Opgave 1 Nanobuisjes - science.uu.nl project csg

Schoolexamen Moderne Natuurkunde
Natuurkunde 1,2 VWO 6
20 april 2009
Tijdsduur: 90 minuten
Deze toets bestaat uit twee delen (I en II). Deel I bestaat uit meerkeuzevragen, deel II uit
open vragen. De meerkeuzevragen zijn elk één punt waard. Bij de open vragen staat
aangegeven hoeveel punten met een goed antwoord behaald kunnen worden. Het totaal
aantal te behalen punten is 40.
Na de laatste vraag staat het woord Einde afgedrukt.
Bij de toets hoort een uitwerkbijlage met een antwoordblad voor de meerkeuzevragen
en een blad voor het uitwerken van de vragen
Hierna volgen enkele tabellen en formules die wel tot de stof behoren, maar niet in
Binas zijn te vinden. Uit het feit dat ze hier staan mag niet de conclusie worden
getrokken dat ze in deze toets ook beslist gebruikt moeten worden.
Succes !
1
lees verder ►►►
Gegevens en formules
Tabel 1: Elementaire deeltjes
Fermionen
Quarks
Generatie
1e
2e
3e
Deeltje/smaak
u
d
c
s
t
b
up
down
charm
strange
top
bottom
Leptonen
Massa
(GeV/c2)
0,003
0,006
1,2
0,1
175
4,2
Lading
(e)
2/3
–1/3
2/3
–1/3
2/3
–1/3
Generatie
1e
2e
3e
Deeltje/smaak
e
e–

–

–
elektronneutrino
elektron
muonneutrino
muon
tauonneutrino
tauon
Massa
(GeV/c2)
<110-5
0,000511
<0,0002
0,106
<0,02
1,784
Lading
(e)
0
–1
0
–1
0
–1
Bosonen
Sterke interactie
g
gluon
0
Elektrozwakke interactie
0
Gravitatie
graviton (hypothetisch)

W  Wmin-boson
W  Wplus-boson
0
82
82
0
–1
+1
Z 0 Z-boson
93
0
foton
Ieder deeltje heeft een antideeltje met dezelfde massa en met tegengestelde lading,
baryon- of leptongetal.
Alle genoemde quarks hebben baryongetal ⅓ en leptongetal 0.
Alle genoemde leptonen hebben baryongetal 0 en leptongetal 1.
Tabel 2: Enkele samengestelde deeltjes
deeltje
p+
p–
n
proton
antiproton
neutron
n
antineutron

π pi-minmeson
π pi-plusmeson
π0 pi-nulmeson
H
samenstelling
uud
uud
udd
udd
ud
waterstofatoom
baryongetal
1
–1
1
–1
leptongetal
0
0
0
0
0
0
ud
0
0
uu/dd
0
0
1
1
+ –
pe
Tabel 3: Formules
p2
Ek 
2m
2
h 2  n x2 n y nz2 
Ek 
 
 
8m  L2x L2y L2z 
2
lees verder ►►►
UITWERKBIJLAGE
Naam:.................................................
Schoolexamen Project Moderne Natuurkunde
20 april 2009
1.
Antwoordblad Meerkeuzevragen
Instructies:
 Kies een antwoord door aan te kruisen X.
 Beantwoord elke vraag, ook als je niet zeker bent.
 Ieder goed antwoord levert 1 punt op.
 Als je je antwoord wilt veranderen, dan kras je het ongewenste antwoord duidelijk door
en kruis je een ander antwoord aan (zie voorbeeld).
800025-1-023b*
3
1.
A
B
C
D
2.
A
B
C
D
3.
A
B
C
D
4.
A
B
C
D
5.
A
B
C
D
6.
A
B
C
D
7.
A
B
C
D
8.
A
B
C
D
lees verder ►►►
2.
Uitwerkingen open vragen
vraag 10
4
lees verder ►►►
Deel I: Meerkeuzevragen
Instructies: Kies één antwoord. Beantwoord elke vraag, ook als je niet zeker bent. Ieder
goed antwoord levert 1 punt op.
1.
De centrale idee achter het deeltje-in-een-doos-model is dat:
A
B
C
D
Golven altijd heen en weer kaatsen tussen uiterste begrenzingen en daardoor
lijken op een gebonden deeltje.
Golven in feite ook gebonden deeltjes zijn en dus niet uit een gesloten doos
kunnen.
Deeltjes zich ook gedragen als golven en daardoor niet in een doos passen.
Gebonden deeltjes zich gedragen als golven, die in een doos passen.
2. Hoeveel neutronen komen vrij bij de volgende splijtingsreactie?
235
92
A
B
C
D
U + 01 n  141
56 Ba +
92
36
Kr + ...
0
1
2
3
3. Krypton-87 vertoont -verval.
Met welke van onderstaande berekeningen wordt het massadefect van deze reactie
juist berekend? Zie Binas.
A
B
C
D
Δm = (86,91337 - 86,90918 - 2·0,00054858)
Δm = (86,91337 - 86,90918)
Δm = (86,91337 - 86,92034 - 2·0,00054858)
Δm = (86,91337 - 86,92034)
4. Een muon en een antimuon botsen op elkaar (met verwaarloosbare snelheid).
Ze verdwijnen en er ontstaan twee gammafotonen.
Er volgen hierover twee beweringen.
I.
Deze reactie heet een annihilatiereactie.
II.
Elk gammafoton heeft een energie van 106 MeV.
Welke bewering(en) is (zijn) juist?
A
B
C
D
Geen van beide.
Alleen I.
Alleen II.
Beide.
5
lees verder ►►►
5. We beschouwen onderstaande reactie:
+ → n + νe + e+
Deze reactie is:
A
B
C
D
mogelijk.
onmogelijk, want er is geen behoud van lading.
onmogelijk, want er is geen behoud van leptongetal.
onmogelijk, want er is geen behoud van baryongetal.
6. We beschouwen onderstaande reactie:
p   n  νe  e +
Deze reactie is:
A
B
C
D
mogelijk.
onmogelijk, want er is geen behoud van lading.
onmogelijk, want er is geen behoud van leptongetal.
onmogelijk, want er is geen behoud van baryongetal.
7. Hieronder staan twee reactiediagrammen.
Hoe kan het rechterdiagram uit het linkerdiagram worden afgeleid?
A
B
C
D
Door toepassing van ladingsymmetrie en een kruising.
Door toepassing van een kruising.
Door toepassing van een tijd-omkering en een kruising.
Door toepassing van twee kruisingen.
8. Er volgen nu twee beweringen over antideeltjes van samengestelde deeltjes.
I.
II.
Een meson is altijd precies gelijk aan zijn antideeltje.
Een baryon is altijd precies gelijk aan zijn antideeltje.
Welke bewering(en) is (zijn) juist?
A
B
C
D
Geen van beide.
Alleen I.
Alleen II.
Beide.
6
lees verder ►►►
Deel II: Open vragen
Opgave 1 Kleine ster?
figuur 1
2p
1

Sterrenkundigen van het European Southern
Observatory hebben bij de ster OGLE-TR-122
(kortweg: Ogle a) een kleine, vrijwel donkere
begeleider gevonden (Ogle b). De straal van
Ogle a is bepaald uit het stertype. Die van de kleine
begeleider kan vervolgens worden bepaald uit de
verzwakking van het sterlicht van Ogle a.
Ogle b trekt eens per zeven dagen voor Ogle a
langs en houdt daarbij 1,5 % van het sterlicht van
Ogle a tegen.
Bereken de verhouding tussen de straal van
Ogle a en die van zijn begeleider Ogle b.
figuur 2
Ogle b blijkt veel kleiner te zijn dan de zon. Er wordt daarom getwijfeld
of het een ster is of een planeet. Dit hangt niet alleen van de straal af
maar ook van de massa.
Deze massa kan worden gevonden uit de afstand tussen beide
hemellichamen en de snelheid waarmee ze, ten gevolge van de
gravitatiekracht, om hun gemeenschappelijk zwaartepunt Z draaien.
Ze doorlopen hierbij hun banen met dezelfde omlooptijd. Neem aan
dat die banen cirkelvormig zijn. Zie figuur 3.
figuur 3
Om de massa m b van Ogle b te bepalen, wordt gebruik gemaakt van de relatie:
Gmb
va 2

(ra  rb ) 2 ra
3p
2

Hierin is G de gravitatieconstante.
Leg deze relatie uit op grond van formules uit Binastabel 35 en op grond van figuur 3.
7
lees verder ►►►
figuur 4
Om met deze relatie de massa van Ogle b te
bepalen, moet onder andere de baansnelheid
van Ogle a bekend zijn. Deze is gemeten met
behulp van het dopplereffect.
Het spectrum van Ogle a heeft een absorptielijn waarvan de golflengte als gevolg van de
baansnelheid om Z varieert tussen 518,377 nm
en 518,343 nm. Deze absorptielijn hoort bij het
element magnesium.
In figuur 4 is van dit element een vereenvoudigd energieniveau-schema gegeven. De pijlen
geven de mogelijke overgangen tussen de
niveaus aan.
4p
3

Leg met behulp van een berekening uit welke pijl in de figuur hoort bij de geno emde
absorptielijn.
Voor de dopplerverschuiving Δλ van de genoemde absorptielijn geldt:

0

v
c
Hierin is:
 λ0 de golflengte van de absorptielijn wanneer er geen dopplerverschuiving is,
 v de snelheidscomponent van de ster naar de aarde,
 c de lichtsnelheid.
3p
4

Neem aan dat de aarde zich bevindt in het vlak van figuur 3.
Bereken de baansnelheid van Ogle a om Z.
Men spreekt van een ‘gewone’ ster, als de centrale temperatuur groot genoeg is om
waterstoffusie op gang te brengen. Deze moet daartoe minimaal 10 7 K zijn.
Er kan worden afgeleid dat deze centrale temperatuur TC evenredig is met het quotiënt van
de massa en de straal van zo'n ster:
TC  k
4p
5

M
R
waarin k een evenredigheidsconstante is, die voor alle ‘gewone’ sterren
(zoals ook de zon) hetzelfde is.
Ogle b blijkt een massa te hebben van 2,1·10 29 kg en een straal van 9,5·10 7 m.
Ga na of Ogle b als een gewone ster beschouwd kan worden.
8
lees verder ►►►
Opgave 2 De Ultrasnelle Elektronenmicroscoop
De elektronenmicroscoop is een microscoop die gebruik maakt van elektrongolven in plaats
van lichtgolven. De golflengte van elektronen kan kleiner dan 0,1 nm worden gemaakt, klein
genoeg om foto’s van atomen te maken. Een gewone elektronenmicroscoop is echter niet in
staat de bewegingen van atomen vast te leggen. De reden hiervoor is dat de
elektronenbundel wordt opgewekt door middel van een gloeikathode. Dit is een relatief
langzaam proces waardoor de tijdsduur tussen twee opeenvolgende foto’s veel te groot is.
3p
2p
4p
6
7
8



In 2005 hebben wetenschappers uit Californië een
nieuw type elektronenmicroscoop ontwikkeld, de
Ultrasnelle ElektronenMicroscoop (UEM). Met de
UEM kunnen scherpe foto’s op atomaire schaal
gemaakt worden met tussenpozen van ongeveer
100 fs (femtoseconden).
De UEM is in figuur 5 vereenvoudigd weergegeven.
In de UEM is de gloeikathode vervangen door een
fotokathode die om de 100 fs wordt getroffen door
een laserpuls met een energie van 5,00·10-10 J. De
golflengte van het laserlicht is 400 nm.
Bereken het aantal fotonen in de laserpuls.
figuur 5
De laserpuls is in staat elektronen uit de fotokathode
los te maken. Een rode laserpuls zou dit niet kunnen,
hoe groot zijn energie ook is.
Leg uit dat dit een aanwijzing is voor het
deeltjeskarakter van licht.
De vrijgekomen elektronen worden tussen kathode
en anode versneld en verlaten de anode met een
energie van 120 keV.
Laat zien dat deze energie groot genoeg is om
met de UEM foto’s van atomen te maken. Bereken
daartoe eerst de De-Brogliegolflengte van de
elektronen.
Nadat de elektronen door het preparaat zijn gegaan
treffen ze een detector. Een computer verwerkt het
detectorsignaal tot een filmpje, waarbij elke 100 fs
een beeld wordt vastgelegd.
De wetenschappers hebben met de UEM een filmpje
van een zeer dunne laag grafiet gemaakt. In figuur 6
zijn drie beelden van het filmpje gegeven die
onderling een klein beetje verschillen als gevolg van
het trillen van de koolstofatomen (C-12) in het
grafietkristal.
9
lees verder ►►►
figuur 6
4p
9

Het filmpje zou niet goed gelukt zijn als de trillingstijd van de atomen kleiner dan 100 fs zou
zijn. We gaan nu na dat deze trillingstijd groter is dan 100 fs. Daartoe beschrijven we de
trilling van een koolstofatoom door het ééndimensionale deeltje-in-de-doosmodel. De
dooslengte is tweemaal de amplitudo van de trilling en kan op 0,10 nm worden gesteld. De
frequentie van de trilling mag gelijk worden genomen aan de frequentie van het foton dat
wordt uitgezonden wanneer het koolstofatoom van de eerste aangeslagen trillingstoestand
terugvalt naar de grondtoestand.
Laat door berekening zien dat de trillingstijd van de koolstofatomen inderdaad groter is
dan 100 fs.
Het deeltje-in-de-doosmodel beschrijft de trilling
van het koolstofatoom slechts bij benadering. Dit
blijkt onder andere wanneer we de golffuncties
van het doosjesmodel vergelijken met die van
een nauwkeuriger model. In figuur 7 is van
laatstgenoemd model een golffunctie getekend.
Hierin is u de uitwijking van het atoom uit het
evenwicht. Figuur 7 staat ook op de
uitwerkbijlage.
figuur 7
3p
10

Geef het quantumgetal n van de gegeven golffunctie en teken in de figuur op de
uitwerkbijlage de golffunctie van het deeltje-in-de-doosmodel bij dezelfde n en een
dooslengte van 0,10 nm.
10
lees verdereinde
►►►