ + π 0
µ+ → e+ + νe + ν̄µ
µ+ + e− → νe + ν̄µ
Niet mogelijk:
µ− → 2e− + e+
µ− → e− + ν̄e
µ− + p+ → n + e− + π 0
µ+ → e+ + γ
ap ) Probeer zelf een behoudswet te formuleren die deze verschillen kan
verklaren.
opgave 99 ***
aq ) Zoek in het dagelijks leven een aantal voorbeelden van symmetrieën.
Noteer voor iedere gevonden symmetrie de symmetrie–eigenschap en de
symmetrie–transformatie(s). Geef ook aan als er bij de betreffende
symmetrie–eigenschap verschillende symmetrie–transformaties te vinden
zijn. (Bijvoorbeeld: De kristalvlakken in grafiet zijn symmetries onder
rotaties over 60◦ , maar ook onder spiegelingen om bepaalde assen en
puntspiegelingen om bepaalde punten.)
opgave 100 Neutronverval ***
Uit de reactievergelijking voor neutronverval:
n → p+ + e− + ν̄
kunnen met behulp van symmetrieën nog een groot aantal andere mogelijke
reacties worden afgeleid, zoals
X (e− ) ⇒ n + e+ → p+ + ν̄
X (p+ ) ⇒ n + p– → e− + ν̄
X (n,e− , ν̄e ) ⇒ e+ + ν → p+ + n̄
X (n,p+ , ν̄e ) ⇒ p– + ν → n̄ + e−
Opgaven
XXVII
ap ) Geef nog 5 reacties die je met behulp van de behandelde symmetrieën
kunt afleiden.
bp ) Ga na dat de jou bekende behoudswetten in deze reacties niet worden
geschonden.
cq ) Bespreek welke verbanden je ziet tussen het gebruik van symmetrieën en
het gebruik van behoudswetten.
opgave 101 ***
In atomen met een hoog atoomgetal zitten de binnenste elektronen
(gemiddeld) dichter bij de kern dan in atomen met een laag atoomgetal.
aq ) Leg uit waarom dit zo is.
opgave 102 Neutrinodetectie **
Reacties met neutrino’s vinden zelden plaats, omdat de
waarschijnlijkheid voor dergelijke processen erg klein is.
Omdat het aantal neutrino’s enorm groot is (per seconde
vliegen er biljoenen door je heen) gebeurt het niettemin een
enkele keer dat ze toch een kernreactie veroorzaken. Hierbij
treft bijvoorbeeld een neutrino in een atoomkern een
neutron.
figuur 25
ar ) Geef de bij figuur 25 behorende reactievergelijking.
br ) Leg uit via welke symmetrie dit diagram samenhangt met het diagram
voor β–verval van het neutron.
Via dergelijk reacties is het mogelijk toch neutrino’s waar te nemen, en in 2002
hebben de Amerikaan Raymond Davis en de Japanner Masatoshi Koshibade de
Nobelprijs voor natuurkunde gekregen voor het bouwen van werkende
neutrinodetectoren.
Het waarnemen van de reacties kan bijvoorbeeld gebeuren via fotonen die bij
het proces ontstaan. Het elektron dat bij de reactie vrijkomt neemt een flink
deel van de energie van het neutrino mee. Als de snelheid van het elektron
hierdoor groter is dan de lichtsnelheid in het materiaal waarin het elektron zich
bevindt, dan zal het elektron zogenaamde ’Cherenkov–straling’ uitzenden. Als
de reactie plaatsvindt in een doorzichtig medium, water bijvoorbeeld, dan kan
dit Cherenkov–licht worden waargenomen met lichtdetectoren. Uit de richting
van het Cherenkov–licht kan de oorspronkelijke richting van het neutrino
worden gereconstrueerd. Dit is het principe van neutrinotelescopen, waarvan er
inmiddels enkele bestaan, en enkele nieuwe in aanbouw zijn.
co ) Leg uit waarom een neutrinodetector liefst heel groot moet zijn.
Via de reactie in figuur 25 kunnen neutrino’s worden waargenomen.
dp ) Gebruik symmetrieën om een reactie te vinden waarmee antineutrino’s
kunnen worden waargenomen.
opgave 103 Muonen **
Muonen zijn elektron–achtige deeltjes die veelvuldig ontstaan in de atmosfeer,
door reacties van de kosmische straling met atmosferische deeltjes. Het muon
vervalt naar een elektron, onder uitzending van twee neutrino’s, om precies te
zijn een muon–neutrino (νµ ), wat weer een aparte soort is, en een antineutrino
(ν̄e ) van het normale type (dat sinds de ontdekking van andere typen
neutrino’s het elektron–neutrino, νe wordt genoemd).
µ− → e− + ν̄e + νµ
De massa van het muon is 105,6584 MeV/c2 .
ar ) Reken de massa van het elektron om naar dezelfde eenheid.
De hoeveelheid energie die beschikbaar komt wordt volgens toeval verdeeld
over het elektron en de twee neutrino’s.
bp ) Hoeveel energie krijgt het elektron maximaal bij deze reactie?
Opgaven
XXVIII
opgave 104 ***
aq ) Leg, met behulp van het verband tussen impuls en golflengte, uit dat voor
het bekijken van erg kleine structuren deeltjes met erg grote impuls nodig
zijn.
opgave 105 ***
ap ) Ga na dat je met de twee soorten quarks van de eerste generatie (en hun
antideeltjes, dus u, d, ū, d̄) vier verschillende baryon–combinaties (en hun
antideeltjes) en vier verschillende meson–combinaties kunt vormen.
bp ) Ga na dat in elk van de mogelijke combinaties de uiteindelijke lading toch
weer een veelvoud van de elementaire lading e is.
opgave 106 **
ap ) Leg aan de hand van de quark–samenstelling uit dat het het π − – en het
π + –deeltje elkaars antideeltje zijn, en dat het π 0 zijn eigen antideeltje is.
bp ) Leg aan de hand van de quark–samenstelling uit dat het neutron niet zijn
eigen antideeltje is.
opgave 107 ***
ar ) Waarom worden in het algemeen de verschillen tussen de energieniveaus
van samengestelde deeltjes groter naarmate de deeltjes kleiner worden?
Leg dit uit, aan de hand van van de grootte van atomen, kernen, en
baryonen, en door gebruik te maken van het golfkarakter van de deeltjes.
opgave 108 Aangeslagen toestanden **
Net als subatomaire deeltjes worden atoomkernen en atomen zwaarder als ze
in een hoger energieniveau komen, maar het verschil is veel kleiner.
ap ) Een deuteriumkern (21 H) heeft behalve de grondtoestand één hoger
energieniveau. Aangeslagen deuteriumkernen zenden bij verval naar de
grondtoestand een foton gammastraling uit met een energie van 2,2 MeV.
Bereken hoeveel procent de aangeslagen deuteriumkern zwaarder is dan
de grondtoestand. (Hint: Bereken eerst de massa van de deuteriumkern in
MeV/c2 .)
bp ) Een waterstofatoom in de eerste aangeslagen toestand zendt bij verval
naar de grondtoestand ultraviolet licht uit met een golflengte van
2,5·1015 Hz. Bereken hoeveel procent deze aangeslagen toestand van
waterstof zwaarder is dan de grondtoestand.
opgave 109 Zwakke wisselwerking **
Bij reacties die verlopen via de zwakke wisselwerking zijn vaak (maar niet
altijd) elektronen en neutrino’s betrokken, bijvoorbeeld in de reactie:
d → u + e− + ν̄
ap ) Leid uit de gegeven reactie ook een reactie voor het verval van een
d̄–quark af.
bp ) Leg uit dat ook de reactie
d + ū → e− + ν̄
fysisch mogelijk moet moet zijn.
cp ) Ga na dat via de combinatie van zwakke wisselwerking en annihilatie alle
meson–combinaties (van quarks van de eerste generatie) kunnen
vervallen, tot er uiteindelijk alleen fotonen en elektronen en neutrino’s of
hun antideeltjes overblijven.
opgave 110 Delta–deeltjes **
De eerste aangeslagen toestand van het neutron is een deeltje dat ∆0 genoemd
wordt. Het heeft (vrijwel) dezelfde massa als het ∆+ .
ap ) Geef de mogelijke vervalsreacties via een pion van het ∆0 .
Behalve ∆+ en ∆0 zijn er nog twee deeltjes met ongeveer dezelfde massa,
namelijk het ∆++ en het ∆– .
Opgaven
XXIX
bp ) Geef de quark–samenstelling van deze twee deeltjes.
cp ) Geef een mogelijke vervalsreactie van het ∆– .
opgave 111 *
Defineer het ‘quarkgetal’ als het aantal quarks min het aantal antiquarks.
ap ) Laat zien dat het quarkgetal een behouden grootheid is.
bp ) Geef het verband tussen het quarkgetal en het baryongetal.
Het quarkgetal wordt in de praktijk niet gebruikt, omdat het in feite hetzelfde
uitdrukt als het baryongetal, en het baryongetal was al veel eerder gedefinieerd.
Je kende het zelf al als het massagetal van atoomkernen.
cq ) Ga na dat het massagetal van een atoomkern inderdaad hetzelfde is als
zijn baryongetal.
opgave 112 ***
Ga van de volgende reacties na of ze wel of niet mogelijk zijn, volgens wat je
tot nu toe geleerd hebt:
ap ) π + → p+ + e− + e+
bp ) p+ + e− → n + νe
cp ) p + + p – → n + π + + π −
opgave 113 Verdiepingsopgave o
Verdieping Het Σ+ –deeltje (suu) kan vervallen tot een ander positief baryon en
een π 0 –meson. Op quark-niveau verloopt dit proces via de volgende
combinatie van reacties:
s → u + Wu + W- → d
ar ) Leg uit wat de samenstelling is van het deeltje dat uit het Σ+ ontstaat na
deze zwakke–wisselwerkingsreacties en om welk deeltje het moet gaan.
b ) Teken het reactiediagram voor het verval van het Σ+ .
cr ) Geef een verklaring voor het ontstaan van een pion bij het verval van het
Σ+ –deeltje.
dr ) Behalve het Σ+ bestaat er ook een Σ- –deeltje. Leg uit dat dit niet het
antideeltje van het Σ+ is.
opgave 114 Koolstof datering ***
Kosmische straling bestaat uit deeltjes van velerlei oorsprong, die met grote
snelheid door het heelal zwerven. In onze buurt zijn het vooral protonen die uit
de zon geslingerd worden. Gelukkig bereikt maar weinig kosmische straling het
aardoppervlak. We worden beschermd door het magnetisch veld van de aarde,
dat geladen deeltjes afbuigt en door de atmosfeer. Door botsingen met
atoomkernen hoog in de atmosfeer worden de deeltjes afgeremd. Dit gaat
veelal gepaard met kernreacties, waarbij een hele regen ontstaat van secundaire
deeltjes, waaronder neutronen.
Neutronen zijn ongeladen. Ze dringen relatief gemakkelijk door in een kern en
veroorzaken een kernreactie. Een veel voorkomende reactie in de atmosfeer is
dat een neutron een stikstofkern raakt. Hierbij ontstaat C–14.
ap ) Geef de reactievergelijking voor het ontstaan van C–14.
bp ) C–14 is radioactief. Geef de vervalsvergelijking.
De constante aanvoer zorgt voor een vaste isotopenverhouding van 1,3·10−12
atomen C–14 per atoom C–12 in de koolstof in de lucht. Doordat planten de
CO2 uit de lucht gebruiken voor het opbouwen van hun weefsels, en doordat
dieren planten eten, is deze fractie van 1,3·10−12 terug te vinden in de
isotopenverhouding van de koolstof in levende organismen.
Na de dood van een organisme, wordt de koolstof niet meer ververst en
vermindert langzaam de hoeveelheid C–14. Door in de overblijfselen van een
organisme de verhouding tussen C–12 en C–14 te meten, kan worden
vastgesteld hoe lang het geleden is dat het geleefd heeft. Deze
Opgaven
XXX
‘C–14 methode’ 27 is voor archeologen een van de belangrijkste hulpmiddelen
bij het dateren van organische materialen, met een leeftijd tot ongeveer
105 jaar.
cp ) In een gefossileerde tand wordt een gehalte C–14 gevonden van 1,7·10−14 .
Bereken de leeftijd van de tand.
opgave 115 *
De plutonium isotoop Pu–239 kan na opname van een extra neutron splijten
via bijvoorbeeld de volgende reactie:
239 Pu + 1 n → 137 Cs + 100 Y + 31 n
0
39
55
0
94
Bij deze reactie komt een aanzienlijke hoeveelheid energie vrij, in de vorm van
kinetische energie van de reactieproducten en als γ–straling. Yttrium–100
komt niet voor in BINAS, maar heeft een massa 28 van 99,9277564 u.
ap ) Bereken hoeveel energie er vrijkomt bij de bovenstaande reactie.
Bij het splijten van de plutoniumkern komen extra neutronen vrij, die weer
nieuwe plutoniumkernen kunnen splijten. Hiervoor moeten ze echter eerst
worden afgeremd. Het invangen van neutronen in de plutoniumkernen verloopt
namelijk veel beter bij langzame neutronen terwijl de vrijkomende neutronen
juist een hoge snelheid hebben.
bp ) Leg uit waarom het invangen van neutronen gemakkelijker gaat bij
langzame neutronen.
Als er genoeg splijtbaar materiaal aanwezig is kan dit proces zichzelf in stand
houden, en spreken we van een kettingreactie. Toepassing hiervan is de basis
voor het gebruik van kernenergie.
Een bepaalde kerncentrale levert op een bepaald moment een elektrisch
vermogen van 200 MW, bij een rendement van 35 %. Stel dat de centrale
alleen plutonium gebruikt als splijtbaar materiaal en dat alle mogelijke reacties
een vergelijkbare hoeveelheid energie opleveren.
cp ) Bereken hoeveel gram plutonium er per seconde wordt gespleten in deze
centrale.
opgave 116 Vreemdheid **
Het K0 –deeltje is een ongeladen meson. In de natuur komt wel voor de reactie
π − + p+ → Λ0 + K0
maar niet de reactie
K0 + p+ → Λ0 + π +
ap ) Leg uit dat het K0 niet zijn eigen antideeltje is.
Het Λ0 –deeltje is een ‘vreemd’ baryon dat één s–quark bevat. De gegeven
reactie verloopt volgens de sterke wisselwerking. Bij deze reacties geldt een
behoudsregel voor ieder type quarks afzonderlijk.
bp ) Formuleer zelf een behoudswet voor s–quarks.
In BINAS staat voor het Λ0 een vervalswijze naar π + + π − . Dit moet een
drukfout zijn.
cp ) Leg uit waarom de reactie
Λ0 → π + + π −
niet is toegestaan.
opgave 117 Quark–smaken **
De verschillende quark–soorten (up, down, charm, strange, top, bottom)
worden ook wel ‘quark–smaken’ genoemd. Voor deze quark–smaken geldt een
behoudsregel: de smaak van een quark kan niet veranderen, behalve door de
zwakke wisselwerking.
27 WWW:
28 WWW:
[83]
[84]
Opgaven
XXXI
ap ) Formuleer zelf behoudswetten voor de quark–smaken, analoog aan behoud
van leptongetal en baryongetal.
bp ) Leg uit dat het verval van het Σ+ –deeltje (uus) moet verlopen via de
zwakke wisselwerking.
Het Σ+ vervalt meestal naar p+ + π 0 of naar n + π + . Een enkele keer komt
ook het verval naar Λ0 + e+ + νe voor.
cp ) Geef voor deze reactie een de reactievergelijking op het niveau van de
quarks.
dp ) Teken het reactiediagram voor deze vergelijking.
opgave 118 Lambda verval *
Een Λ0 –deeltje (sud) in rust vervalt naar een proton en een pion.
ar ) Geef de reactievergelijking van de quarks in dit proces.
bp ) Teken het reactiediagram voor dit proces.
cp ) Bereken de energieën van het proton en van het pion. (hint: gebruik ook
impulsbehoud)
opgave 119 De bindingsenergie per nucleon *
In tabel 25 van BINAS staan iets meer dan 100 elementen.
ap ) Neem van elk vijfde element, beginnend met waterstof, het meest stabiele
isotoop en bepaal de massa per nucleon. (Dit kan bijvoorbeeld eenvoudig
in een spreadsheetprogramma)
bp ) Zet voor de gekozen isotopen de gemiddelde massa per nucleon uit tegen
het atoomnummer. (Kan in dezelfde spreadsheet.)
cq ) Bespreek het resultaat met enkele klasgenoten: Wat is de betekenis van
dit diagram, en wat heeft het te maken met de mogelijkheden van
kernfusie en kernsplijting?
opgave 120 Zink–65 *
Zink–65 vervalt via β + verval:
65 Zn → 65 Cu + β + + ν
30
29
ap ) Wat is de maximale energie van het β–deeltje?
opgave 71 Straling en materie **
De quantum theorie heeft onverwachte overeenkomsten blootgelegd tussen het
gedrag van straling en materie. Dit roept de vraag op waar de zo duidelijk
waarneembare verschillen dan vandaan komen.
aq ) Noem twee overeenkomsten en twee verschillen tussen fotonen en
elektronen.
Protonen, neutronen en elektronen dienen als de bouwstenen voor stabiele en
stevige materie. Andere deeltjes, zoals fotonen of pionen niet.
bq ) Geef hiervoor drie redenen.
cq ) Leg kort uit op wat voor manier de stevigheid van vaste stoffen
samenhangt met de eigenschappen van de elektronen.
Opgaven
XXXII
Opgaven Hoofdstuk 5
opgave 121 Hemelse objecten **
In deze opgave ga je op steeds grotere schaal naar diverse soorten objecten
kijken. De benodigde informatie is te vinden op, bijvoorbeeld, de volgende
internet adressen:
Rondleiding29 , De Negen Planeten 30 , The Planets 31 , Solar Spectrum
32 , Eta Carinae 33 , Astronomical Data Centre 34 , Machten van 10 35 ,
Cosmic Rays: What Are They? 36 , Astronomy Notes 37
as ) Geef een korte omschrijving van de volgende objecten:
planeet, maan, vallende ster, planetoı̈de, komeet, ster, exoplaneet,
galactische stofwolk, stervormingsgebied, dubbelster, witte dwerg,
neutronenster, zwart gat, melkwegstelsel, cluster, kosmische straling,
kosmische achtergrondstraling.
opgave 122 De zon *
ar ) Het licht van de zon doet er 8,3 minuten over om ons te bereiken.
Bereken de afstand tot de zon.
br ) De hoekdiameter van de zon aan de hemel is 0,53◦ . Bereken de straal van
de zon.
De dichtsbijzijnde ster na de zon staat op een afstand van 4,3 lichtjaar.
cr ) Stel dat deze ster ( α-Centauri 38 ) in grootte vergelijkbaar is met de zon.
Bereken dan de hoekdiameter van deze ster aan de hemel.
opgave 123 Betelgeuse ***
Onlangs is men er met de Hubble Space Telescoop (HST) in geslaagd om de
ster Betelgeuse als een uitgestrekt, niet puntvormig object waar te nemen. Als
de zon zo groot zou zijn als Betelgeuse zou hij tot aan de baan van Jupiter
reiken. Betelgeuse werd waargenomen met een diameter van ongeveer
40 pixels.
ap ) Het scheidend vermogen van een telescoop is de kleinste hoekafstand
waarbij twee voorwerpen nog als verschillend worden waargenomen. Maak
een schatting van het scheidend vermogen van de HST.
bp ) Bereken hoever twee stenen op de maan bij elkaar vandaan moeten
liggen, om door de HST nog als gescheiden te worden waargenomen.
cp ) De HST draait om de aarde op een hoogte 39 van ongeveer 600 km. Stel
dat hij op de aarde gericht zou worden, bereken dan hoever twee
voorwerpen van elkaar verwijderd moeten zijn om nog als gescheiden te
worden waargenomen.
opgave 124 Waarnemen **
aq ) Bekijk de volgende reeks instrumenten en probeer te bedenken of uit te
zoeken welke verbeteringen met elk van deze instrumenten werd
geı̈ntroduceerd:
lenzentelescoop, spiegeltelescoop, fotografische plaat, spectroscoop, CCD
camera.
29 astrorondleiding/ap.htm
30 WWW:
31 WWW:
32 WWW:
33 WWW:
34 WWW:
35 WWW:
36 WWW:
37 WWW:
38 WWW:
39 WWW:
[85]
[86]
[87]
[88]
[89]
[90]
[91]
[92]
[93]
[94]
Opgaven
XXXIII
Naast de Hubble telescoop zijn er diverse andere satellieten gelanceerd voor
astronomische doeleinden, zoals IRAS, SOHO en BeppoSax, XMM–Newton en
Chandra.
bq ) Zoek op internet informatie over deze satellieten (verdeel de taken over
enkele leerlingen), en leg uit wat ze doen, en waarom de waarnemingen
die ze doen vanuit de ruimte gedaan moeten worden.
opgave 125 Verbrandingsenergie **
ap ) Maak een schatting van de hoeveelheid steenkool die per seconde nodig
zou zijn om het energieverlies van de zon door straling te dekken via
verbranding. Gebruik BINAS voor de nodige gegevens.
bp ) Maak een schatting van de maximale levensduur van de zon, als de
lichtkracht zou worden opgebracht door dit verbrandingsproces.
opgave 126 Zwaarte–energie **
Een komeet met massa m valt van grote afstand op een ster met massa M .
De kinetische energie van de komeet wordt bij de val geheel omgezet in
thermische energie.
ar ) Geef een formule voor de hoeveelheid thermische energie die vrijkomt.
Neem aan dat de kinetische energie van de komeet in de begintoestand te
verwaarlozen is.
bq ) Neem aan dat de zon is ontstaan uit een grote wolk gas en stof.
Beredeneer dat de hoeveelheid energie die is vrijgekomen bij de vorming
GM 2¯
van de zon in ieder geval ruim minder is dan
, waar M ¯ de massa
R
en R de straal van de zon is.
cp ) Geef een (ruwe) schatting van de minimale snelheid waarmee de zon zou
moeten krimpen om met het huidige vermogen te blijven schijnen.
dp ) Hoe lang zou de zon dit vol kunnen houden?
opgave 127 Fusie–energie ***
ap ) Bereken hoeveel energie er vrijkomt bij de kernreactie
0 e → 4 He + 2ν + 2γ
411 H + 2−1
2
bp ) Bereken hoeveel kilogram waterstof er, per seconde, in het binnenste van
de zon wordt omgezet in helium.
cp ) Maak een schatting van hoe lang de zon deze energieproduktie maximaal
zou kunnen volhouden, gesteld dat hij zou zijn ontstaan uit een wolk gas
waarvan 80% van de massa uit waterstof bestond.
In de kern van zware sterren gaan het fuseren van kernen door, en worden er
ook zwaardere elementen gevormd. Tot aan het element ijzer komt er hierbij
energie vrij. De vorming van nog zwaardere elementen kan wel, en gebeurt
wel, maar kost energie en verlaagt dus de levensduur. De netto
reactievergelijking voor de vorming van ijzer–56 uit waterstof is
0 e → 56 Fe + 30ν + veel γ 0 s
5611 H + 30−1
26
dp ) Bereken de maximale levensduur van de zon, als ijzer-56 het eindprodukt
van het fusieproces zou zijn (en gesteld dat het vermogen van de zon
hetzelfde zou blijven).
opgave 128 Plasmawolken *
ar ) Hoeveel energie is er nodig om waterstof te ioniseren?
br ) Toon aan dat ultraviolet licht hiervoor kan zorgen en bereken de minimale
frequentie die dit licht dan moet hebben.
Opgaven
XXXIV
opgave 129 De druk in de zon *
ap ) Maak een schatting van de druk in het centrum van de zon.
br ) Vergelijk het resultaat met de waarde in BINAS en geef commentaar.
opgave 130 Kernfusie in de zon ***
De zon bestaat voor het grootste deel uit volledig geı̈oniseerd waterstof, dus
uit losse protonen en elektronen. Beide dragen bij aan de druk, en het aantal
deeltjes is dus twee maal zo groot als bij atomair waterstofgas.
ap ) Ga uit van de gemiddelde dichtheid van de zon en bereken de
deeltjesdichtheid in mol/m3 .
bp ) Maak een schatting van de temperatuur in het centrum van de zon.
cp ) Is fusie op grond van dit model een mogelijke energiebron?
opgave 131 *
Vervolg op opgave 130
aq ) Bespreek enkele tekortkomingen in de gegeven schatting van de dichtheid,
en probeer vast te stellen waarom ze leiden tot een onderschatting van de
centrale druk van de zon.
opgave 132 Het ontstaan van de zon **
De zon is ontstaan uit een wolk gas en stof. De massa van de wolk was
ruwweg de huidige zonsmassa, bij een diameter in de orde van 1015 m.
ar ) Bereken de dichtheid van de wolk.
De wolk bestond voor het overgrote deel uit atomair waterstof.
br ) Bereken de dichtheid van de wolk in termen van mol/m3 en reken dit om
naar het aantal deeltjes per m3 .
Bij een druk van 10−7 Pa (10−9 Torr) spreekt men van een ultrahoog vacuum
40 . Op aarde is dit alleen met goede apparatuur te bereiken. De temperatuur
in de oerwolk van de zon was laag, ergens rond de 50 K.
cp ) Bereken hoe de druk in deze wolk zich verhield tot wat wij een ultrahoog
vacuum noemen.
opgave 133 *
Bekijk op internet de ’internet–pagina’ 41 over de geboorte van sterren en
beantwoord de daar gestelde vragen over stervorming (en desgewenst ook de
vragen over de vorming van planeten)
opgave 134 Protosterren **
Een wolk die aan het samentrekken is tot een ster wordt een protoster
genoemd.
ar ) Leg uit waardoor een protoster moeilijk waarneembaar is.
br ) Met wat voor instrument kunnen protosterren het best worden
waargenomen?
opgave 135 ***
Het samentrekken van een protoster berust op een evenwicht tussen
zwaartekracht en gasdruk. Het centrum van de wolk wordt verwarmd door de
energie van het naar binnnen vallende gas en koelt af door de uitgezonden
warmtestraling.
Een protoster van relatief nieuw materiaal, dat veel verschillende elementen
bevat trekt sneller samen dan een protoster die alleen bestaat uit waterstof en
helium, de elementen die oorspronkelijk kort na de oerknal in het heelal
onstaan waren.
ap ) Leg uit hoe dit komt.
40 WWW:
41 WWW:
[95]
[96]
Opgaven
XXXV
opgave 136 *
ar ) Leg uit waarom donkere lichamen niet alleen gemakkelijk straling
absorberen, maar ook emitteren
opgave 137 Oppervlaktetemperatuur ***
figuur 26
ap ) N.B.: bij deze opgave kan ook gebruik gemaakt worden van de
spreadsheet planck.xls42 .
Bepaal de oppervlaktetemperatuur van de ster met de stralingskromme
uit figuur 26. Gebruik hierbij tabel 23 A in BINAS.
In figuur 26 is behalve een groot aantal absorptielijnen ook een emissielijn te
zien.
bq ) Leg uit of het waarschijnlijk is dat deze lijn iets met de ster te maken
heeft.
cq ) Zoek een andere mogelijke verklaring voor deze lijn.
opgave 138 Zwarte stralers ***
figuur 27
In figuur 27 staan een aantal stralingskrommen van een zwarte straler bij
verschillende temperaturen. Er zijn in de diagrammen twee even brede
golflengtegebiedjes aangegeven, rond 400 nm en 700 nm.
ar ) Welke kleuren horen bij deze golflengtegebieden?
De gegevens uit de grafieken staan nauwkeuriger vermeld in BINAS 23 A.
bp ) Bepaal bij iedere temperatuur de verhouding tussen de intensiteit in de
twee aangegeven golflengtegebieden.
42 wb-planck.html
Opgaven
XXXVI
cr ) Maak een diagram waarin de intensiteitsverhouding wordt uitgezet tegen
de temperatuur.
In de tabel staat van enkele sterren de verhouding gegeven van de helderheden
in de gegeven golflengtegebieden rond 400 en 700 nm.
ster I 400 /I 700
Zon
1,1
Canopus
2,0
Aldebaran
0,20
Rigel A
4,6
Mizar
5,1
dp ) Bepaal de temperatuur van de eerste drie sterren.
ep ) Schat de temperatuur van de laatste twee sterren, door de grafiek te
extrapoleren.
opgave 139 Filters *
(Vervolg op opgave 138. N.B.: Lastige opgaven eigenlijk alleen te doen na
voldoende oefenen met de spreadsheet planck.xls43 .)
In de vorige opgave werd uitgegaan van twee kleurfilters die in het aangegeven
golflengtegebied al het licht doorlaten en erbuiten niets. Bovendien werd
verondersteld dat de golflengtegebieden van beide filters even breed zijn.
In de praktijk is dit zelden het geval. Doorlaatpercentages van de kleurfilters
en ook de gevoeligheid van de lichtdetectoren hangen af van de golflengte.
figuur 28
In figuur 28 zijn de doorlaatpercentages van twee filters en de gevoeligheid van
een detector in diagrammen weergegeven.
aq ) Leg uit hoe je met behulp van deze filters en deze detector te werk zou
moeten gaan om de temperatuur van een ster te bepalen.
bp ) Geef een redelijke schatting van de intensiteitsverhoudingen die je zou
waarnemen bij zwarte stralers van verschillende temperaturen. Combineer
hiervoor de grafieken in figuur 28 en 27. Zet de gevonden verhoudingen
eerst in een tabel en geef ze vervolgens weer in een grafiek van
intensiteitsverhouding tegen temperatuur.
Alternatief: Gebruik de spreadsheet voor het maken van dit onderdeel
cs ) Bepaal de temperatuur van een straler met een signaalverhouding van 0,4.
opgave 140 Emissie- en absorptielijnen ***
ar ) Leg uit waarom spectraallijnen, zowel absorptie– als emissielijnen, met
name ontstaan in ijle, of op zijn minst transparante media.
Als met een spectrometer een opname van de zon wordt gemaakt zijn er in het
spectrum absrptielijnen te zien. Als de spectrometer net naast de zon wordt
gericht zijn er emissielijnen zichtbaar.
br ) Leg uit hoe dit komt.
cr ) De golflengten zijn karakteristiek voor de stoffen waarin spectraallijnen
ontstaan. Leg uit waarom het geen verschil maakt of het hierbij om
emissie– of om absorptielijnen gaat.
43 wb-planck.html
Opgaven
XXXVII
opgave 141 Samenstelling ***
figuur 29
In figuur 29 staan enkele spectra van veelvoorkomende elementen. In Binas
staan ook een aantal spectra, met een iets uitgebreider golflengtegebied. In
figuur 30 staat een stukje van de stralingskromme van een ster.
figuur 30
ap ) Geef aan welke elementen je herkent in deze stralingskromme.
Opgaven
XXXVIII
opgave 142 Snelheden ***
figuur 31
In figuur 31 staan twee spectraalkrommen afgebeeld. De ene kromme hoort bij
een ster, de andere bij een sterstelsel. Bij de krommen staan de
roodverschuivingen gegeven (z–waarden).
ap ) Bereken de snelheden van de beide objecten.
bq ) Leg uit welke kromme bij de ster en welke bij het sterstelsel hoort. Geef
minstens twee argumenten voor je keuze.
cr ) Bepaal de oppervlaktetemperatuur van de ster.
opgave 143
De kleur van het uitgezonden licht van een zwarte straler hangt af van de
temperatuur.
ar ) Geef een kwalitatieve formulering van dit verband.
Eén van de effecten van een toename van de temperatuur is dat de golflengte
waarbij de intensiteit maximaal is, kleiner wordt. We willen nu zoeken naar een
kwantitatief verband tussen deze golflengte λmax en de temperatuur T .
br ) Gebruik tabel 23 A in BINAS om een grafiek te maken van λmax tegen
1/T .
cp ) Geef een formule die het kwantitatieve verband tussen λmax tegen 1/T
uitdrukt.
dr ) Volgens de theorie wordt het verband gegeven door de wet van Wien.
Gebruik tabel 7 en tabel 35-7 om het door jou gevonden resultaat te
controleren.
opgave 144
De totale energie E die door een zwarte straler wordt uitgezonden is evenredig
met de oppervlakte A van de straler en met de vierde macht van de
temperatuur T :
E = σAT 4
In deze wet van Stefan–Boltzmann is σ een constante die staat gegeven in
tabel 7 van BINAS.
De huidige oppervlaktetemperatuur van de zon is 5,8 ·103 K.
Opgaven
XXXIX
ap ) Bereken het totaal uitgestraald vermogen van de zon en controleer je
antwoord met behulp van BINAS tabel 33 C.
Over 5 miljard jaar, kort voor de hoeveelheid nucleaire brandstof van de zon te
einde loopt zal de zon opzwellen en het stadium van een rode reus ingaan. De
omvang van de zon zal dan ongeveer reiken tot de baan van de planeet mars
en de oppervlaktetemperatuur zal dalen tot rond de 3,5·103 K.
bp ) Bereken in deze toestand opnieuw het uitgestraald vermogen en vergelijk
dit met het antwoord van vraag a.
opgave 145
ar ) Internetopdracht: Zoek 44 enkele spectra en leg uit wat voor objecten het
zijn, wat hun snelheid is ten opzichte van ons en wat hun temperatuur is.
44 WWW:
[97]
Opgaven
XL
Opgaven Hoofdstuk 6
opgave 146 Materiegolven ***
ar ) Beschrijf kort in eigen bewoording de ontdekking van het golfgedrag van
elektronen.
br ) Leg uit hoe het golfgedrag van elektronen het bestaan van discrete
energieniveaus en spectraallijnen van atomen kan verklaren.
opgave 147 ***
ar ) Leg uit hoe het golfgedrag van elektronen kan verklaren dat het voor
atomen vaak energetisch aantrekkelijk is om moleculen of kristallen te
vormen.
opgave 148 ***
ar ) Leg uit hoe elektronendruk kan worden verklaard met behulp van het
golfmodel van elektronen.
br ) Geef in eigen bewoording weer wat het uitsluitingsprincipe van Pauli zegt.
cr ) Leg uit op welke manier het uitsluitingsprincipe van Pauli belangrijk is om
te verklaren dat de elektronendruk groot genoeg is om de stevigheid van
vaste stoffen te verklaren.
dr ) Leg uit op welke manier het uitsluitingsprincipe van Pauli belangrijk is om
het bestaan van complexe chemische verbindingen te verklaren.
opgave 149 Steen of spons? ***
Als model voor een stuk vaste stof nemen we een
kubische kristalstructuur, waarin de naburige atomen
elektronen met elkaar delen. De atomen zelf stellen
we voor als niet samendrukbare bolletjes met een
diameter van 0,10 nm. De verbindingen tussen de
atomen stellen we voor als eendimensionale doosjes
met een evenwichtslengte L0 = 0, 20 nm. Ieder
doosje bevat één bindingselektron.
figuur 32
Voor de potentiële energie van de elektronen in de doosjes veronderstellen we
binnen dit model dat
Ep = −
6, 0·10−28
L
ap ) Toon door berekening aan dat de energie van de bindingselektronen
inderdaad minimaal is bij de rustlengte van 0,20 nm.
bp ) Bereken hoeveel energie het kost om een kubusvormig kristal van 1,0 cm3
van dit (denkbeeldige) materiaal in de x-richting 0,1 mm in te drukken.
Neem aan dat de uitgeoefende kracht geen invloed heeft op de breedte en
de hoogte van de doosjes en op de grootte van de atomen zelf.
cq ) Is de stevigheid van het materiaal meer vergelijkbaar met die van steen of
meer met een spons?
opgave 150 Kleurstof ***
In de moleculen van een bepaalde stof kunnen zes bindingselektronen over een
afstand van 1,2 nm zo vrij bewegen dat het deeltje-in-een-doos model in goede
benadering gebruikt mag worden.
ar ) Voorspel de kleur van deze stof.
br ) Leg uit op wat voor manier je berekening te maken heeft met het
golfmodel van het elektron.
Opgaven
XLI
opgave 151 Apparaten *
aq ) Probeer van enkele apparaten of technologieën aan te geven op welke
manier de moderne natuurkunde betrokken was bij de ontwikkeling ervan.
Bijvoorbeeld: de televisie, de CD-speler, het internet, bestralingstherapie,
...
opgave 152 Symmetrie ***
ar )
Laat zien dat er in het reactiediagram in
figuur 33 voldaan is aan behoud van
leptongetal.
figuur 33
bp ) Toon aan dat dit ook het geval is in alle reactiediagrammen die je via de
toegestane symmetrieregels uit figuur 33 kunt afleiden.
cr ) Leg uit dat de weergegeven reactie moet verlopen via de zwakke
wisselwerking.
dr )
Laat zien dat er in het reactiediagram in
figuur 34 niet voldaan is aan behoud van
leptongetal.
figuur 34
ep ) Toon aan dat dit in alle reactiediagrammen die je via de toegestane
symmetrieregels uit figuur 34 kunt afleiden eveneens niet het geval is.
opgave 153 ***
ar ) Maak een lijstje van eigenschappen waarin elektronen verschillen van
fotonen.
opgave 154 Wat? **
Lees de discussie in de klas van meester Wat. Als je zelf deze conclusie nog
niet helemaal begrijpt moet je niet al te ongerust wezen. Meneer Wat gaat
hier wel wat snel. Bovendien is het natuurlijk de vraag of hij gelijk heeft,of
alleen zijn eigen mening dicteert.
aq ) Noem een aantal sterke en zwakke punten in het gevoerde gesprek.
bq ) Maak een lijstje van argumenten waarmee je het zelf wel of niet eens bent.
cq ) In hoeverre ben jij, en is je klas het eens met de samenvatting en de
conclusie?
dq ) Mis je nog belangrijke argumenten in deze discussie?
eq ) Vind je dat je voldoende informatie hebt om over de gestelde vraag te
oordelen? Waarom wel/niet?
fq ) In hoeverre is het eigenlijk belangrijk om een verschil te bestempelen als
meer of minder fundamenteel? Bestaat er volgens jou een verschil tussen
fundamentele en minder fundamentele kennis, en waar ligt dat dan aan?
opgave 155 Geschiedenis *
as ) Maak een tijdbalk voor de geschiedenis van de aarde, vanaf het tijdperk
waarin de materie voor de aarde werd gevormd tot aan het einde van de
levensduur van de zon.
opgave 156 Kleurfilters ***
N.B.: bij deze opgave kan ook gebruik gemaakt worden van de spreadsheet
planck.xls45 .
45 wb-planck.html
Opgaven
XLII
as ) Beschrijf hoe met twee kleurfilters en een lichtsensor de temperatuur van
de zon kan worden bepaald.
bp ) Leg uit hoe deze methode kan worden aangepast om de temperatuur van
lava te meten (ruwweg tussen de 1000 en 2000◦ C) en bepaal hiervoor
geschikte golflengtegebieden voor de sensor en de kleurfilters.
WWW
Verwijzingen WWW
[1;2] http://www-groups.dcs.standrews.ac.uk/history/Mathematicians/Newton.html
[2;3] http://www.astronomynotes.com/light/s2.htm
[3;5] http://photoscience.la.asu.edu/photosyn/education/photointro.html
[4;7] http://www-groups.dcs.standrews.ac.uk/history/Mathematicians/Huygens.html
[5;8] http://itl.chem.ufl.edu/4412 aa/origins.html
[6;9] http://www-groups.dcs.standrews.ac.uk/history/Mathematicians/Einstein.html
[7;10] http://www-groups.dcs.standrews.ac.uk/history/Mathematicians/Planck.html
[8;10] http://www.nvon.nl/natkunde/applet/Foto-elektrisch%20effect.html
[9;15] http://www-groups.dcs.standrews.ac.uk/history/Mathematicians/Schrodinger.html
[10;16] http://www-groups.dcs.standrews.ac.uk/history/Mathematicians/Feynman.html
[74;III] http://members.tripod.com/ṽsg/interf.htm
[75;VI] http://www.Colorado.EDU/physics/2000/schroedinger/two-slit3.html
LXIII
WWW
Verwijzingen WWW
[11;23] http://physics.bu.edu/cc104/rutherfords result.html
[12;23] http://www.xs4all.nl/ãdcs/Deeltjes/atom search.html
[13;24] http://info.web.cern.ch/info/Press/PhotoDatabase
[14;25] http://www.Colorado.EDU/physics/2000/quantumzone/index.html
[15;25] http://jersey.uoregon.edu/vlab/elements/Elements.html
[16;25] http://www-groups.dcs.standrews.ac.uk/history/Mathematicians/Bohr Niels.html
[17;25] http://www.Colorado.EDU/physics/2000/quantumzone/bohr.html
[18;28] http://www.phys.ksu.edu/perg/vqm/laserweb/
[19;29] http://phys.educ.ksu.edu/vqm/html/qtunneling.html
[20;30] http://www.almaden.ibm.com/vis/stm/stm.html
[24;54] http://soi.stanford.edu/results/heliowhat.html
[25;54] http://helios.tuc.noao.edu/helioseismology.html
[26;55] http://web.mit.edu/3.091/www/orbs/
[21;33] http://www-groups.dcs.standrews.ac.uk/history/Mathematicians/Pauli.html
[22;34] http://phys.educ.ksu.edu/vqm/java/colorcreator/vqscp.html
[23;35] http://phys.educ.ksu.edu/vqm/html/eband.html
LXIV
WWW
LXV
Verwijzingen WWW
[27;65] http://www-spof.gsfc.nasa.gov/Education/wplasma.html
[28;66] http://www.lbl.gov/abc/
[29;66] http://pearl1.lanl.gov/periodic/default.htm
[30;66] http://physicsweb.org/articles/world/17/7/7
[31;67] http://www.webelements.com/webelements/scholar/elements/ technetium
[32;67] http://www.ornl.gov/isotopes/r tc99.html
[33;67] http://www.jet.efda.org
[34;74] http://www.ps.uci.edu/s̃uperk/neutrino.html
[35;74] http://wwwlapp.in2p3.fr/neutrinos/aneut.html
[36;74] http://science.nasa.gov/headlines/y2001/ast15jan 1.htm?list45084
[37;74] http://physics.nist.gov/cgi-bin/cuu/ Value?mmusme—search for=atomnuc!
[38;74] http://http://particleadventure.org/particleadventure/frameless/chart.html
[39;76] http://www-spof.gsfc.nasa.gov/Education/wgeiger.html
[40;76] http://rd11.web.cern.ch/RD11/rkb/PH14pp/node29.html#28
[41;76] http://rd11.web.cern.ch/RD11/rkb/PH14pp/node17.html
[42;76] http://rd11.web.cern.ch/RD11/rkb/PH14pp/node121.html#120
[43;76] http://mxp.physics.umn.edu/s99/Projects/multiwpc/mwpc.htm
[44;77] http://rd11.web.cern.ch/RD11/rkb/PH14pp/node50.html
[45;77] http://bertinot.com/tv/crt1.htm
[46;78] http://library.thinkquest.org/19662/high/eng/accelerators.html
[47;81] http://livefromcern.web.cern.ch/livefromcern/antimatter/
history/AM-history01-a.html
[48;81] http://livefromcern.web.cern.ch/livefromcern/antimatter/index.html
[49;93] http://www.xs4all.nl/ãdcs/Deeltjes/adventure.html
[50;93] http://www.cern.ch
[51;93] http://www.cpepweb.org/particles.html
[52;94] http://www.fnal.gov/pub/about/tour/index.html
[76;XXIII] http://rd11.web.cern.ch/RD11/rkb/PH14pp/node4.html
[77;XXIII] http://rd11.web.cern.ch/RD11/rkb/PH14pp/node19.html
[78;XXIII] http://rd11.web.cern.ch/RD11/rkb/PH14pp/node23.html
[79;XXIII] http://rd11.web.cern.ch/RD11/rkb/PH14pp/node167.html
[80;XXIII] http://rd11.web.cern.ch/RD11/rkb/PH14pp/node166.html
WWW
[81;XXIII] http://rd11.web.cern.ch/RD11/rkb/PH14pp/node175.html
[82;XXIII] http://cern.web.cern.ch/CERN/Microcosm/RF cavity/ex.html
[83;XXX] http://www.c14dating.com/
[84;XXX] http://www2.bnl.gov/ton
LXVI
WWW
LXVII
Verwijzingen WWW
[85;XXXII] http://www.dma.be/p/infoster/negepl/
[86;XXXII] http://pds.jpl.nasa.gov/planets/
[87;XXXII] http://antwrp.gsfc.nasa.gov/apod/ap000815.html
[88;XXXII] http://antwrp.gsfc.nasa.gov/apod/ap000813.html
[89;XXXII] http://adc.gsfc.nasa.gov/adc/adc education.html#themes
[90;XXXII] http://www.wordwizz.com/10exp0.htm
[91;XXXII]
http://imagine.gsfc.nasa.gov/docs/features/topics/snr group/cosmic rays.html
[92;XXXII] http://www.astronomynotes.com/
[53;98] http://www.astro.wisc.edu/d̃olan/constellations/hr/2061.html
[54;98] http://www.astro.wisc.edu/d̃olan/constellations/constellations/Orion.html
[55;98] http://antwrp.gsfc.nasa.gov/apod/ap970216.html
[56;98] http://antwrp.gsfc.nasa.gov/apod/ap970813.html
[57;101] http://science.howstuffworks.com/sun2.htm
[58;101] http://fusedweb.pppl.gov/
[59;101] http://antwrp.gsfc.nasa.gov/apod/ap000516.html
[60;102] http://antwrp.gsfc.nasa.gov/apod/ap000720.html
[61;105] http://obswww.unige.ch/ũdry/planet/link exoplanet.html
[62;105] http://etacha.as.arizona.edu/ẽem/exo.html
[63;106] http://www.jb.man.ac.uk/p̃diamond/txcam44.gif
[64;106] http://www.astro.washington.edu/balick/WFPC2/
[65;106] http://antwrp.gsfc.nasa.gov/apod/ap000828.html
[66;106] http://www.msfc.nasa.gov/NEWSROOM/news/photos/2000/photos00282.htm
[67;106] http://www.jb.man.ac.uk/p̃diamond/txcam44.gif
[68;107] http://www.strw.leidenuniv.nl/ĩcke/pictures/hyperbN-DTV059sm.jpg
[69;107] http://oposite.stsci.edu/pubinfo/PR/97/38.html
[70;112] http://antwrp.gsfc.nasa.gov/apod/ap981211.html
[71;113] http://solar-center.stanford.edu/dopplergram.html
[72;123] http://www.sciencedaily.com/encyclopedia/Spin (physics)
[73;126] http://antwrp.gsfc.nasa.gov/apod/ap980605.html
[93;XXXII] http://www.astro.wisc.edu/d̃olan/constellations/hr/5459.html
WWW
LXVIII
[94;XXXII] http://nssdc.gsfc.nasa.gov/nmc/tmp/1990-037B-traj.html
[95;XXXIV] http://www.fwkc.com/encyclopedia/low/articles/v/v027000005f.html
[96;XXXIV] http://www.phys.uu.nl/ internat
[97;XXXIX] http://skyserver.fnal.gov/en/tools/getimg/spectra.asp
Antwoorden
LXIX
Antwoorden Hoofdstuk 1
opgave 1
• De botsing van een bal
macroscopisch gezien:
In een natuurkundig model van de botsing worden de ballen vaak
voorgesteld als deeltjes. Dat het eigenlijk samengestelde objecten zijn kan
meestal worden verwaarloosd, zodat de bij de botsing belangrijke
natuurkundige wetten, zoals impulsbehoud, kunnen worden toegepast op
deze ’deeltjes’ in hun geheel.
microscopisch gezien:
De bal bestaat in feite uit zeer veel kleine deeltjes, bijeengehouden door
aantrekkende krachten. In het algemeen geldt dat de krachten tussen
moleculen heel klein zijn als de afstand tussen de moleculen groot is,
bijvoorbeeld in een gas. Als de deeltjes dichter bij elkaar komen zijn de
krachten eerst aantrekkend, maar als de deeltjes nog dichter bij elkaar
komen beginnen ze elkaar heel sterk af te stoten. Bij de botsing van de
bal tegen de muur gaat het in feite om de afstotende krachten tussen de
deeltjes van de bal en de muur.
• Het verdampen van water
macroscopisch gezien:
Gaat het hier niet over deeltjes.
microscopisch gezien:
Water bestaat uit zeer veel deeltjes, de watermoleculen, die voortdurend
met elkaar botsen, die elkaar aantrekken, en waarvan de snelheden
willekeurig verdeeld zijn. Sommige van deze moleculen hebben genoeg
energie om te ontsnappen aan de aantrekkende krachten van de andere
moleculen, en dit proces heet verdampen. Het resultaat is dat de
overblijvende hoeveelheid vloeibaar water kleiner en kouder wordt (tenzij
er warmte wordt toegevoerd).
• De wet van Boyle
macroscopisch gezien:
pV = constant, voor een afgesloten hoeveelheid gas van constante
temperatuur en macroscopisch heeft dit niet met deeltjes te maken.
microscopisch gezien:
Als het volume van een afgesloten hoeveelheid gas kleiner wordt, botsen
de moleculen vaker tegen de wand, hetgeen wordt waargenomen als een
grotere gasdruk.
• Soortelijke weerstand
macroscopisch gezien:
Je zou de metaaldraad als een deeltje kunnen beschouwen, maar voor de
relatie R = ρ·l/A is dit niet van belang.
microscopisch gezien:
De deeltjes die door de draad bewegen zijn elektronen. Doordat de
buitenste elektronen van een metaalatoom een relatief zwakke binding
met de kern hebben, kunnen ze gemakkelijk van het ene atoom naar het
andere springen en op die manier door de metaaldraad bewegen. Het
begrip soortelijke weerstand geeft aan hoe gemakkelijk, of liever hoe
moeilijk deze ‘geleidingselektronen’ door een bepaald materiaal gaan.
• De voortplanting van geluid
macroscopisch gezien:
Geen deeltjes, behalve eventueel zaken als oren en luidsprekers.
microscopisch gezien:
De trillingen van de geluidsbron worden doorgegeven aan de luchtdeeltjes
die er tegenaan botsen. De deeltjes geven door de botsingen met
volgende deeltjes de trillingen steeds verder door.
• De lorentzkracht op een draad
Antwoorden
LXX
macroscopisch gezien:
De draad kan worden gezien als een ‘deeltje’ waarop krachten werken die
de draad kunnen versnellen of vervormen.
microscopisch gezien:
De kracht op de draad is eigenlijk de totale lorentzkracht op de
bewegende elektronen die door de draad stromen.
opgave 2
a ) Antwoorden: zie BINAS.
b ) Snelheid van de bal: ≈ 30 m/s. Massa: ≈ 3 kg. Impuls: 102 kgm/s.
c ) De massa van het zuurstofmolekuul is 32 u = 5.31·10−26 kg. Uit
1
mv 2 = 6·10−21 J volgt dan v = 476 = 5·102 m/s.
2
d ) Volume van de draad: V = 1 × π × (1·10−3 )2 = 3, 1·10−6 m3
Massa van de draad:
m = ρV = 8, 96·103 × 3, 1·10−6 = 2, 8·10−2 kg (BINAS, tabel 8)
Aantal atomen:
N=
2, 8·10−2
= 2, 6·1023 (BINAS, tabel 7 en 25)
64 × 1, 67·10−27
e ) Er doen per atoom twee elektronen mee aan de geleiding, dus in totaal
2 × 2, 6·1023 = 5, 2·1023 elektronen. De stroomsterkte van 1 A komt
overeen met een aantal van 6,3·1018 elektronen per seconde. Gemiddeld
duurt het dus
5, 2·1023
t=
= 8, 3·104 s = 23 uur
6, 3·1018
voordat het elektron door de draad is. De gemiddelde snelheid is dus
1/8·104 = 1·10−5 m/s.
opgave 3
a ) Elektrische velden worden gevoeld door geladen deeltjes.
Magnetische velden worden gevoeld door magnetische deeltjes en door
bewegende elektrisch geladen deeltjes.
b ) Geladen deeltjes, elektronen bijvoorbeeld, en magnetische deeltjes.
NMR-scans in het ziekenhuis kunnen bijvoorbeeld worden gemaakt
doordat veel atoomkernen magnetisch zijn en op radiogolven reageren.
Alle atomen bevatten elektronen en kunnen dus reageren op licht.
c ) Moleculen bevatten atomen en atomen bevatten geladen deeltjes, in het
bijzonder elektronen. Die elektronen reageren op de elektromagnetische
straling en daardoor kan een molecuul veranderen of uit elkaar vallen.
Deze scheikundige reactie binnen in een lichtgevoelige cel veroorzaakt een
signaal naar de hersenen.
Kort gezegd: licht valt op een molekuul, er volgt een scheikundige reaktie
en die resulteert in een puls naar de hersenen.
opgave 4
a ) Thermische energie is de kinetische en potentiële energie van de atomen
en moleculen in een stof.
b ) Op kleine schaal is wrijvingskracht de kracht die ontstaat doordat
oneffenheden in twee voorwerpen bij bewegen tegen elkaar botsen. Op
nog kleinere schaal ontstaat wrijvingskracht door de elektrische en
magnetische krachten tussen de moleculen van de voorwerpen die tegen
elkaar aan wrijven.
c ) Door de krachten tussen de moleculen in de wrijvende voorwerpen, gaan
die moleculen sneller bewegen. Ze krijgen dus meer bewegingsenergie
(trillingsenergie). De bewegingsenergie van de moleculen gaat ten koste
van de bewegingsenergie van het totale voorwerp.
Antwoorden
LXXI
d ) Wrijvingskrachten hebben te maken met de elektrische krachten tussen de
moleculen, en dus met elektrische velden. Op soortgelijke manier hebben
ook normaalkrachten en spankrachten te maken met krachten tussen de
moleculen, en zodoende met (elektrische) velden.
opgave 5
Materiedeeltjes kunnen kinetische energie hebben, doordat ze bewegen.
Materiedeeltjes die zich in een krachtveld bevinden kunnen potentiële energie
bezitten.
Elektromagnetische straling bevat stralingsenergie, ook zonder dat er materie
aanwezig is. Deze energie kan worden overgedragen op geladen deeltjes.
opgave 6
Bespreek dit met je docent.
Antwoorden
LXXII
Antwoorden Hoofdstuk 2
opgave 7
a)
figuur 35
b ) Het golfmodel biedt een eenvoudige verklaring, dus dit is een argument
voor het golfmodel. Dat het (nog) niet lukt met een deeltjesmodel is op
zich geen argument voor het golfmodel, maar zolang er een goede
verklaring voorhanden is, wordt daar aan vastgehouden. Bovendien is er
in de wetenschap een voorkeur voor zo eenvoudig mogelijke verklaringen,
en het is langzamerhand vrij onwaarschijnlijk dat het deeltjesmodel wat
dit betreft nog met het golfmodel zou kunnen wedijveren.
opgave 8
Licht is een elektromagnetische golf46 . De veldsterktes van het elektrisch en
het magnetisch veld veranderen voortdurend volgens een golvend patroon.
opgave 9
Antwoorden: zie applet.
opgave 10
a ) De kleur is dus bepalend; de fysische grootheid die hieraan gekoppeld is,
is de frequentie. De amplitudo heeft sterkte van de effecten, maar niet op
het wel of niet optreden ervan.
b ) De amplitudo.
opgave 11
a ) Er is een overschot aan positieve lading, hetgeen betekent dat het voor
elektronen lastiger wordt om te ontsnappen, want ze worden sterker
aangetrokken. Je verwacht dus geen ontlading van de elektroscoop. (Als
er toch elektronen zouden ontsnappen wordt het overschot aan positieve
lading groter en moet de uitslag van de elektroscoop dus groter worden.)
b ) Voer maar uit.
c ) Vuil en oxide kunnen het moeilijker maken voor de elektronen om naar
buiten te komen. Op zink zit meestal een laagje zinkoxide, vandaar de
grauwe kleur. Elektronen zijn in het zinkoxide steviger gebonden dan in
metallisch zink. Hierdoor houden de zinkoxide moleculen het ontsnappen
van elektronen uit het metaal tegen.
opgave 12
a ) Energie per foton: E = hf = 6, 63·10−34 × 7·1014 = 4, 6·10−19 J.
0, 01
Aantal fotonen per seconde: N =
= 2, 2·1016 .
4, 6·10−19
b ) De fotonen worden verdeeld over een boloppervlak, A = 4πr2 . Op een
afstand van 0,3 m wordt het aantal fotonen per seconde per m2 dus
2, 2·1016 /4π0, 32 = 1, 9·1016 .
Door het pupiloppervlak van 4 mm2 vallen dus per seconde
4·10−6 × 1, 9·1016 = 7, 7·1010 = 8·1010 fotonen.
46 Zie
blz. 3
Antwoorden
LXXIII
c ) Er vallen per seconde 7,7·1010 fotonen naar binnen, de gemiddelde tijd
tussen twee fotonen bedraagt dus 1/7, 7·1010 = 1, 3·10−11 s.
d ) s = vt = 3, 0·108 × 1, 3·10−11 = 3, 9·10−3 m = 4 mm.
e ) Die wordt 104 maal zo groot, dus 4·101 m.
f ) Als de fotonen kennelijk één voor één door het tralie gaan kunnen ze niet
met elkaar interfereren. (Interfereren is het gelijktijdig meedoen aan twee
of meer trillingen.) Blijkbaar moet je dus zeggen dat ieder foton op
zichzelf een golfverschijnsel is, en met zichzelf kan interfereren.
opgave 13
a)
figuur 36
b ) Het licht dat van het hoofd van het meisje op de lens valt wordt
geconcentreerd op het fotonegatief en produceert daar een zwarting die
evenredig is met de intensiteit van het licht.
c ) Eén voor één verschijnen er punten op het negatief. Dit doet meer denken
aan inslagen van individuele deeltjes dan aan golven.
d ) Het verdere gedrag van licht, bijvoorbeeld de breking van het licht in de
lens (refractie via de wet van Snellius) berust op het golfkarakter van licht.
opgave 14
De beide spleten kunnen worden beschouwd als (coherente) trillingsbronnen.
In de ruimte achter de spleten beı̈nvloeden de golven uit deze bronnen elkaar,
dus er is sprake van interferentie. Waar de uitwijking ten gevolge van golf 1 en
die van golf 2 tegengesteld zijn vindt uitdoving plaats. Op een dergelijke plek
is de resulterende amplitudo klein, dus de intensiteit (het kwadraat van de
amplitudo) eveneens. Op punten waar de uitwijkingen gelijkgericht zijn,
daarentegen, treedt versterking op. De intensiteit is daar dus groot.
opgave 15
a ) Zie applet47 .
b)
figuur 37
47 buigingsanim.htm
Antwoorden
LXXIV
opgave 16
a ) Op grond van een deeltjesmodel verwacht je alleen deeltjes recht achter
de openingen. Door botsingen van deeltjes tegen de rand zouden er
eventueel nog wat verstrooide deeltjes her en der terecht kunnen komen,
maar zeker niet in een geordend patroon van lijnen.
b ) Zie a.
opgave 17
Het patroon dat we dus uiteindelijk zien lijkt precies op het
interferentiepatroon dat we bij licht hebben gezien. Dus ook nu nemen we
maxima en minima waar.
Als we dit willen verklaren, net als we dat bij fotonen hebben gedaan, dan
zouden we het volgende moeten formuleren: de kans om een elektron ergens
op de plaat aan te treffen is evenredig met het kwadraat van de amplitude van
de elektrongolf op die plaats. Met andere woorden: ook elektronen vertonen
golfgedrag.
opgave 18
a ) Invullen van k = 1 en d = 1·10−9 m geeft
1·10−9 × sin(20◦ )
= 3, 4·10−10 = 3·10−10 m
λ=
1
h
6, 63·10−34
b) p= =
= 1, 9·10−24 = 2·10−24 kgm/s
λ
3, 4·10−10
1, 9·10−24
p
=
c) v=
= 2, 1·106 = 2·106 m/s
m
9, 11·10−31
p2
(1, 9·10−24 )2
d ) Ek =
=
= 2, 1·10−18 = 2·10−18 J = 13 eV =
2m
2 × 9, 11·10−31
1·101 eV
opgave 19
Bespreek dit met je docent.
opgave 20
a ) Hoeveelheid energie die per seconde het oog binnenkomt:
E = 10 J/m2 × 2·10−6 m2 = 2·10−5 J
Fotonenergie: E f = 6, 63·10−34 × 5·1014 = 3, 3·10−19 J
2·10−5
Aantal fotonen per sekonde:
= 6·1013
3, 3·10−19
b ) Impuls van de knikker: p = mv = 1·10−3 × 5 = 5·10−3 kgm/s
De Broglie golflengte: λ = h/p = 6, 63·10−34 /5·10−3 = 1·10−31 m
c ) De golflengte zou dan van de orde van grootte van 1 cm moeten zijn. Bij
een snelheid van 5 m/s zou dit het geval zijn als h een waarde zou hebben
van
h = pλ = 5·10−3 × 1·10−2 = 5·10−5 Js
opgave 23
a ) Neen, want het is onvoorspelbaarde waar het elektron een bepaald
negatief treft. Dit geschiedt weer volgens een kansproces, waarbij de kans
evenredig is met het kwadraat van de amplitudo.
De kans dat een volgend elektron de rij negatieven overal op precies
dezelfde plek treft is dus zeer klein.
b ) Het elektron treft het eerste negatief op een plek waar de amplitudo
groter is dan nul. De trefkans is evenredig met het kwadraat van de
amplitudo, en dit klopt dus wel. Nadat het elektron het eerste negatief
getroffen heeft, breidt de elektrongolf zich vanuit die plek weer uit, en het
elektron treft het tweede negatief ook weer op een plek waar de amplitudo
groter is dan nul, enzovoort. Dit ziet er dus allemaal best gezond uit.
Antwoorden
LXXV
c ) Dit is uiteraard geen realistische aanname. Bij de botsing met het
negatief verliest het elektron wel degelijk energie, waarvan in dit geval een
deel gebruikt wordt voor het op gang brengen van de chemische reactie
die de zwarting veroorzaakt.
Het verlies aan energie, en impuls, resulteert in een langere golflengte. In
het plaatje zouden de golffronten dus na ieder negatief steeds verder uit
elkaar moeten liggen.
opgave 21
a ) De golf strekt zich uit van -1 nm tot 1 nm dus de onbepaaldheid is 2 nm.
b ) Van 954,5 km tot 959 km dus 4,5 km.
opgave 22
Bijvoorbeeld: Waar ligt de scheidslijn tussen een plas en een meertje?
Wanneer noem je iemand lang? Meer natuurkundig: Kun je bij een stukje
materiaal van 5 moleculen al zeggen dat het een temperatuur heeft, of zijn er
daar 10 of 102 of 103 voor nodig?
opgave 24
a ) Er geldt d sin α = kλ. Als opvolgende ordes een paar graden moeten
verschillen, dus sin α ≈ 10−2 , dan moet d in de orde van grootte van
102 λ zijn, ofwel ≈ 0,1 mm.
b ) p = h/λ, dus
v = h/mλ = 6, 63·10−34 /(9, 11·10−31 × 1, 0·10−6 ) = 7, 3·102 m/s.
c ) Steeds meer (willekeurig verdeelde) puntjes, die op den duur een steeds
duidelijker patroon48 vormen. Zie ook figuur 4.
opgave 25
a ) Overeenkomsten: Ze bestaan allebei uit quantum deeltjes, die dus
deeltjes– én golfgedrag vertonen. (verder eventueel: brengen allebei
energie over, planten zich in principe rechtlijnig voort, ...)
Verschillen: Wel/geen massa, wel/geen lading, ... ?
Echter: Er bestaan ook fotonachtige deeltjes met massa, en ook
elektronachtige deeltjes zonder lading en (bijna) zonder massa. In H3 en
H4 komen we hierop terug.
b ) Het foto-elektrisch effekt was het eerste experiment dat overtuigend leek
aan te tonen dat licht zich als een stroom deeltjes gedraagt.
opgave 26
B
opgave 27
A
opgave 28
a ) Het deeltje met de grootste impuls heeft de kleinste golflengte (λ = h/p).
Bij gelijke kinetische energie
heeft het deeltje met de grootste massa de
√
grootste impuls (p = 2mE k ), in dit geval dus α–deeltje. (grootste p,
kleinste λ)
b ) Het elektron.
opgave 29
a) B
b) A
48 buigingsanim.htm
Antwoorden
LXXVI
Antwoorden Hoofdstuk 3
opgave 30 Het experiment van Rutherford
a ) Schiet vanuit verschillende hoeken op het voorwerp, of draai de tafel waar
het op staat, en vergelijk de hoek waaronder geschoten wordt met de
hoek waaronder de bal wordt teruggekaatst. De grafiek van hoek van
inval tegen hoek van terugkaatsing ziet er voor een rechthoekig voorwerp
anders uit dan voor een driehoek.
(extra vraag: wat voor informatie is er uit deze grafieken af te leiden over
bijvoorbeeld de verhoudingen van de rechthoekige voorwerpen en de
hoeken van de driehoek?)
b ) Bij een voorwerp dat veel lichter is dan de bal verwacht je dat de bal
weinig van richting verandert, en dat het voorwerp van onder het afdak
wordt weggeschoten.
Bij een veel zwaarder voorwerp kan de bal onder iedere hoek worden
teruggekaatst.
c ) Een groter voorwerp is makkelijker te raken als je onnauwkeurig mikt.
d ) Kleur, samenstelling, en temperatuur zijn op deze manier niet te
achterhalen.
opgave 31
Bespreek dit met je docent.
opgave 32 Energieniveau-schema (1)
a ) Voorbeeld: Lyman 1:
∆E = E 1 − E 0 = −3, 40 − −13, 60 = 10, 20 eV =
10, 20 × 1, 602·10−19 = 1, 634·10−18 J
frequentie: f = ∆E/6, 626·10−34 = 2, 466·1015 Hz
Op dezelfde manier:
Lyman 2: 2,924·1015 Hz, Lyman 3: 3,086·1015 Hz
Balmer 1,2,3: 4,573 6,173 en 6,912 maal 1014 Hz
b ) Omdat er meer dan twee energieniveaus in het spel zijn moeten sommige
lijnen corresponderen met overgangen die ook gesplitst kunnen worden,
zoals in ∆E 31 = ∆E 32 + ∆E 21 . Met een beetje puzzelen valt op dat:
9, 5 =
=
7, 6 =
5, 1 =
7, 6 + 1, 9
5, 1 + 4, 4
4, 4 + 3, 2
3, 2 + 1, 9
Hierbij passen alleen de twee schema’s in
figuur 38. Schema b valt af omdat je verwacht
dat in een atoom de hoger gelegen niveaus
dichter bij elkaar liggen.
Stel de energie op het onderste niveau op 0, dan
vinden we het volgende energieniveau–schema:
figuur 38
E0
E1
E2
E3
=
=
=
=
0
6, 626·10−34 × 4, 4·1014 = 2, 9·10−19 J = 1, 8 eV
6, 626·10−34 × 7, 6·1014 = 5, 0·10−19 J = 3, 1 eV
6, 626·10−34 × 9, 5·1014 = 6, 3·10−19 J = 3, 9 eV
c ) BINAS tabel 19A geeft dat frequenties tussen de 400·1012 Hz en
789·1012 Hz zichtbaar zijn. Er zijn dus 3 zichtbare spectraallijnen:
4,4·1014 Hz, 5,0·1014 Hz en 7,6·1014 Hz.
Antwoorden
LXXVII
opgave 33 Energieniveau-schema (2)
a ) Energieniveaus: 0; 5,4; 6,7; 7,7; 10,4 eV.
b ) Nee, want er zijn geen energieniveaus te vinden waarvoor ∆E = 1, 5 eV.
opgave 34 Energieniveau-schema (3)
a ) Zie figuur 39.
b ) Er zijn 10 spectraallijnen, zie
figuur 39.
figuur 39
opgave 35 De reductie van het golfpakket
Als de positie van het elektron niet wordt gemeten gedraagt het zich volgens
de theorie als een golf die zich in de ruimte uitbreidt. De plaats van het
elektron is dan in zekere mate onbepaald. Binnen de schaal van deze
onbepaaldheid gedraagt het elektron zich dus niet als een deeltje.
opgave 36 Snaar
a ) Uit de figuur blijkt dat er telkens een geheel aantal halve golflengtes op de
snaar passen. Als je dit in een formule zet dan ziet dat er zo uit:
L = nλ/2, dus λ = 2L/n
b ) De grondtoon hoort bij de kleinste n dus n = 1.
λ is dan gelijk aan 2L.
c ) Nee, het geluid heeft dezelfde frequentie als de trillende snaar. De
golflente wordt dan bepaald door λ = v/f en de golfsnelheid in de snaar
is niet hetzelfde als de geluidssnelheid in lucht.
opgave 38
a ) Dit volgt direct uit gebruik van p = mv.
b ) Dit volgt direct uit invullen van p = h/λ in E k = p2 /2m
2L
h2
c ) Ook hier een kwestie van invullen: λn =
in E k =
levert het
n
2mλ2
juiste resultaat.
Antwoorden
LXXVIII
opgave 39 Een koperdraadje
a)
p21
12 × h2
=
2m
2mλ2
(6, 63·10−34 )2
=
8 × 9, 11·10−31 × (1, 0·10−2 )2
= 6, 0·10−34 J
E1 =
b)
12 × h2
p21
=
2m
2mλ2
(6, 63·10−34 )2
=
8 × 9, 11·10−31 × (1, 0·10−9 )2
= 6, 0·10−20 J
E1 =
22 × h2
p21
=
2m
2mλ2
(6, 63·10−34 )2
=
8 × 9, 11·10−31 × (1, 0·10−9 )2
= 2, 4·10−19 J
E2 =
c)
E f = E 2 − E 1 = 1, 8·10−19
1, 8·10−19
Ef
= 2, 7·1014 Hz
=
f =
h
6, 63·10−34
d ) Een frequentie van 2, 7·1014 Hz zit in het infrarode deel van het spectrum,
bijna tegen zichtbaar rood aan.
opgave 40 Demping
a ) Als de golffunctie gedempt zou zijn, betekent dit dat de amplitude van de
golffunctie steeds kleiner wordt. Dit betekent ook dat de grafiek van de
waarschijnlijkheidsverdeling steeds kleiner wordt, wat geı̈nterpreteerd moet
worden als de kans om het deeltje ergens aan te treffen die kleiner wordt.
Met andere woorden, na verloop van tijd is de kans om het deeltje nog
ergens aan te treffen 0, ofwel het deeltje kan niet meer worden
aangetroffen.
b ) Aangezien deeltjes niet zomaar kunnen verdwijnen betekent dit dat de
totale kans om een deeltje ergens aan te treffen gelijk moet blijven, dus
mag (met vraag a) de golf niet uitdempen.
c ) Een deeltje kan op verschillende tijdstippen wel verschillende energieën
hebben, doordat een deeltje van een aangeslagen (hogere) toestand naar
een lagere of grondtoestand gaat (of omgekeerd). Hierbij is de totale
energie behouden. Het verschil in energie tussen de toestanden wordt dus
uitgezonden in de vorm van elektromagnetische straling.
opgave 37 Fotonegatieven
a ) Die kans hangt ook af van:
de tijd die het fotonegatief in de ruimte zat. Hoe langer, hoe groter de
kans dat het foton met het zilverchloride gereageerd heeft. (Je kunt ook
zeggen de reactiekans per s.)
Verder van de grootte van de zilverchloridekorrels. Hoe groter de korrels,
hoe groter de kans dat het foton met het zilverchloride gereageerd heeft.
Antwoorden
LXXIX
b ) De kansverdeling is gelijk aan het kwadraat van de golffunctie. Dus zo:
figuur 40
c ) Bij het bepalen van de kansverdeling gebruik je het golfmodel omdat
volgens de interpretatie de waarschijnlijkheid om een foton ergens aan te
treffen evenredig is met het kwadraat van de fotongolf op die plaats.
Bij het verklaren van de chemische reactie gebruik je het deeltjesmodel.
Het foton reageert dan op één bepaalde plek met een korrel zilverchloride.
d ) Als de negatiefjes op elke plek even lang worden neergezet, dan is de kans
op zwarting evenredig met de waarschijnlijkheidsverdeling. Dus op de plek
van beide pieken is de zwarting het grootst.
opgave 41 Ordes van grootte
a ) Ga ervan uit dat een atoom een grootte heeft die ruwweg overeenkomt
met de ribbe L van het doosjemodel. Het energieverschil tussen de twee
niveaus is ∆E = 10 eV = 1, 60·10−18 J
Volgens de formule voor de energieniveaus van een deeltje in een doos, is
het verschil tussen het eerste en tweede energieniveau gelijk aan:
2
∆E = (22 − 12 ) × h 2
8mL
18, 09·10−38
h2
−19
=
Dus L = 3 ×
−18 = 1, 13·10
8m∆E
1,
60·10
q
en L = 1, 13·10−19 = 3, 3·10−10 m
b ) Ga weer uit van de grond- en de eerste aangeslagen toestand. Invullen
h2
van m = mp en ∆E = 1, 60·10−13 in L2 = 3 ×
geeft
8m∆E
L = 2, 5·10−14 m.
h2
c ) Uit ∆E = (n22 − n21 )
blijkt dat ∆E ∝ L-2 . Grotere L geeft dus
8mL2
kleinere ∆E.
d ) De energieverschillen zijn kleiner naarmate de systemen groter worden.
2
opgave 42 Een knikkerdoosje
Voor dit soort macroscopische systemen zijn de afstanden tussen de
energieniveaus zo verschrikkelijk klein, dat ze niet meer waarneembaar zijn.
h2
De energieverschillen zijn van de orde van grootte van
. Voor een
8mL2
knikker van 5 g in een (3-dim) doosje met een lengte van 5 cm komt dit uit op
(6, 6·10−34 )2
∆E =
= 10−63 J
8 × 5·10−3 × (5·10−2 )2
Antwoorden
LXXX
opgave 43 3–dim doosjes (1)
E =
=
n2y
h2 n2x
n2z
( 2+ 2+
)
8m L
L
(10L)2
h2
(n2 + n2y + 0, 01n2z )
8mL2 x
opgave 44 3–dim doosjes (2)
a ) Uitwerking eendimensionaal geval:
n21 = 12 = 1
n22 = 22 = 4
h1 n21
h2 n22
−
∆E =
8mL2 8mL2
h2
3h2
= (n22 − n21 )
=
8mL2
8mL2
Uitwerking driedimensionaal geval:
n21 = 12 + 12 + 12 = 3
n22 = 22 + 12 + 12 = 6
h2 n22
h1 n22
∆E =
−
8mL2 8mL2
h2
3h2
= (n22 − n21 )
=
8mL2
8mL2
h2
8mL2
2
2
Als voorbeeld bekijken we de niveaus met (nB − nA ) ≤ 20. In het 1–dim
geval vinden we dan voor (n2B − n2A ) de mogelijkheden:
3(2 → 1) (dat wil zeggen (n2B − n2A ) = 22 − 12 = 3) en:
5(3 → 2); 7(4 → 3); 8(3 → 1); 9(5 → 4); 11(6 → 5);
12(4 → 2); 13(7 → 6); 15(4 → 1); 16(5 → 3); 17(9 → 8);
19(10 → 9); 20(6 → 4);
Dubbel voorkomende mogelijkheden zoals 15(8 → 7) zijn hier niet apart
vermeld
In het 3–dim geval komen erbij:
1((5, 1, 1) → (4, 3, 1)); 2((6, 4, 1) → (7, 1, 1));
4((4, 1, 1) → (3, 2, 1)); 6((2, 2, 1) → (1, 1, 1));
10((4, 2, 1) → (3, 1, 1))14((3, 2, 2) → (1, 1, 1));
18((4, 2, 1) → (1, 1, 1))
b ) Gebruik de formule ∆E A,B = E B − E A = (n2B − n2A )
opgave 45
a ) In verband met het Pauli–verbod passen er maar twee elektronen per
toestand. De verdeling is dus (2,2,2,1), d.w.z.:
n = 1: 2 elektronen ... n = 4: 1 elektron.
b)
h2
(2 × 12 + 2 × 22 + 2 × 32 + 1 × 42 )
8mL2
h2
= 44 ×
= 1, 7·10−19 J
8mL2
E =
Antwoorden
LXXXI
c ) De eerste aangeslagen toestand ontstaat in dit geval als er een elektron
uit toestand n = 3 terecht komt op de open plaats in n = 4. Dan volgt
∆E = (42 − 32 )
= 7×
h2
8mL2
h2
= 2, 6·10−20 J
8mL2
De bijbehorende frequentie wordt dan:
2, 6·10−20
∆E
=
= 4, 0·1013 Hz.
f=
h
6, 63·10−34
opgave 46
Dan moet het verschil tussen de energieniveaus van de stof een waarde hebben
van ∆E = h × f . Voor zichtbaar licht moet de waarde van ∆E een paar
elektronvolt bedragen; iets preciezer: tussen de 1,5 eV en 3 eV.
opgave 47
In het ’elektron–in–een–doosje-model’ is de hoogte van de energieniveaus
omgekeerd evenredig met het kwadraat van de lengte. Het doos–model is niet
voor alle systemen een redelijke benadering, maar het principe dat meer ruimte
zorgt voor kleinere verschillen tussen de energieniveaus is wel heel algemeen.
opgave 48 Kleurstof (1)
a ) Met L = 0, 9·10−9 m vinden we
E n = n2 h2 /8m(0, 9·10−9 )2 = 7, 45·10−20 × n2
Invullen van n = 1, 2, 3, 4 geeft respectievelijk:
E 1 = 7, 4·10−20 J = 0,47 eV
E 2 = 3, 0·10−19 J = 1,9 eV
E 3 = 6, 7·10−19 J = 4,2 eV
E 4 = 1, 2·10−18 J = 7,4 eV
b ) Er zijn zes π elektronen, waarvan er twee in het eerste, twee in het tweede
en twee in het derde niveau zitten. Deze niveaus zijn daarmee precies
gevuld.
c ) ∆E 4,3 = (16 − 9) × 7, 45·10−20 = 5, 21·10−19 J = 3,3 eV.
d ) ∆E = hf = hc/λ = 6, 63·10−34 times3, 00·108 /420·10−9 = 4, 7·10−19 J
= 3,0 eV.
opgave 49 Kleurstof (2)
Voor k = 2 hebben we L = 1, 5 nm en 10 π–elektronen. De eerste vijf
toestanden zijn dus gevuld, en we willen het energieverschil weten tussen het
vijfde en het zesde niveau:
∆E 6,5 = (62 − 52 ) × h2 /2m(1, 5·10−9 )2 = 11 × 2, 68·10−20 = 2, 9·10−19 J =
1,8 eV.
λ = hc/∆E = 6, 75·10−7 m = 675 nm.
De stof absorbeert oranje licht, en is derhalve blauw.
Antwoorden
LXXXII
opgave 50 Kleurstof (3)
a ) De kleur die geabsorbeerd wordt, wordt daarmee uit het spectrum van het
teruggekaatste licht verwijderd. Wat overblijft is de complementaire
kleur.
k
0
1
2
3
4
5
hf (gemeten)
(eV)
2,95
2,25
1,91
1,63
1,43
1,24
λ
(nm)
420
553
651
763
869
1003
geabsorbeerde
kleur
violet
groen
oranje
rood
–
–
waargenomen
kleur
geel
rood
blauw
groen
–
–
b ) De geabsorbeerde kleuren liggen in het infrarood. Omdat er geen
zichtbare kleuren worden geabsorbeerd is de stof wit.
opgave 51 Bleken
a ) Om een molecuul in stukken te breken is energie nodig (in principe weer
een vorm van bindingsenergie). Als het molecuul al in een aangeslagen
toestand verkeert is de hoeveelheid energie die nog toegevoerd moet
worden kleiner. Het molecuul zal dus gemakkelijker uit elkaar vallen
b ) Door de blootstelling aan licht komen de kleurstofmoleculen in een
aangeslagen toestand en hebben nog maar weinig nodig om uit elkaar te
vallen. UV–licht werkt wat dit betreft nog sneller dan zichtbaar licht,
omdat het molecuul in een hogere aangeslagen toestand brengt, of
wellicht zelfs in een keer voldoende energie levert voor de dissociatie van
het molecuul.
opgave 52 De bindingsenergie van twee doosjes
h2
In een enkel doosje is E k = (1 + 1 + 1)
= 10 eV.
8mL2
Stop de twee elektronen in een twee maal zo lang doosje, dan geeft dit per
elektron:
h2
h2
h2
+
+
8m(2L)2 8mL2 8mL2
h2
2, 25
= 2, 25
=
× 10 = 7, 5 eV
2
8m(L)
3
Ek =
Voor de twee elektronen samen is dit 15 eV, en dus 5 eV lager dan de
oorspronkelijke 20 eV.
opgave 53 Ionisatie–energie
Bindingsenergie is de energie die vrijkomt als systemen samengevoegd worden,
en die nodig is om de systemen weer te scheiden.
Onder de ionisatie–energie verstaan we de energie die nodig is om een elektron
vrij te maken van het atoom. Als het omgekeerde plaatsvindt (een elektron
wordt gebonden door een ion) komt deze energie dus vrij. Dit is gelijk aan de
definitie van bindingsenergie.
opgave 54 De bindingsenergie van moleculen
Macroscopisch: Denk bijvoorbeeld aan een vlam. De bindingsenergie die
vrijkomt is macroscopisch merkbaar in de vorm van warmte en van licht.
Microscopisch: De bindingsenergie komt gedeeltelijk direct vrij in de vorm van
fotonen. Verder worden de gevormde moleculen achtergelaten in hoge
energietoestanden: hevig trillend en roterend. Bij botsingen met andere
Antwoorden
LXXXIII
moleculen wordt dit ook doorgegeven en voor een deel omgezet in kinetische
energie. Verder worden er elektronen geı̈oniseerd, die ook weer botsingen
veroorzaken en na enige tijd terugvallen naar een atoom, en daarbij fotonen
uitzenden.
opgave 55 Stevige stoffen
a ) Gegevens invullen:
A = 1 m2
Y = 2·1011 Pa (Binas tabel 9)
∆L
= 0, 01
L0
Antwoord: F = 2·109 N
opgave 56 Je eigen zwaarte-energie
a ) Vul in, bijvoorbeeld m = 70 kg (??), maarde = 5, 98·1024 kg,
G = 6, 67·10−11 nm2 /kg2 , r = 6, 38·106 m. Uitkomst: −4, 4·109 J.
b ) De uitkomst is bij gebruik van deze formule negatief. Terwijl kinetische
energie altijd een positieve waarde heeft is voor potentiële energie een
negatieve waarde geen probleem. Bovebdien zijn bij potentiële energie
altijd alleen de verschillen belangrijk. Daarom mag het nulniveau
willekeurig gekozen worden. Bij zwaartekrachtberekeningen hier op aarde
is het gebruikelijk het nulniveau op de begane grond te kiezen. Bij
zwaartekrachtberekeningen aan hemellichamen wordt het nulniveau op
grote afstand van het hemellichaam gekozen.
c ) Bij het bestijgen van een berg neemt de zwaarte-energie toe. Bij het
hiergekozen nulniveau betekent dit dat de zwaarte-energie minder negatief
wordt.
opgave 57 Krachtige kristallen
a ) Bij de evenwichtslengte L0 is de afgeleide van de energie 0. Dit geeft:
E 0 (L0 ) = −
2a
b
4a
= 1, 6·10−27 Jm
+
= 0 dus b =
L30 L20
L0
b ) Het nieuwe volume wordt V 1 = 0, 9990V 0 . Iedere lengte in het blok, dus
ook L wordt hierbij kleiner met een factor
1
L1 = 0, 9990 3 L0 = 0, 999667L0 . L wordt dus 0,033% korter.
4a
c ) Gebruik makend van b =
= 1, 6·10−27 schrijven we E en ∆E als
L0
E =
∆E =
=
=
=
=
=
2a
4a
−
2
L
L0 L
2a
4a
2a 4a
−
− ( 2 − 2)
2
L
L0 L
L0 L0
2
2a L0
L0
2a
(
− 2 ) − 2 (1 − 2)
L20 L2
L
L0
L0
2a L20
( 2 −2
+ 1)
2
L0 L
L
2a
1
2
(
−
+ 1)
2
2
L0 0, 999667
0, 999667
2a
× 0, 000000111
L20
5, 9·10−25 J
Antwoorden
LXXXIV
Het blok bevat een mol atomen, dus de toename van de energie in het
blok wordt:
∆E tot = 6, 02·1023 × 5, 92·10−25 = 0, 356 J
Voor de druk vinden we nu
p=
2∆E tot
0, 713
=
= 2, 1·108 Pa
∆V
0, 0010 × 3, 4·10−6
d ) Als de afstand tussen twee atomen groter wordt, gaat in het model de
energie van de binding naar 0. (want zowel L-2 als L-1 gaat naar 0) Zodra
de de energie groter is dan 0 is er dus geen sprake meer van een binding
tussen de atomen. In de evenwichtstoestand is de energie gelijk aan
E =2×
2a 4a
−
= −5, 3·10−18 J = 33 eV
L20 L0
Ieder atoom draagt vier elektronen bij aan de bindingen en er zijn twee
elektronen per binding, dus per atoom zijn er twee bindingen. Om de
bindingen tussen de atomen te verbreken is er per atoom dus
2 × 33, 3 = 67 eV nodig. Dit is aanzienlijk meer dan de 7 eV die is
waargenomen. Het model schiet in dit opzicht dus tekort. (Voor een
mogelijke aanvulling op het model: vraag je af wat er met de elektronen
gebeurt als een binding wordt verbroken. In welke energietoestand van het
atoom komen ze dan terecht?)
e ) Met 6,02·1023 atomen en 7 eV bindingsenergie per atoom wordt dit
4·1024 eV = 7·105 J.
f ) m = 6, 02·1023 × 2, 0·10−26 = 1, 2·10−2 kg
g ) Voor het verbreken van de bindingen is 7·105 J nodig (zie vorige vraag).
De kinetische energie wordt 23 RT = 1, 5 × 8, 31 × 1, 5·103 = 2·104 J. In
totaal is dit 7·105 J en we kunnen concluderen dat bij deze temperatuur
de kinetische energie ongeveer 3% bijdraagt aan de thermische energie
van het gas.
opgave 58
Bijvoorbeeld:
• Een deeltje in een doosje kan het doosje niet verlaten. We hebben al
gezien dat het elektron het waterstofatoom wel kan verlaten als het maar
de daarvoor benodigde energie krijgt (13,6 eV). Met andere woorden: de
wanden van het doosje zijn niet oneindig hoog.
• In het waterstofatoom wordt het elektron niet in het atoom gehouden
door een wand, maar door de elektrische aantrekking van het proton. Het
is dus niet vrij tot het de wand raakt, zoals in een doosje, maar het voelt
de aantrekking van het proton juist steeds sterker naarmate het dichter bij
de kern komt.
• Het waterstofatoom is niet 1–dimensionaal.
opgave 59 Variabele golflengten
a ) Dichter bij de kern wordt de potentële energie steeds kleiner. Omdat de
totale energie gelijk blijft, moet de kinetische energie dus toenemen.
h2
b ) Ek =
2mλ2
c ) Dichter bij de kern moet E k groter worden, dus λ kleiner.
d ) De potentiële energie is evenredig met −1/r, dus E p = −c/r (met een of
andere constante c). Verder is E k = E totaal − E p , dus
h2
c
= E totaal −
2
2mλ
r
Antwoorden
LXXXV
opgave 60 Kansverdelingen (1)
a ) De amplitudo heeft eenheid nm-3/2 ; het kwadraat van de amplitudo heeft
dus eenheid nm-3 ; vermenigvuldigen met volume (nm3 ) geeft 1. Dit klopt
want waarschijnlijkheid is een dimensieloze grootheid, zonder eenheid.
b ) Het bovenste plaatje in figuur 41 stelt telkens ψ voor en het onderste is
ψ 2 . Let op dat de snijpunten met de x–as niet veranderen (waar ψ = 0 is
ook ψ 2 = 0) maar dat negatieve waarden van ψ aanleiding geven tot
positieve waarden van ψ 2 .
figuur 41
opgave 61 Kansverdelingen (2)
Zie applet 49 , zie ook programma psi.
opgave 62 Energieniveaus
Figuur: n=1 geeft E = −13, 6 eV.
Combineren met formule ⇒ C = 13, 6 eV.
Invullen van andere waarden van n geeft waarden die kloppen met figuur 15,
bijvoorbeeld voor n = 2: C = −(−3, 4)·22 = 13, 6 eV (klopt)
opgave 63 Elektronenconfiguraties (1)
a ) Zuurstof: (2,6) (d.w.z. n = 1: 2 elektronen n = 2: 6 elektronen.)
b ) Natrium: (2,8,1)
Zie ook BINAS tabel 104.
opgave 64 Elektronenconfiguratie (2)
n = 1: plaats voor 2 elektronen. Deze schil wordt gewoon gevuld.
Edelgas: He (2)
n = 2: plaats voor 8 elektronen; Deze schil wordt gewoon gevuld.
Edelgas: Ne (2,8)
n = 3: plaats voor 18 elektronen; Deze schil wordt gevuld tot er 8 elektronen
in zitten. Vervolgens wordt er eerst begonnen met n = 4.
Edelgas: Ar (2,8,8)
n = 4: plaats voor 32 elektronen; Deze schil wordt eerst opgevuld tot er 2
elektronen in zitten, Ca (2,8,8,2). Vervolgens worden n = 3 gevuld, waarbij er
af en toe een elektron uit n = 4 wordt teruggehaald bijvoorbeeld V (2,8,11,2)
→ Cr (2,8,13,1). Daarna loopt n = 4 vol tot er 8 elektronen in zitten.
Edelgas: Kr (2,8,18,8)
n = 5: plaats voor 50 elektronen. Eerst worden er twee elektronen in n = 5
geplaatst. Daarna wordt n = 4 een eind verder gevuld, waarbij af en toe weer
49 WWW:
[26]
Antwoorden
LXXXVI
een elektron uit n = 5 wordt teruggehaald. Als n = 4 18 elektronen bevat is
het weer even genoeg en wordt n = 5 opgevuld tot 8 elektronen. Edelgas:
Xe (2,8,18,18,8)
n = 6: plaats voor 72 elektronen. Met 18 elektronen in n = 4 en n = 5 wordt
begonnen aan n = 6. Als deze 2 elektronen bevat blijkt het tijd te zijn om
n = 4 verder vol te gooien, waarbij de lanthaniden ontstaan, atoomnummer
57–71. Hierbij mag n = 5 af en toe ook een elektron lenen, bijvoorbeeld Gd
(2,8,18,25,9,2). Als n = 4 vol is wordt n = 5 aangevuld tot 18 en n = 6 tot 8
elektronen.
Edelgas: Rn (2,8,18,32,18,8)
n = 7: plaats voor 98 elektronen. Als er 2 elektronen in n = 7 zitten wordt
eerst n = 5 opgevuld tot 32, waarbij de actiniden ontstaan, zoals thorium,
uraan en plutonium.
Edelgas: naar verwachting zou het element (2,8,18,32,32,18,8) met
atoomnummer 118 een edelgas moeten zijn. Dit gas bestaat echter niet. Alle
elementen zwaarder dan uraan kunnen alleen kunstmatig worden gemaakt, in
kernreactoren of met deeltjesversnellers. Het element met atoomnummer 118
is toevallig op dit moment het zwaarste element dat tot op heden is
aangetoond. Het gaat dan echter om enkele kernen, die zo snel weer vervallen
dat het onmogelijk is om de chemische eigenschappen ervan te onderzoeken.
opgave 65 Vreemde atomen
Bijvoorbeeld
• De grondtoestand van ieder atoom zou bolvormig zijn, omdat alle
W− –deeltjes, die de elektronen vervangen, in de grondtoestand zouden
gaan zitten.
• Tussen de atomen onderling zouden nog wel aantrekkende krachten
bestaan, ten gevolge van de Van-der-Waals krachten en de mogelijkheid
om W− –deeltjes te delen. De variëteit van scheikundige verbindingen die
wij kennen hangt echter zeer sterk samen met de eigenschappen van de
energieschillen en die zouden hier nauwelijks meer een rol spelen.
Scheikundig interessante verbindingen zouden er dus ook niet of
nauwelijks kunnen bestaan.
• Het ontstaan en de stevigheid van stoffen hangt zeer nauw samen met het
Pauli–verbod, dat voor W− –deeltjes geen rol speelt, omdat het bosonen
zijn. Alle materialen zouden zeer zwak zijn.
opgave 66
Overleg dit met je docent.
opgave 67 Positie
Kans om bij meting het deeltje te vinden:
50% tussen 4,2 en 4,8 mm,
50% tussen 6,4 en 6,9 mm
opgave 68 Golffuncties
In het midden is E p het kleinst, dus E k is het grootst, en λ het kleinst.
Daarom mogelijkheid A.
Antwoorden
LXXXVII
opgave 69 De kleur van een denkbeeldige stof
a ) Laagste energieniveau in het 1-dim. model:
E1 =
Hogere niveaus:
h2
= 6, 03·10−20 J = 0, 377 eV
8me L2
E n = n2 ·E 1
Dus voor 6 elektronen (met gebruik van Pauli–principe):
E tot = 2E 1 +2E 2 +2E 3 = 2·(12 +22 +32 ) = 28E 1 = 1, 69·10−18 J = 10, 6 eV
b ) Het laagste niet volle niveau is E 4 , dus de kleinste overgang is van E 3
naar E 4 . Dit geeft:
hf = (42 − 32 )·E 1 = 4, 22·10−19 J
Dus f = 4, 22·10−19 /6, 63·10−34 = 6,37·1014 Hz.
c ) L0 = 2L, dus E 0 1 = E 1 /4. Het aantal elektronen is nu 12, dus het laagste
niet volle niveau is E 0 7 , en de kleinste overgang is van E 0 6 naar E 0 7 . Dit
geeft:
13E 1
hf 0 = (72 − 62 )·E 0 1 =
4
Dit is kleiner dan 7E 1 , dus f wordt lager.
opgave 70
n2 h 2
Zie deeltje in doos model: E n =
⇒ Kleinere L geeft grotere
8mL2
energiesprongen en fotonen met hogere frequentie.
opgave 72 Verstrooiı̈ngsexperimenten
a ) Overeenkomsten: Het zijn beide verstrooiingsexperimenten, met alles wat
hierbij hoort: een deeltjesbron (α–deeltjes en elektronen), een systeem
waarmee botsingen plaatsvinden (goudfolie en het trefplaatje met grafiet),
en een detector (in beide gevallen een fluorescerend scherm).
Verschillen: Andere deeltjes en een andere orde van grootte van de
energie. Verder speelt in het grafietexperiment het golfkarakter van
materie een opvallender rol.
b ) De afstanden in het kristalrooster waren van de orde van grootte van
10−10 tot 10−11 m, terwijl kernen van de orde van grootte van 10−14 m
zijn. Er zitten dus 3 tot 4 grootteordes tussen.
c ) De orde van grootte van de typische energie van de α–deeltjes is enkele
MeV,√dus ongeveer 103 maal zoveel als die van de elektronen. Met
p = 2mE en mα ≈ 104 me volgt hieruit dat de golflengte van de
α–deeltjes inderdaad ongeveer 103 maal kleiner is.
Merk hierbij overigens op dat de elektronen net wel genoeg energie hebben
om interne structuur in het kristal te zien, maar dat de α–deeltjes niet
voldoende energie hebben om interne structuur in de kern te ontdekken.
opgave 73 De buckybal
a ) Massa C–atoom opzoeken, omrekenen naar kg en dat maal 60.
b ) De elektronenergie van 60 losse koolstofatomen is
60 × −1849 = −110940 eV. Bij de vorming van de buckybal komt er nog
eens 422 vrij, zodat de energie van de elektronen uitkomt op
−110940 − 422 = 1 − 11362 = −1, 114·105 eV.
c ) UV (BINAS 19B).
Antwoorden
LXXXVIII
d ) De energie van moleculen is gequantiseerd; er komen slechts bepaalde
energieniveaus voor. Bij overgangen tussen deze niveaus hoort een
bepaalde discrete energie en hierbij weer een bepaalde frequentie en
golflengte.
e ) Energie van 1 foton met λ = 6, 59 µm:
hc
Ef =
= 3, 014·10−20 J = 0,188 eV. Nodig: 40 eV, dus 213 fotonen.
λ
f ) 1. Zachter, want de ballen zelf zijn enigszins flexibel, net als een voetbal,
en de bindingen tussen de buckybalmoleculen in buckyballen kristallen zijn
niet erg sterk; de elektronen worden al benut voor de bindingen binnen de
ballen.
2. Ze zijn wel geschikt als smeermiddel, want de ronde vorm zorgt er voor
dat de moleculen goed kunnen rollen.
g ) Diamant heeft een grote soortelijke weerstand en is dus een slechte
geleider; grafiet is een goede geleider (kleine soortelijke weerstand, BINAS
10). Met behulp van de figuur kan geconcludeerd worden dat de valentie
elektronen gemakkelijk bewegen langs de lagen in het grafiet, maar
moeilijk bij de bindingen in het diamant.
h ) Vanwege de gelijkenis tussen de buckybal en een opgerolde grafietlaag is
te verwachten dat binnen het molecuul de geleiding vrij goed is. Probleem
is het contact tussen de moleculen onderling.
Nanobuisjes zijn langwerpige verwanten van de buckybal. Het zijn
eigenlijk opgerolde grafietlaagjes. Ze gedragen zich elektrisch interessant.
Afhankelijk van de manier van oprollen zijn het goede geleiders of
halfgeleiders en met een knik erin kunnen er diodes en transistors van
gemaakt worden. Er wordt onderzoek gedaan naar de mogelijkheid om er
superkleine elektronische schakelingen mee te maken.
Antwoorden
LXXXIX
Antwoorden Hoofdstuk 4
opgave 74 huissleutels
a ) Behoud van het aantal atomen van een gegeven atoomsoort, geldt wel
voor een chemische reactie, maar niet voor een kernreactie. Het is dus een
relatieve behoudswet.
b ) Een sleutel die wordt omgesmolten of wordt opgelost in zwavelzuur, is
duidelijk geen sleutel meer. Er zijn natuurlijk ook twijfelgevallen. Is een
sleutel die breekt nog een sleutel? Tellen we een sleutel die op de
oceaanbodem valt nog mee, of bedoelen we alleen sleutels die we ooit nog
kunnen terugvinden?
opgave 75 biljartballen
Impuls is een vector dus de Wet van Behoud van Impuls moet gelden in x– en
y–richting afzonderlijk, dus Σpx, voor = px, na en Σpy, voor = py, na . Aangezien de
beide ballen identiek zijn, valt de massa uit de vergelijking.
x–richting:
m(2, 27 − 1, 33) = m(1, 98 + v 2,x,na )v 2,x,na ) = −1, 04 m/s
y–richting:
m(0, 52 + 1, 78) = m(2, 24 + v 2,x,na )v 2,y,na ) = 0, 06 m/s
opgave 76 knalgas
Behoud van aantal atomen per atoomsoort. Bij uitbreiding van de vergelijking
kan verder gebruik worden gemaakt van behoud van massa en van lading.
opgave 77
a ) Tussen de haakjes achter de H wordt het energieniveau van het
waterstofatoom vermeld.
Tussen de haakjes achter de γ staat de energie van het uitgezonden foton.
b ) Bij de eerste overgang, van vrij elektron naar n = 5, hangt de uitgezonden
energie ook af van de begin energie van het elektron. Bij de overgang van
n = 5 naar n = 3 klopt de formule, want
−13, 6 −13, 6
−
= 0, 967
52
32
De overige gegeven waarden kunnen op dezelfde manier worden
nagerekend en zijn inderdaad correct.
c ) de massa van een (gewoon) H–atoom = 1,007825 u =
1,673534·10−27 kg.
10,2 eV = 1,63·10−18 J
∆m = E/c2 = 1, 81·10−35 kg, dit is 1,08·10−6 % van de massa van het
atoom.
opgave 78
Bespreek dit met je docent.
opgave 79 Meitnerium
a ) BINAS tabel 104: atoomnummer Meitnerium, Z Mt = 109,
of uitrekenen via:
Z Fe = 26, sZBi = 83 en 26 + 83 = 109.
209
267
b ) 58
26 Fe + 83 Bi → 109 Ra
c ) De ijzerkernen moeten een hoge snelheid hebben om de afstotende
elektrische kracht tussen de ijzerkern en de bismuthkern te overwinnen.
Antwoorden
XC
opgave 80 Technetium
a ) Bij het gebruik van technetium als tracer wordt de verspreiding van het
technetium door het lichaam gevolgd doordat de uitgezonden γ–fotonen
worden waargenomen. Het β–verval speelt hierbij geen nuttige rol, met
name omdat het doordringend vermogen van de β–deeltjes niet groot
genoeg is. Een groot deel van de elektronen komt al binnen het lichaam
tot stilstand.
Bij een kortere levensduur voor het beta–verval zou de stof wel meer
ioniserende stralen afgeven, en daarmee gevaarlijker worden om mee te
werken.
Bij halveringstijden van een paar uur of nog minder, zou de stof
bovendien ongeschikt zijn omdat een groot deel al zou vervallen voordat
het γ–straling uitzendt.
b ) Dan zou het meeste γ–verval al zijn opgetreden voordat het onderzoek
nog zelfs maar begonnen is. De enige remedie zou dan zijn dat een veel
hogere dosis Tc–99m wordt ingespoten, maar dat lijkt uit een oogpunt
van bijwerkingen niet echt gewenst.
opgave 81 Dracht
Voor steeds grotere waarden van de dracht a, wordt 1/a steeds kleiner, en e-r/a
komt steeds dichter bij 1 te liggen. Voor e-r/a /r2 geldt dan dat het steeds
dichter nadert tot 1/r2 . Deze evenredigheid met 1/r2 geldt voor de
zwaartekracht (evenals voor de elektrische kracht).
opgave 82 Verval
a ) De zwaardere isotopen bevatten meer neutronen. Kernen met een
neutronenoverschot hebben de neiging via β–verval dat overschot weg te
werken.
b ) De nucleonen in de kern worden bij elkaar gehouden door de sterke
kernkracht. Doordat de dracht van de sterke wisselwerking heel klein is,
wordt de elektrostatische afstoting tussen de protonen steeds belangrijker
naarmate de kern groter wordt.
c ) De kern is zowel instabiel omdat hij groot is, als omdat hij een
neutronenoverschot bevat.
opgave 83 Het verval van thorium
a ) Atoommassa van thorium–232: 232,03805 u = 3,8530846·10−25 kg. In
1,0 kg gaan dus 2,5953232·1024 = 2,6·1024 atomen thorium–232.
b ) De formule voor het verval van het thorium is
-t/t1/2
N (t) = 2
× N0
Om te vinden hoeveel atomen er per sekonde vervallen moet de afgeleide
dN (t)
worden berekend: A(t) =
, en daarom schrijven we de 2–macht
dt
eerst als een e–macht, zodat:
N (t) = e
-t ln21/2
× N0
ln 2
A(t) = (
)N (t)
t1/2
= 1, 57·10−18 N (t)
waarbij niet vergeten moet worden om de halveringstijd om te rekenen
naar seconden. Invullen van N = 2,60·1024 op t = 0 geeft:
A(0) = 4, 1·106 Bq
Dankzij het enorme aantal atomen in een kilogram dus toch nog een
behoorlijke activiteit, ondanks de lange halveringstijd.
Antwoorden
XCI
228
c ) 232
90 Th → 88 Ra + α
d ) Pb–208 is het enige stabiele vervalproduct van Th–232, maar het kan wel
op verschillende manieren bereikt worden:
1:
232 Th α → 228 Ra β → 228 Ac β → 228 Th α → 224 Ra α →
90
88
89
90
88
220 Rn α → 216 Po α → 212 Pb β → 212 Bi α → 208 Tl β → 208 Pb
86
84
82
83
81
82
2:
232 Th α → 228 Ra β → 228 Ac β → 228 Th α →
90
88
89
90
224 Ra α → 220 Rn α → 216 Po β → 216 At α → 212 Bi β → 212 Po α → 208 Pb
82
84
83
85
84
86
88
opgave 84 Kernfusie
a ) Gebruik Tabel 7 en tabel 25 uit BINAS.
losse delen: de massa van 2p + 2n + 2e = 6,6969219·10−27 kg
massa van het atoom: 4,0026034 u = 6,6464824·10−27 kg dus ∆m =
5,0439492·10−29 kg
per atoom komt E = ∆mc2 vrij dus:
E = 5, 0439492·10−29 kg × 3, 0·108 )2 = 4, 54·10−12 J
In 1,0 kg helium zitten 1/ 6,6464824·10−27 = 1,50·1026 atomen, dus
∆E = 6, 83·1014 J (veel!)
b ) Tabel 28c in BINAS geeft de stookwaarde van Gronings aardgas:
32·106 J/m3.
De dichtheid van aardgas is 0,833 kg/m3 , dus 1,0 kg heeft een volume
van 1,20 m3 . Zodoende: ∆E = 3,84·107 J.
c ) ∆m = ∆E/c2 = 4, 27·10−10 kg.
Uitgedrukt in percentage is dit 4,3·10−8 %, veel kleiner dus dan de
0,75 % bij de vorming van helium.
opgave 85
Bespreek dit met je docent.
opgave 86 Elektronvolts
a ) mp = 938, 27 MeV/c2
me = 0, 51100 MeV/c2
Zie BINAS tabel26 voor controle.
b ) 10 keV = 1,60·10−18 J = 21 mv 2 . Hieruit volgt v = 5,93·107 m/s
opgave 87 Kernreactor
89
144
a ) 235
92 U + n → 36 Kr + 56 Ba + 3n
De massavergelijking wordt nu:
89
144
m(235
92 U) − 92me = m(36 Kr) + m(56 Ba) − 92me + 3mn − ∆m
Dus:
∆m = 88,91660 + 143,92267 + 2× 1,008665 – 235,04393 =
-0,18733 u
Via E = mc2 komt dit overeen met 2,7919·10−11 J aan energie die
vrijkomt.
b ) Als de reactor 800 MW levert, bij een rendement van 30%, dan moet er
primair een vermogen van 2,7 GW worden opgewekt. Per seconde moeten
er dan 2,7·109 /2,7919·10−11 = 9,6·1019 atomen uranium gesplitst
worden. Dit is 9,55·1019 ×235×1,66·10−27 = 3,7·10−5 kg.
opgave 88 Kernfusie in de zon
a ) De massavergelijking wordt:
∆m = m(H–2) – me + me – 2mp = 2,014102 –2×1,007276 =
-4,50·10−4 u
Er komt dus 4,50·10−4 ×931,49 = 0,419 MeV aan energie vrij.
Antwoorden
XCII
b ) Gemiddeld genomen krijgt het neutrino ongeveer de helft van de energie
in dit proces mee. Deze hoeveelheid ontsnapt. De rest, gemiddeld dus
zo’n 0,21 MeV, blijft beschikbaar als kinetische energie van, voornamelijk,
het positron, en de deuteriumkern.
Echter(!), het gevormde positron zal al snel een elektron tegenkomen en
annihileren, waarbij nog eens 2me c2 = 1,02 MeV aan energie vrijkomt.
opgave 89 Detectoren
Bekijk de sites en maak eventueel een korte samenvatting van de werking van
de verschillende detectoren.
opgave 90 Versneller applet
Voer het experiment uit op de website. Wat valt je op bij het ompolen?
opgave 91 Lineaire versneller
a ) De deeltjes die iets te vroeg komen worden iets minder versneld dan
gemiddeld, en de deeltjes die iets te laat komen iets meer. Het effect is
dus dat de snelheden van de deeltjes dichter bij elkaar komen te liggen.
b ) De deeltjespuls moet de spleet tussen de buisjes passeren als, ten eerste,
de spanning de goede polariteit heeft, positief als er negatieve deeltjes
versneld worden of negatief als er positieve deeltjes vesneld worden, en
dat, ten tweede, de spanning aan het toenemen is. De geschikte tijd
beslaat dus ongeveer 20% van de totale periode van de wisselspanning.
Dit betekent dat de spleet ook maximaal ongeveer 20% van de lengte van
de buisjes mag hebben.
c ) Als f = 1, 0 M Hz, dan is T = 1, 0·10−6 s. Dan is de afstand
d = cT = 3, 0·102 m.
opgave 92 Frontale botsingen
a ) Uit de wet van behoud van impuls volgt een eindsnelheid van 5,0 m/s.
b ) E k,begin = 0, 5 × 1, 0 × 102 = 50 J
E k,eind = 0, 5 × 2, 0 × 5, 02 = 25 J
Bij de botsing is dus 50% van de kinetische energie omgezet in ander
soorten energie.
c ) Eindsnelheid: 0,0 m/s.
d ) E k,begin = 2 × 0, 5 × 1, 0 × 5, 02 = 25 J
E k,eind = 0, 5 × 2, 0 × 0, 02 = 0 J
In dit geval is dus 100 % van de kinetische energie beschikbaar om in
andere soorten energie te worden omgezet.
opgave 93
a ) Het deeltje wordt afgebogen door een kracht die loodrecht op de
voortplantingsrichting staat en die steeds even groot is.
Omdat de kracht loodrecht op de voortplantingsrichting staat verricht hij
geen arbeid, dus de waarde van de snelhied blijft steeds even groot.
Omdat de kracht steeds even groot is, is de afbuiging steeds even groot
en de baan wordt daarom een cirkel.
b)
F L = F mpz
mv 2
qvB =
r
mv
r =
Bq
opgave 94 Bellenvat
a ) De vrijgemaakte elektronen draaien linksom, tegen de wijzers van de klok
in. Gebruik van de linkerhandregel leert dan dat het magneetveld
loodrecht uit het papier wijst.
Antwoorden
XCIII
b)
F L = F mpz
mv 2
qvB =
r
p
mv
=
q =
Br
Br
c ) Uit de formule E = 21 mv 2 voor de kinetische energie kunnen we afleiden
dat de eenheid voor energie [E] gegeven wordt door:
[E] = [ 12 mv 2 ] = [m][v]2
Voor de eenheid van impuls geldt [p] = [m][v].
GeV is een eenheid voor energie. Energie delen door een snelheid geeft
iets met de eenheid van impuls. De eenheid GeV/c is voor de
deeltjesfysica een handige eenheid om dezelfde reden waarom GeV/c2 een
handige eenheid voor massa is. GeV is een handige eenheid vanwege het
gebruik van versnellers. GeV/c en GeV/c2 zijn handig omdat ze passen bij
de GeV, en in allerlei berekeningen veel omrekenenwerk schelen.
8, 4 GeV/c = 8, 4 × 109 × 1, 60·10−19 J/3, 0·108
= 4, 48·10−18 kgm/s
d)
In de figuur kunnen de hoeken bepaald worden:
α1 = tan –1 (31/140) = 12, 5◦
α2 = tan –1 (69/140) = 26, 2◦
Behoud van impuls eldt in x–richting en
y–richting afzonderlijk. In x–richting:
p1 cos 12, 5 + p2 cos 26, 2 = 8, 4 GeV/c
In y–richting:
figuur 42
p1 sin 12, 5 − p2 sin 26, 2 = 0 GeV/c
Uit de tweede vergelijking volgt p2 = 0, 4902p1 . Invullen in de eerste
vergeljking geeft:
p1 (0, 9763 + 0, 8973 × 0, 4902) = 8, 4
dus p1 = 5, 9 GeV/c en p2 = 2, 9 GeV/c
opgave 95 Snelheidsfilter
a ) Als het elektrisch veld wordt uitgeschakeld worden negatieve deeltjes naar
beneden afgebogen. Dit betekent dat het magnetisch veld loodrecht het
papier inwijst.
b ) Als de lading omdraait van teken, dan keren zowel elektrostatische kracht
als de Lorentz–kracht om van richting. Als deze twee krachten elkaar in
evenwicht houden, dan blijft dit zo als de lading van teken verandert. Als
de krachten verschillen in grootte, dan keert de richting waarin het deeltje
wordt afgebogen om.
c ) Het deeltje gaat rechtdoor als elektrostatische kracht en Lorentz–kracht
elkaar opheffen, dus:
qvB = qE
E
Hieruit volgt direct dat v = .
B
Antwoorden
XCIV
d ) Bij B = 3, 0 mT en E = 8, 5·105 V/m vinden we
v = 8, 5·105 /3, 0·10−3 = 2, 8·108 m/s.
e ) Deeltjes met afwijkende snelheid worden afgebogen. Ze worden afgeremd
en geabsorbeerd, ergens in de wand van het toestel of in de betonnen
afscherming, die om dergelijke apparaten heen gebouwd wordt om het
stralingsgevaar te beperken.
opgave 96 Annihilatie
a ) De totale beginimpuls is verwaarloosbaar, dus moet de eindimpuls ook
ongeveer nul zijn. Dat kan alleen als de twee fotonen met gelijke waarde
van de impuls in tegenovergestelde richting gaan.
De golflengte van de fotonen wordt gegeven door λ = h/p. De twee
fotonen moeten dus dezelfde golflengte hebben.
b ) De totale massa van elektron en positron wordt omgezet in de energie van
de twee fotonen. Voor elk foton is derhalve 1 me c2 beschikbaar, dat wil
zeggen 5,4858·10−4 × 931,49 = 0,51100 MeV = 8,1871·10−14 J.
De frequentie wordt dan gegeven door f = E/h = 1.2356·1020 Hz.
c ) Dat staat in feite al bij a: Omdat de beginimpuls nul is, moet de
eindimpuls ook nul zijn. Dat kan alleen als je minimaal twee fotonen hebt
die in diametraal tegenovergestelde richting vertrekken.
opgave 97
a ) Nee,
b ) Ja.
c ) Nee,
d ) Nee,
e ) Nee,
f ) Ja.
g ) Ja.
geen behoud van baryongetal.
geen behoud van leptongetal.
geen behoud van lading.
geen behoud van baryongetal.
opgave 98 Behoud van ...
Tel het aantal muonen plus het aantal muonneutrino’s en trek hiervan af het
aantal antimuonen an antimuonneutrino’s. Dit getal (het muonleptongetal) is
behouden in het eerste rijtje mogelijke reacties maar niet in het tweede rijtje,
met de onmogelijke reacties.
opgave 99
Bespreek dit met je docent.
opgave 100 Neutronverval
a ) Inclusief het neutronverval zelf en de vier reacties die in de opgave
gegeven zijn, zijn er in totaal 28 mogelijkheden. In verband met behoud
van energie kunnen deze reacties echter niet allemaal voorkomen, of
alleen in bijzondere omstandigheden. Zo komt β + –verval:
X (p+ ) ⇒ n + p– → e− + ν̄
alleen voor in kernen met een overschot aan protonen.
b ) Moet kloppen, als de reacties op de goede manier zijn afgeleid.
c ) Bijvoorbeeld: In de vorige vraag heb je gezien dat het afleiden van reacties
met behulp van symmetrieën er vanzelf toe leidt dat aan de behoudsregels
is voldaan. Verder: het verband tussen symmetrieën en behoudswetten
gaat een stuk dieper dan hier op dit moment kan worden uitgelegd.
opgave 101
Kernen met een hoog atoomgetal hebben een grotere lading. De elektronen
worden dus sterker naar de kern toegetrokken.
opgave 102 Neutrinodetectie
a ) n + νe → p+ + e−
Antwoorden
XCV
b ) De vergelijking kan worden verkregen uit n → p+ + e− + ν̄ door kruisen
van het neutrino: X (ν)
c ) De kans op het waarnemen van een neutrinoreactie kan groter gemaakt
worden door heel veel materie te bekijken.
d ) Begin vanuit
n + νe → p+ + e−
Door toepassen van ladingomkeer komt er:
C ⇒ n̄ + ν̄e → p− + e+
Door het kruisen van het antineutron en het antiproton volgt hieruit:
X (n̄,p− ) ⇒ p+ + ν̄e → n + e+
opgave 103 Muonen
a ) me = 5,4858·10−4 u = 0,51100 MeV/c2
b ) Het energieverschil is 105,6584 – 0,5110 = 105,15 MeV.
Maximaal krijgt het elektron alles, als beide neutrino’s niets krijgen.
opgave 104
Om kleine structuren te bekijken zijn golven met nog kleinere golflengte nodig.
Quantumdeeltjes met kleine golflengte hebben een grote impuls (p = h/λ).
opgave 105
a ) Baryonen: uuu uud udd ddd
Mesonen: uū ud̄ dū dd̄
b ) Lading:
uuu: 23 + 23 + 23 = +2
uud: 23 + 23 − 13 = +1
udd: 23 − 13 − 23 = 0
ddd: − 13 − 13 − 13 = −1
uū: 23 − 23 = 0
ud̄: 32 + 13 = +1
dū: − 13 − 23 = −1
dd̄: − 13 + 13 = 0
opgave 106
a ) π − : dū; antideeltje: ud̄ : π +
π + : ud̄; antideeltje: dū : π −
π 0 : uū/ dd̄; antideeltje: uū/ dd̄ → π 0
b ) n: udd; antideeltje n̄ : ūd̄d̄
Het antineutron bestaat dus uit antiquarks, en is een ander deeltje dan
het neutron.
opgave 107
Naarmate de deeltjes kleiner zijn, moet de golflengte van de deeltes waar ze uit
bestaan ook kleiner zijn. Kleinere golflengte betekent grotere kinetische
energie.
opgave 108 Aangeslagen toestanden
a ) Massa van de deuteriumkern: m = 2, 014102 − 0, 00054858 = 2, 013553 u
= 1875,6 MeV/c2 .
Het uitzenden van het foton scheelt dus 0,12 % in de massa van de kern.
Antwoorden
XCVI
b ) Massa van het waterstofatoom: 1,007825 u = 938,778 MeV/c2
Energie van het foton: E = hf = 1, 66·10−18 J = 10,4 eV.
Het uitzenden van het foton scheelt hier dus 1,1·10−6 % van de massa
van het atoom.
opgave 109 Zwakke wisselwerking
a ) d̄ → ū + e+ + ν( m.b.v. C)
b ) Kan worden afgeleid uit de oorspronkelijke reactie m.b.v. X (u)
c ) uū en dd̄ kunnen vervallen via annihilatie.
ud̄ en dū kunnen vervallen via de zwakke wisselwerking.
opgave 110 Delta–deeltjes
a ) ∆0 (udd) → p+ (uud) + π − (ūd)
∆0 (udd) → n(udd) + π 0 (ūu/dd̄)
b ) ∆++ (uuu) en ∆– (ddd).
c ) ∆– (ddd) → n(udd) + π − (ūd)
opgave 111
a ) Bij iedere vorm van verval die we tot nog toe gezien hebben, blijft het
aantal quarks behouden: bij annihilatie, bij verval via de zwakke
wisselwerking en ook bij verval via de sterke wisselwerking.
Eén voorbeeld: bij annihilatie verdwijnen een quark (quarkgetal 1) en een
antiquark (quarkgetal -1), en het eindresultaat, een aantal fotonen, heeft
inderdaad quarkgetal 0.
b ) Een baryon, met baryongetal 1, bestaat uit drie quarks, en heeft dus
quarkgetal drie. Een antibaryon heeft baryongetal -1, en quarkgetal -3.
Conclusie: baryongetal = 3× quarkgetal.
c ) Het massagetal geeft het aantal nucleonen in de kern. Nucleonen
(protonen en neutronen) zijn baryonen, en het massagetal geeft dus
tevens het aantal baryonen in de kern.
opgave 112
Nee, geen behoud van baryongetal.
Ja, al bekend als elektronvangst.
Nee, geen behoud van baryongetal.
opgave 113 Verdiepingsopgave
a ) Als het s verandert in een u en een u in een d, dan is de samenstelling van
het overgebleven deeltje uud. De massa van het Σ+ is niet genoeg om een
∆+ te laten ontstaan dus het deeltje moet een proton zijn.
b)
c ) Het massaverschil tussen het Σ+ en het p+ (1198 – 938 = 260 MeV) is
groot genoeg voor de creatie van een pion. Pionen ontstaan via de sterke
wisselwerking en dit gaat veel sneller, en is dus veel waarschijnlijker, dan
andere manieren om de energie af te voeren, zoals via een foton
d ) Het Σ– is een baryon (de samenstelling is sud). Het antideeltje van Σ+
bestaat uit antiquarks en is dus niet het Σ– .
Antwoorden
XCVII
opgave 114 Koolstof datering
14
+
a ) 14
7 N + n → 6 C + p
14
14
–
b) 6 C→7 N+β
c ) De formule voor het verval van het C–14 is
-t/t1/2
N (t) = 2
Hieruit volgt
t/t1/2 = −
× N0
log(N (t)/N 0 )
log 2
De fractie C–14 is teruggezakt van 1,3·10−12 naar 1,7·10−14 , dus
log(N (t)/N 0 ) = log(
Dit geeft:
1, 7·10−14
) = −1, 883
1, 3·10−12
t = t1/2 × 1, 883/ log 2 = 3, 6·104 j
opgave 115
a ) De massavergelijking wordt:
∆m =
=
zodat
∆E =
=
99
239
m(137
55 Cs) − 55me + m(39 Y) − 39me + 3mn − m(94 Pu) + 94me − mn =
136, 90707 + 99, 9277564 + 2 × 1, 008665 − 239, 05216 = −0, 20007 u
186, 37 MeV
2, 9859·10−11 = J
b ) De neutronen zijn neutraal en worden bij het naderen van de kern niet
afgeremd. Als ze te snel gaan krijgen ze niet de kans om met de kern te
reageren en door de sterke wisselwerking te worden ingevangen.
200
= 571 MW. Dit vereist per
c ) Totaal opgewekt vermogen: P =
0, 35
5, 7·108
seconde
= 1,9·1019 reacties.
3, 0·10−11
Dit komt overeen met 1, 9·1019 × 239 × 1, 66·10−27 = 8·10−6 kg =
8·10−3 g plutonium.
opgave 116 Vreemdheid
a ) De reactie
K̄0 + p+ → Λ0 + π +
moet wel mogelijk zijn, omdat hij kan worden afgeleid door kruisen van
het π − en het K0 , X (π − ,K0 ). Als
K0 + p+ → Λ0 + π +
niet voorkomt, dan moet dit komen doordat K̄0 een ander deeltje is dan
K0
b ) In deze reactie is het baryongetal niet behouden.
opgave 117 Quark–smaken
a ) Voor iedere smaak kan een ‘smaakgetal’ worden ingevoerd (d.w.z.
up–getal, down–getal, ...) als het aantal quarks min het aantal antiquarks
van deze smaak. Alle smaakgetallen zijn behouden, behalve in de zwakke
wisselwerking.
b ) Het Σ+ vervalt naar p+ + π 0 of naar n + π + (BINAS tabel 26). In beide
gevallen bevatten de eindproducten geen strangequark meer. Dit kan
alleen als het verval via de zwakke wisselwerking is verlopen.
Antwoorden
XCVIII
c ) Σ+ (suu) → Λ0 (sud) + e− + νe
d)
opgave 118 Lambda verval
a ) Het pion moet een π − zijn (ūd), wegens ladingbehoud. De samenstelling
van de eindtoestand is dus (ūd) + (uud). Het s moet dus vervallen zijn
naar (ūud). De reactievergelijking van de quarks kan dan worden
geschreven als:
sud → (ūdu)ud → (ūd) + (uud)
b)
c ) De massavergelijking wordt
∆m = mp + mπ- − mΛ = 938 + 140 − 1116 = −38 MeV/c2
De massavermindering wordt omgezet in kinetische energie van proton en
pion, die samen dus 38 MeV meekrijgen.
Uit behoud van impuls volgt dat
p~p = −~
pπIn de formule voor de totale energie mag voor p2π- dus p2p worden ingevuld:
E k = 38 MeV
p2p
p2p
p2p
p2
=
+ π =
+
2mp 2mπ
2mp 2mπ
2
pp (mπ + mp )
140 + 938
=
= p2p ×
2mp mπ
2 × 938 × 140
−3
2
= 4, 104·10 × pp
dus
38
p2p =
= 9, 26·103 (MeV/c)2
4, 104·10−3
Antwoorden
XCIX
Hieruit volgt
E k,p =
E k,π-
=
p2p
9, 26·103
=
= 4, 9 MeV
2mp
2 × 938
p2p
9, 26·103
=
= 33 MeV
2mπ
2 × 140
(Extra opdracht: Controleer de eenheden. Waarom mag de berekening zo
worden uitgevoerd, zonder om te rekenen naar J en kgm/s?)
opgave 119 De bindingsenergie per nucleon
Bespreek dit met je docent.
opgave 120 Zink–65
De massa-vergelijking wordt nu:
65
∆m = (m(65
29 Cu) − 29me + me ) − (m(30 Zn) − 30me )
= 64, 92779 − 64, 92923 + 2 × 5, 4858·10−4
= −0.00034 u
Het massaverlies komt overeen met 0.00034×931,49=0,32 MeV, en dit wordt
willekeurig verdeeld over elektron en neutrino. Het elektron krijgt dus
maximaal 0,32 MeV.
opgave 71 Straling en materie
a ) Overeenkomsten: Beide bestaan uit quantumdeeltjes, met zowel
golfgedrag als deeltjesgedrag. Bij beide is de kansdichtheid bij een
plaatsmeting evenredig met het kwadraat van amplitudo. Beide hebben
energie, impuls, golflengte ...
Verschillen: Elektronen en protonen hebben massa en lading en zijn
fermionen; het foton heeft geen massa en lading en is een boson. Fotonen
worden bij allerlei processen heel gemakkelijk gemaakt of vernietigd,
elektronen niet.
b ) • Proton (p), neutron (n) en elektron (e) zijn stabiel, pionen en veel
andere deeltjes niet.
• Voor p, n en e gelden behoud van lading en andere behoudswetten,
waardoor ze niet of heel moeilijk vergaan. Fotonen daarentegen
worden heel gemakkelijk gemaakt of vernietigd.
• Tussen p en n, en tussen p en e werken aantrekkende krachten, zodat
er kernen en atomen, en van daar uit moleculen ..., kunnen ontstaan.
• Volumeverandering in vaste stof kost veel energie doordat het e een
fermiondeeltje is.
• Atomen en daardoor ook moleculen, krijgen hun ruimtelijke structuur
doordat het e een fermion is.
c ) • Bij samendrukken wordt de golflengte van de elektronen kleiner en
dus de kinetische energie groter. Bij samenpersen moet dus arbeid
verricht worden.
• Elektronen zijn fermionen, zodat ze niet allemaal tegelijk in de laagste
energietoestand kunnen plaatsnemen. Hierdoor ontstaat een sterke
afstoting als de golffuncties dreigen te overlappen.
Antwoorden
C
Antwoorden Hoofdstuk 5
opgave 121 Hemelse objecten
Planeet:
groot roterend lichaam die door de aantrekkingskracht van een ster in zijn
baan wordt gehouden. Ze geven zelf geen licht, maar reflecteren wel.
Rond de zon draaien er negen. Ze zijn ontstaan tijdens de vorming van de
zon uit stof en gas.
Maan:
groot roterend lichaam om een planeet, die door de zwaartekracht van de
planeet in zijn baan wordt gehouden. Reflecteert licht.
Vallende ster:
populaire naam voor meteoriet. Stukken van uiteengevallen kometen die
de dampkring van de aarde binnendringen en door de wrijving met de
lucht verbranden. Je ziet dan kleine lichtspoortjes.
Planetode:
kleine hemellichamenin een gordel om een planeet. Sommige astronomen
denken dat het de resten van een mislukte planeet zijn.
Komeet:
klein lichaam in het zonnestelsel, bestaande uit bevroren gassen en stof.
Het beschrijft een ellipsvormige of een paraboolvormige baan om de zon.
Bij nadering van de zon verdampt een deel van het ijs en dit zie je als een
staart die steeds van de zon af gericht is door de zonnewind.
Ster:
verzameling van waterstof en helium. Onder invloed van z’n eigen
zwaartekracht zo samengebald dat kernfusie optreedt.
Exoplaneet:
planeet buiten ons eigen zonnestelsel.
Galactische stofwolk:
wolk bestaande uit gas en kleine stofdeeltjes (0̃,4µm) binnen een
melkwegstelsel. Sterren en planeten ontstaan uit dergelijke wolken.
Stervormingsgebied:
gebied met sterke verdichtingen van materie, waaruit sterren worden
gevormd.
Dubbelster:
twee om n gemeenschappelijk draaipunt draaiende sterren.
Witte dwerg:
restant van opgebrande sterren.
Neutronenster:
ontstaat aan het eind van de ontwikkeling van een ster. Het heeft een
extreme dichtheid en ontstaat uit de kern van een ster als overblijfsel van
een supernova.
Zwart gat:
object met extreme aantrekkingskracht zodanig groot dat zelfs licht er
niet uit kan ontsnappen. Niet te zien dus en slechts indirect aan te tonen.
Melkwegstelsel:
verzameling van miljarden sterren die door gravitatiekracht bij elkaar
worden gehouden, vaak met gas- en stofwolken. Er zijn spiraal, elliptische
en onregelmatige stelsels.
Antwoorden
CI
Cluster:
verzameling melkwegstelsels die met elkaar in verband staan.
Kosmische straling:
energierijke deeltjes uit de ruimte die de aarde bombarderen. Wordt voor
een belangrijk deel tegengehouden door het magneetveld en de atmosfeer
van de aarde. Het restant vormt samen met straling uit de bodem en
bouwmaterialen de natuurlijke stralingsbelasting waaraan een ieder is
blootgesteld.
Kosmische achtergrondstraling:
ook wel als 3-Kelvin straling aangeduid. Overgebleven licht uit de tijd dat
het heelal nog heel heet was, kort na de oerknal. Door de uitdijing van
het heelal inmiddels ‘afgekoeld’ tot radiostraling.
opgave 122 De zon
a ) s = vt = 3, 00·108 ·8, 3·60 = 1, 5·1011 m
b ) Rzon = rzon-aarde × tan(0, 5·0, 53◦ ) = 6, 9·108 m
c ) 4,3 lichtjaar = 4, 3 × 3, 00·108 ·365, 25·24·3600 = 4, 1·1016 m
6, 9·108
α = tan -1 (
) = 9, 7·10−7 ◦
4, 07·1016
opgave 123 Betelgeuse
a ) De diameter van Betelgeuze is 2 × 7·1011 = 1, 4·1012 m. (Binas tabel 32)
De afstand tot de aarde is 6, 2·1018 m. (Binas tabel 32)
De hoek waaronder hij gezien wordt is dus
1, 4·1012
α = tan -1 (
) = 1, 3·10−5 ◦
6, 2·1018
Onder deze hoek wordt er een beeld gevormd van 40 pixels. Het
1, 3·10−5
= 3, 2·10−7 ◦
scheidend vermogen is dus
40
b ) De afstand van de HST tot de maan is ca. 3,8·106 m. De afstand d
tussen de twee stenen is dus
d = 3, 8·106 tan(3, 2·10−7 ◦ ) = 0, 021 m = 2,1 cm
c ) d = 600·103 tan(3, 2·10−7 ◦ ) = 0, 0034 m = 3,4 mm !!
opgave 124 Waarnemen
a)
Lenzentelescoop:
verre objecten kunnen worden vergroot en naarmate de objectief-lens
groter is wordt ook meer licht verzameld. Het beeld wordt dus
lichtsterker.
Spiegeltelescoop:
compacter, en lager in prijs en gewicht. Verder: grote spiegels zijn
gemakkelijker te maken dan grote lenzen en ze bevatten geen dikke
glaslaag die licht absorbeert en voor beeldafwijkingen zorgt. Ze geven
dus ook een beter en lichtsterkter beeld.
Fotografische plaat:
lange belichtingstijden maken een enorme verbetering van de
lichtsterkte mogelijk. Verder: handig voor het vastleggen van
gebeurtenissen, en voor het meten en vergelijken van allerlei
eigenschappen.
Spectroscoop:
kleureigenschappen worden meetbaar. De analyse van het
kleurenspectrum van licht is een enorm belangrijke bron van
informatie over kosmische objecten.
Antwoorden
CII
CCD camera:
biedt alle voordelen van een digitale opslag en verspreiding en van
geautomatiseerde verwerking van gegevens.
b ) Bespreek de resultaten met je docent.
opgave 125 Verbrandingsenergie
a ) De verbrandingswarmte van steenkool is 29·106 J/kg. (BINAS tabel 28).
Het uitgestraalde vermogen van de zon is 3,90·1026 W (BINAS
tabel 32 C).
3, 90·1026 J/s
Er is dus nodig:
= 1, 3·1019 kg/s
29·106 J/kg
b ) De massa van de zon is 1,989·1030 kg. (BINAS tabel 32 C). De maximale
levensduur zou dan zijn:
1, 989·1030 kg
= 1, 479·1011 s = 4, 7·103 jaar.
1, 345·1019 kg/s
opgave 126 Zwaarte–energie
a ) Een komeet met massa m, die zich in het gravitatieveld van een ster
bevindt heeft een gravitatie-energie van:
GmM ¯
Eg =
, waarbij r de afstand tot het midden van de ster is.
r
Op grote afstand is E g gelijk aan nul. Als daar dan ook de kinetische
energie nul is, dan komt er
GmM ¯
Q=
aan thermische energie vrij bij de val van de komeet. Hierin
R
is R is de straal van de ster.
b ) De massa is niet constant. Bij het begin van de vorming van de zon is de
massa M natuurlijk veel kleiner, zodat de vrijkomende energie per massa
m kleiner is. (Uiteindelijk is de hoeveelheid vrijgekomen energie ruwweg
GM 2¯
de helft van
)
R
c ) Gaan we er van uit dat de vrijgekomen energie van de orde van grootte is
GM 2¯
van
), dan komt bij verder krimpen een hoeveelheid energie vrij
R
gegeven door:
1
1
∆E = GM 2¯ (
−
)
R2 R1
Kijken we naar de uitgestraalde energie per seconde dan vinden we:
1
1
−
R2 R1
=
R1 − R2
∆E
=
R1 R2
GM 2¯
3, 90·1026
6, 6726·10−11 ·(1, 989·1030 )2
= 1, 48·10−24 m-1
=
Met R1 R2 ≈ R2 = (6, 96·108 )2 = 4, 48·1017 m2 geeft dit per seconde een
contractie van:
R1 − R2 = 4, 48·1017 × 1, 48·10−24 = 6, 6·10−7 m
Per jaar komt dit op ruim 20 m.
d ) Volgens deze berekening zou de gravitatie-energie in principe de zon
enkele miljarden jaren van energie kunnen voorzien. Het effect is zelfs nog
groter dan uit deze berekening blijkt, omdat de energiewinst groter wordt
naarmate de straal kleiner is.
Antwoorden
CIII
Er zijn echter ook andere verschijnselen, zoals de gasdruk, die het krimpen
tegenwerken. Gedurende de normale levensduur van de ster speelt de
gravitatie-energie een bijrol. Echter, aan het eind van het leven van een
zware ster kan de kern van een ster imploderen tot een neutronenster of
een zwart gat. Bij de supernova-explosie die hiervan het gevolg is speelt
de vrijkomende gravitatie-energie een hoofdrol.
opgave 127 Fusie–energie
a ) ∆m = (m(He-4) − 2me ) − (4m(H-4) − 4me + 2me = −0, 028697 u Dit
komt overeen met een energie van: 0,028697×1,66054×2,997922 =
4,2828·10−12 J.
b ) Om in de energieproduktie van 3,90·1026 J van de zon te voorzien zijn er
per seconde 3, 90·1026 /4, 2828·10−12 = 9, 11·1037 reacties nodig. Het
gaat hierbij dus om
9, 11·1037 × 4 × 1, 007825 × 1, 66054·10−27 = 6, 1·1011 kg waterstof.
c ) De zon bevatte in het begin rond de 0, 80 × 1, 989·1030 = 1, 59·1030 kg
waterstof. Als dit allemaal zou kunnen worden opgebrand gaat het
2,61·1018 s mee. Dit is 8,3·1010 jaar.
(De werkelijke maximum leeftijd komt rond de 1·1010 jaar.)
d ) ∆m = (m(Fe-56) − 26me ) − (56m(H-1) − 56me + 30me ) =
55, 93494 − 56, 4382 = −0, 50326 u = -8,3568·10−28 kg
dus ∆E = 8, 3568·10−28 × (2, 9979·108 )2 = 7, 5106·10−11 J.
Bij de fusie van waterstof tot helium kwam per 4 atomen waterstof
4,2829·10−12 J vrij. Per 56 atomen is dit
14 × 4, 2829·10−12 J = 5, 9960·10−11 J.
Dit gaf een maximale brandstofvoorraad van 8,3·1010 jaar. Bij
doorverbranden tot ijzer komt de maximale brandstofvoorraad dus op
7, 5106·10−11
× 8, 3·1010 = 10·1010 jaar.
5, 9960·10−11
opgave 128 Plasmawolken
a ) De ionisatie-energie van waterstof 13,6 eV. (BINAS tabel 21)
b ) Volgens BINAS tabel 19 A begint het UV-gebied bij een foton-energie van
ongeveer 3,5 eV en volgens tabel 19 B gaat het door tot ongeveer 103 eV.
Behalve het zeer nabije UV is de fotonenergie dus voldoende.
De grens ligt bij een frequentie
E
13, 6 × 1, 60·10−19
f=
=
= 3, 28·1015 Hz
h
6, 63·10−34
opgave 129 De druk in de zon
2
3GM 2¯
3 × 6, 6726·10−11 × (1, 989·1030)
=
a) p=
= 2, 7·1014 Pa
4πR4¯
4π(696, 0·106 )4
b ) De BINAS-waarde is 2·1016 Pa, dus ongeveer 102 keer zo groot. Dit moet
te maken hebben met de dichtheidsvariatie. (Inderdaad is de dichtheid in
de kern 102 × zo groot als de gemiddelde dichtheid.)
opgave 130 Kernfusie in de zon
a ) De gemiddelde dichtheid van de zon is 1,4·103 kg/m3 . De molaire massa
van atomair water-tof is 1,0 g/mol. De deeltjesdichtheid is dus
1, 4·103 kg/m3
= 1, 4·106 mol/m3
1, 0·10−3 kg/mol
Dit geldt voor atomair waterstof. De deeltjesdichtheid voor geı̈oniseerd
n
waterstof wordt dan
= 2, 8·106 mol/m3 , omdat er nu tweemaal zoveel
V
deeltjes zijn (H+ en e− ).
Antwoorden
CIV
pV
2, 7·1014
=
= 1, 1·107 K
nR
2, 8·106 ·8, 3143
c ) Een druk van 1014 Pa bij een temperatuur van 107 K geven ongeveer de
ondergrans waar fusie mogelijk wordt. De werkelijke omstandigheden van
2,5·1016 Pa en 1,6·107 K zitten daar dus iets boven.
b ) pV = nRT ⇒ T =
opgave 131
De grootheden g en ρ zijn geen van beide constant en hebben bovendien met
elkaar te maken. Zij g(r) de waarde van g op afstand r van het centrum. Als
alle massa zich in de kern zou bevinden dan zou g(r) naar buiten toe afnemen
GM ¯
. Echter, als de massa verdeeld is werkt de
volgens g(r) =
r2
aantrekkingskracht van de massa beneden r aantrekkend naar het midden,
maar de massa erboven trekt juist naar buiten; g(r) moet dus zeker kleiner zijn
dan de waarde volgens deze formule en moet dicht bij de kern in ieder geval
afnemen, want in het centrum is de netto zwaartekracht nul.
De grootste centrale druk wordt verkregen als er veel massa zit daar waar de
waarde van g het grootst is, want dan wordt het gewicht van deze massa het
grootst. Het beste werkt dit als de dichtheid dichtbij de kern groot is, want
dan werkt zoveel mogelijk massa aantrekkend naar het midden en is r klein
zodat g zo groot mogelijk is.
Wat we kunnen concluderen is dat in dit geval de aangenomen constante
waarden voor g en ρ leiden tot een onderschatting van de centrale druk als de
dichtheid naar binnen toe toeneemt, zoals inderdaad het geval is.
Verdieping
Zonder bewijs vermelden we hier dat in een
bolsymetrische massaverdeling geldt dat:
GM (r)
g(r) =
waarbij M (r) de massa
r2
binnen straal r om het centrum is.
Gρr3
Bij constante dichtheid is M (r) = 4π
3
4π
en dit geeft g(r) =
Gρr In dit geval
3
wordt g dus op grotere diepte steeds
kleiner. Echter, als de dichtheid naar
binnen toe toeneemt als minstens
evenredig met r-1 , dan wordt g naar
binnen toe juist steeds groter.
opgave 132 Het ontstaan van de zon
a ) Gebruik van m = 2·1030 en V = 43 πr3 = 5, 2·1044 geeft
2·1030
= 3, 8·10−15 kg/m3
ρ=
5, 2·1044
b ) De molaire massa van atomaire waterstof is 1,0 gram/mol. Met behulp
van de bij a) gevonden waarde levert dit een dichtheid van
3,8·10−12 mol/m3 . Met 6,0·1023 deeltjes per mol betekent dit 2,3·1012
deeltjes per m3 .
c ) Ga uit van een homogene gaswolk en gebruik de algemene gaswet in de
vorm
n·R·T
p=
V
n
Hierin is
= 3, 8·10−12 mol/m3 (uit b)
V
Invullen van de gegevens levert p = 2·10−9 Pa. Dit betekent dat de wolk
bestond uit een vacuum dat volgens onze begrippen 100 maal ’beter’ was
dan een ultrahoog vacuum.
NB: als je de formule voor de druk in de kern van een ster (pag. 125)
gebruikt kom je op een tweemaal zo lage waarde voor de druk p uit. Dit
komt doordat bij het afleiden van de formule andere veronderstellingen
zijn gemaakt dan hierboven. Omdat het om een (grove) schatting gaat
zijn beide oplosmethoden acceptabel
opgave 133
Bespreek dit met je docent.
Antwoorden
CV
opgave 134 Protosterren
a ) Het enige dat we kunnen waarnemen van ver verwijderde hemellichamen
is de straling die zij uitzenden. De intensiteit van deze straling is sterk
afhankelijk van de temperatuur (volgens de wet van Stefan-Boltzmann
evenredig met T ·104 ). Een protoster heeft een zeer lage temperatuur
(50 K zie opgave 132) en daardoor zal de intensiteit van de uitgezonden
straling erg klein zijn, zeker ten opzichte van andere, veel hetere objecten
in het heelal. Het zal dan ook uiterst moeilijk zijn om de straling van zo’n
protoster te onderscheiden.
b ) Niet alleen de intensiteit, maar ook de golflengte van de uitgezonden
straling is afhankelijk van de temperatuur van het stralende lichaam. Je
kunt dit ook terugvinden in de stralingskrommen in BINAS 23 B. De top
van zo’n kromme geeft aan bij welke golflengte de intensiteit van de
uitgezonden straling het grootst is. Deze golflengte noemt men λmax , zie
ook opgave 143. Bij een temperatuur van T = 50 K ligt λmax in het verre
infrarood (bij 5,8·10−5 m).
We zullen dus voor de waarneming van zeer jonge sterren gebruik moeten
maken van telescopen die geschikt zijn om waarnemingen in het IR te
doen. Zulke telescopen moeten zich bij voorkeur in een satelliet buiten de
dampkring bevinden. Ook moeten zij sterk gekoeld worden omdat zij
anders zelf zoveel IR-straling uitzenden dat de straling van de protoster
niet meer waarneembaar is.
opgave 135
Een voorwaarde voor het absorberen of uitzenden van licht of een andere soort
elektromagnetische straling met frequentie f is dat er energieniveaus E 1 en E 2
zijn zodat E 2 − E 1 = hf . Naarmate er meer geschikte energieniveaus
beschikbaar zijn wordt ook het absorberen of uitzenden van gemakkelijker en
verloopt sneller.
In het geval van de aardatmosfeer kan dit leiden tot een broeikaseffect.
Naarmate de concentraties van en het aantal verschillende broeikasgassen
toeneemt wordt er meer van de door het warme aardoppervlak uitgezonden
IR-straling in de atmosfeer geabsorbeerd.
In een ijle gaswolk in het heelal kan het omgekeerder spelen. Hoe meer
verschillende niveaus er beschikbaar zijn wordt er gemakkelijker straling
uitgezonden. een groter aantal verschillende gassen leidt to een groter aantal
beschikbare spectraallijnen waarin de straling kan worden uitgezonden.
opgave 136
Een redenering op microskopisch niveau:
Zie ook opgave 135. Als een voorwerp donker is betekent dit dat er veel
beschikbare spectraallijnen (of spectraalbanden) zijn waarin licht kan worden
geabsorbeerd. Via dezelfde spectraallijnen en -banden kan het licht ook worden
uitgezonden.
Een andere redenering, van thermodynamische aard:
Elk voorwerp (lichaam) zal bij constant blijvende omstandigheden uiteindelijk
een constante temperatuur krijgen. In die situatie is de afgegeven warmte
gelijk aan de opgenomen warmte. Men noemt dit een thermisch evenwicht.
In een ruimte waarin alleen diffuse straling aanwezig is (zoals een kamer waarin
op een bewolkte dag geen lampen branden en geen verwarming aanstaat)
nemen alle voorwerpen de temperatuur van die ruimte aan. Zwarte voorwerpen
absorberen in zo’n ruimte meer straling dan lichte en blinkende voorwerpen,
zonder dat hun temperatuur hoger wordt! We kunnen dit alleen verklaren door
te veronderstellen dat die donkere voorwerpen ook meer warmte uitstralen. De
conclusie is dan dat zwarte voorwerpen bij elke temperatuur gemakkelijker
warmte uitstralen (’emitteren’) dan lichte voorwerpen.
opgave 137 Oppervlaktetemperatuur
a ) Het maximum van de stralingskromme ligt bij 420 nm. Volgens de tabel
Antwoorden
CVI
is de bijbehorende temperatuur 7·103 K.
b ) Nee, de lijn moet afkomstig zijn van een andere bron. Emissielijnen
ontstaan in ijle media.
c ) Mogelijk is staat de ster tegen de achtergrond van een oplichtende
gaswolk of mogelijk een achterliggend melkwegstelsel. Een ander
argument dat hiervoor pleit is dat de stralingskromme niet netjes een
Planckse kromme volgt, maar een vreemde bult vertoont, die
waarschijnlijk ook van deze achtergrond afkomstig is.
opgave 138 Zwarte stralers
a ) 400 nm: violet
700 nm: rood
b)
T × 103 ◦ C
I 400 /I 700
4
0,35
4,5
0,58
5
0,80
5,5
1,1
6
1,3
6,5
1,6
7
1,78
7,5
2,1
8
2,3
8,5
2,6
c ) Zie figuur 43.
d ) Zie BINAS tabel 33 B.
e ) Zie figuur 43.
figuur 43
opgave 139 Filters
a ) Bepaal, voor een gegeven filter en een gegeven straler, in verschillende
golflengtegebieden het produkt van intensiteit, sensorgevoeligheid en
filterdoorlaatpercentage. Het sensorsignaal vindt je dan door de bijdragen
van alle golflengten op te tellen.
Doe dit vervolgens voor beide sensoren voor een aantal stralers van
verschillende temperatuur en bepaal bij elke temperatuur de
signaalverhouding van de twee filters.
Zet de gevonden verhoudingen uit in een T, I 1 /I 2 -grafiek.
Bij een gegeven signaalverhouding kan de temperatuur van de straler nu
uit de grafiek worden afgelezen.
b ) De snelste manier is om hier de gegevens in te vullen in de spreadsheet.
c ) idem
Antwoorden
CVII
opgave 140 Emissie- en absorptielijnen
a ) In dichte, ondoorzichtige media
liggen de energieniveaus vaak erg
dicht op elkaar en ontstaat een
continue spectrum. (Niet in
reflecterende materialen, zoal
metalen, dat is weer een ander
verhaal)
In ijle, of anderszins transparante
media zijn de geschikte
energieniveaus zeldzamer en is
uitwisseling van energie tussen
straling en materie meer afhankelijk
van welke overgangen er wel
beschikbaar zijn.
b ) Zie figuur 44.
figuur 44Het gaat
c ) Spectraallijnen horen bij de overgangen tussen energieniveaus.
bij absorptie om dezelfde niveaus als bij emissie, zodat ook de lijnen op
dezelfde plek in het spectrum liggen.
opgave 141 Samenstelling
Alledrie de diepe lijnen bij 397, 410 en 434 nm horen bij waterstof. De minder
diepe lijnen bij 390 en 393 nm zouden bij ijzer kunnen horen.
opgave 142 Snelheden
a ) v A = zc = −0, 0001·3, 00·108 = −3·104 m/s
v B = zc = 0, 0066·3, 00·108 = 2, 0·106 m/s
Het minteken bi v A geeft aan dat het object naar ons toe beweegt
(blauwverschuiving).
b ) Object A is de ster. Hiervoor zijn een aantal argumenten:
• B bevat emissielijnen, waarschijnlijk afkomstig uit wolken geı̈oniseerd
gas (plasma), die bijvoorbeeld voorkomen in de buurt van hete
sterren.
• A komt naar ons toe, hetgeen zeldzaam is voor sterstelsels, die vrijwel
allemaal van ons af bewegen.
• De snelheid van B is bijna 100× groter dan van A, te groot voor een
ster.
• Het spectrum van A volgt vrij netjes een planck-kromme, hetgeen van
een sterstelsel eigenlijk niet te verwachten is, omdat dat bestaat uit
een grote hoeveelheid objecten van verschillende temperaturen, zodat
een breder specrum ontstaat.
c ) Het maximum van de stralingskromme ligt bij 430 nm. De invloed van de
blauwverschuiving mag verwaarloosd worden; de invloed op de golflengte
is minder dan 0,01%. Aflezen in Binas tabel 23A en interpoleren tussen
6500 en 8000 K geeft T = 6, 8·103 K.
Antwoorden
CVIII
opgave 143
a ) De kleur wordt ’blauwer’ naarmate de temperatuur hoger wordt. (rood
oranje geelwit wit blauwwit)
b)
figuur 45
c) λ=
2, 9·10−3
d ) Klopt.
T
opgave 144
a ) P = 5, 671·10−8 × 4π(696·106 )2 × (5, 8·103 )4 = 3, 9·1026 W.
Klopt
b ) Invullen: r = 2·1011 m en T = 3, 5·103 K geeft P = 6·1030 W.
opgave 145
Bespreek dit met je docent.
Antwoorden
CIX
Antwoorden Hoofdstuk 6
opgave 146 Materiegolven
a ) Bespreek dit met je docent.
b ) Het golfkarakter van de elektronen leidt tot staande golven, die
overeenkomen met discrete energieniveaus. Spectraallijnen komen overeen
met de overgangen tussen energieniveaus.
opgave 147
In moleculen en kristallen kunnen atomen elektronen delen, waardoor de
beschikbare ruimte groter wordt. Meer ruimte betekent dat de golflengte van
de elektronen groter kan worden en de kinetische energie dus kleiner. (In
aanvulling hierop spelen uiteraard ook elektrische en magnetische krachten een
belangrijke rol)
opgave 148
a ) Elektronen verzetten zich tegen een verkleining van de beschikare ruimte,
omdat dit betekent dat de golflengte, dus de impuls, dus de kinetische
energie omhoog gaat. Voor een verkleining van de ruimte moet dus arbeid
verricht worden en er moet dus ook kracht worden uitgeoefend.
b ) Het uitsluitingsprincipe zegt dat er maar twee elektronen (of meer
algemeen een beperkt aantal fermionen) in dezelfde toestand kunnen
zitten.
c ) Doordat het uitsluitingsprincipe geldt kunnen de elektronen in een atoom
niet allemaal in de grondtoestand gaan zitten. Doordat er ook hogere
energietoestanden bezet zijn atomen in het algemeen niet bolvormig,
maar hebben een complexer ruimtelijke structuur, die belangrijk is voor
het bouwen van complexe moleculen. Ook bij de elektrontoestanden van
de elektronen die binnen een molecuul gedeeld worden speelt het feit dat
er vaak moet worden uitgeweken naar hogere energieniveaus een
belangrijke rol.
De bezetting van hogere energieniveaus betekent bovendien dat de er
meer energie beschikbaar is bij chemische reacties waar de atomen en
moleculen eventueel bij betrokken kunnen zijn.
opgave 149 Steen of spons?
a)
E = Ek + Ep
h2
6, 0·10−28
=
−
2
8mL
L
−38
6, 02·10
6, 0·10−28
=
−
2
L
L
Het minimum kan worden bepaald met de grafische rekenmachine of via
differentiëren:
12, 0·10−38 6, 0·10−28
+
L3
L2
−10
= 0 als L = 2, 0·10
m
E0 = −
b ) In het kristal is er per atoom 0,303 = 0,027 nm3 aan ruimte beschikbaar.
In een kristal van 1,0 cm3 zitten dus
1, 0·10−6
N=
= 3, 7·10−22 atomen.
0, 027·10−27
Antwoorden
CX
Bij 0,10 mm samendrukken worden het kristal
1,0 % korter. De atomen zelf zijn binnen dit
model niet samendrukbaar; alleen de
bindingsdoosjes die in de x–richting staan
worden samengedrukt. Per atoom is er één zo’n
doosje in x–richting, zie figuur, dus er zijn
3,7·10−22 van deze doosjes.
Bij het samendrukken wordt de afstand tussen de
atomen verkleind van 0,30 naar 0,297 nm.
Omdat we veronderstellen dat de atomen zelf
niet samendrukbaar zijn wordt de lengte van de
doosjes dus verkleind van 0,20 naar 0,197 nm.
Per doosje is de toename van de energie dan:
µ
figuur 46
¶
1
1
∆E =
−
× 6, 02·10−38
−9
2
(0, 197·10 )
(0, 20·10−9 )2
µ
¶
1
1
−
−
× 6, 0·10−28
0, 197·10−9 0, 20·10−9
= 5·10−22 J
De totale toename van de energie is dus
∆E tot = 3, 7·1022 × 5·10−22 = 19 J
c ) De hoeveelheid arbeid die nodig is om een veer een eindje u in te drukken
is W = 12 Cu2 = 12 F u. Passen we deze formule toe op het kristal, dan is
de toename van de energie bij het indrukken gelijk aan ∆E tot = 12 F ∆x.
Als we hiermee de kracht uitrekenen dan geeft dit
∆E tot
19
F =
=
= 2·105 N. Een enorme kracht voor een klein
∆x
1·10−4
eindje indrukken. Het is dus een keihard materiaal.
opgave 150 Kleurstof
a ) Omdat er 6 elektronen in het doosje zitten zijn de eerste drie
energietoestanden volledig bezet. De eerste overgang naar een hoger
niveau is dus van n = 3 naar n = 4. Het bijbehorend energieverschil is
∆E = (42 − 32 )
h2 1
8me L2
= 7 × 6, 02·10−38 ×
1
(1, 2·10−9 )2
= 2, 93·10−19 J
De golflengte van de belangrijkste spectraallijn is dan
λ=
c
hc
=
= 6, 8·102 nm
f
∆E
Dit is in het rood, en met een absorptielijn in het rood wordt de stof
groen (als er in de rest van het molecuul niet ergens energieovergangen
zijn die nog wat andere kleuren absorberen).
b ) De energietoestanden komen overeen met staande golven van de
elektronen.
Antwoorden
CXI
opgave 151 Apparaten
televisie:
De werking van veel elektronische componenten (diodes, transistoren,
chips) berust op halfgeleidertechnologie waarvoor quantumfysica
essentieel is. Ook de steeds verder gaande miniaturisering van onderdelen,
het meest duidelijk in de computertechnologie, berust op moderne
natuurkundige technieken.
de CD–speler
Naast de verdere elektronika is het belangrijkste onderdeel van een
CD-speler een klein halfgeleider lasertje. De laser is een directe toepassing
van de quantumfysica.
het internet
Het internet is ontwikkeld op het CERN. Het CERN is een groot
internationaal instituut waar wetenschappers uit veel verschillende landen
vaak gedurende korte tijd verblijven, om dan in hun eigen land het werk
voort te zetten. Om de communucatie sneller te laten verlopen en de
toegang tot gegevens te verbeteren is een wereldwijd computernetwerk tot
stand gebracht. Het gebruik hiervan verspreidde zich al snel ook buiten de
kring van CERN–medewerkers, eerst onder universiteiten en vervolgens
onder het algemene publiek. (Als er patent op was aangevraagd zou het
CERN wellicht voor een zeer groot deel in zijn eigen kosten kunnen
voorzien, maar er wordt gewerkt vanuit het principe dat de resultaten van
het werk op CERN algemeen toegankelijk zijn en ten bate van iedereen
aangewend kunnen worden. Dit geldt zowel voor het zuiver
wetenschappelijk onderzoek als voor het internet, als voor zeer veel andere
vruchten van het onderzoek, bijvoorbeeld op medisch gebied.)
bestralingstherapie
Ten eerste is quantumfysica en deeltjesfysica belangrijk voor het begrijpen
van de eigenschappen van straling, in combinatie natuurlijk met medisch
onderzoek naar de gevaren van blootstelling aan straling en naar de
resultaten van medische toepassing ervan.
Ten tweede is de technologie die ontwikkeld wordt bij het onderzoek naar
deeltjesfysica van groot belang voor de medische technologie. Dit geldt
voor detectoren, voor stralingsbronnen, zoals versnellers, en ook voor
computertechnologie, zoals beeldverwerkingsprogrammatuur. De
combinatie van betere detectieapparatuur en betere beeldverwerking heeft
in de afgelopen decennia bijvoorbeeld geleid tot een zeer grote reductie
van de stralingsniveaus die nodig zijn voor medisch onderzoek,
bijvoorbeeld voor röntgenfoto’s.
opgave 152 Symmetrie
a ) Het Ξ–deeltje en het proton hebben leptongetal 0, het elektron en het
anti-elektronneutrino hebben respectievelijk +1 en -1. Het totale
leptongetal was dus 0 en blijft 0.
b ) Tijdomkeer heeft geen invloed op het leptongetal van het e− of het ν̄e .
Ladingomkeer maakt van het e− een e+ en van het ν̄e een νe , met
leptongetallen -1 en +1, zodat het totaal 0 blijft.
Kruisen van de elektronlijn geeft de reactie
Ξ0 + e+ → p+ + ν̄e
Begin- en eindtoestand hebben hier beide leptongetal −1, zodat wederom
voldaan is aan behoud van leptongetal.
Via dezelfde manier is aan te tonen dat het kruisen van andere lijnen
eveneens deze behoudswet niet schendt.
c ) De begintoestand heeft leptongetal 0, de eindtoestand leptongetal 1.
Antwoorden
CXII
d ) Door de symmetrieën één voor één langs te gaan is weer net als in
vraag b af te leiden dat geen enkele symmetrie iets verandert aan de
schending van leptongetal. In alle gevallen blijft het verschil van
eindwaarde en beginwaarde gelijk aan −1.
opgave 153
foton
geen massa
geen lading
boson
geen leptongetal
geen zwakke wisselwerking
elektron
massa 9,11·10−31 kg
lading -1 e
fermion
leptongetal 1
wel zwakke wisselwerking
opgave 154 Wat?
Overleg dit met je docent.
opgave 155 Geschiedenis
Overleg dit met je docent.
opgave 156 Kleurfilters
a ) Ten eerste moet de opstelling worden geijkt door de signaalverhouding
van de twee sensor-filter-combinaties uit te zetten tegen de temperatuur.
Dit kan bijvoorbeeld door in een laboratorium de signaalverhouding te
meten bij een aantal stralers van bekende temperatuur.
Een andere methode is dat de spectrale gevoeligheid van de sensor en de
doorlaatpercentages van de filters afzonderlijk worden doorgemeten, of
wellicht zijn deze gegevens door de fabrikant al meegeleverd. Deze
gegevens zijn dan te gebruiken om bij verschillende temperaturen de
verwachtte signaalverhouding te berekenen. Hiervoor kan bijvoorbeeld de
spreadsheet gebruikt worden.
De gevonden verhoudingen kunnen vervolgens worden uitgezet in een
(T, I 1 /I 2 )–ijkgrafiek.
Nadat de opstelling geijkt is wordt de signaalverhouding gemeten bij een
waarneming van de zon. De temperatuur van de zon uit de grafiek worden
afgelezen.
b ) In dit temperatuurgebied ligt het maximum van de stralingskromme in het
IR, bij golflengten tussen de 1,5·103 en de 3·103 nm. Een doorlaatfilter
rond 1500 en een rond 3000 nm, in combinatie met een geschikte
IR–sensor zouden dus prima kunnen voldoen.

Moderne Natuurkunde - science.uu.nl project csg

Related documents

Products

Support

Moderne Natuurkunde - science.uu.nl project csg

Related documents

Add this document to collection(s)

Add this document to saved

Suggest us how to improve StudyLib