Document

Uitwerking D-toets Moderne Natuurkunde
6 vwo
Test je kennis van zaken
1) Interferentie van licht door twee spleten. Je krijgt op het scherm maxima en minima te
zien.
2) B.v. het Comptoneffect: fotonen van röntgenstraling botsen tegen elektronen, waardoor
die uit het materiaal schieten. Of foto-elektrisch effect: energie van fotonen wordt gebruikt
om elektronen uit metaal te laten ontsnappen.
3) Ook een interferentieproef; b.v door elektronen door 2 spleten te laten gaan. Of buiging.
4) De golflengte is zó klein dat van buiging of interferentie in het dagelijks leven niet veel te
merken is.
5) Als deeltje. Op één bepaalde plaats reageert het met het materiaal van de fotofilm.
6) De energie van de fotonen van UV-licht is hoog genoeg om chemische reacties in de huid
te veroorzaken. Bij zichtbaar licht is die energie te laag.
7) Het elektron heeft dan de kleinste impuls en dus de grootste golflengte. (want λ = h/m.v)
8) Zelfde Ek: Ek = p2/2m  p2 = Ek.2.m. Het elektron heeft dus weer de kleinste impuls en
dus de grootste golflengte
9) Impulsen gelijk, dus ook de golflengte gelijk
10) Overeenkomsten: beide hebben golf- en deeltjes karakter en gedragen zich volgens
dezelfde wetten van de quantummechanica.
Verschillen: elektron heeft lading, foton niet; elektron heeft rustmassa, foton niet; elektron
is lepton, foton is wisselwerkingsdeeltje; elektron is fermion; foton is boson.
11)
a) frequentie bepaalt de Energie: E = h.f
b) golflengte bepaalt de impuls: λ = h/m.v
c) Ψ bepaalt de kans dat je een deeltje ergens zal aantreffen. Ψ2 . ΔV is de kans dat je het
deeltje in het volume-element ΔV zal aantreffen.
12) Het Pauli-verbod laat niet toe dat fermionen in precies dezelfde quantumtoestand
verkeren. In de K-schil kunen dan maximaal 2 elektronen: één met spin up en de andere
met spin down. In de hogere schillen kunnen meer elektronen omdat er subschillen zijn
(s,p,d,f-toestanden).
13)
a) Door het kleiner maken van het doosje wordt de deBrogliegolflengte kleiner dus de
impuls en de kinetische energie van het elektron groter.
b) De verhoogt de energie van het elektron. Die heb je er dus in moeten stoppen. dus heb
je energie moeten toevoeren.
14)
a) Eén buik is de toestand n=1. Bij 3 buiken heb je n=3.
b) Een toestand met 2 buiken.
15)
a) Door het koppelen van 2 doosjes tot een langere doos kan de golflengte van de
elektronen in toestand n=1 langer worden. er is dan minder impuls en dus minder
kinetische energie. Die energie komt vrij.
b) Stoffen met kleine moleculen zijn te vergelijken met kleine doosjes. Door de kleine
lengte is het verschil tussen de energieniveau’s groot. (energieverschil is evenredig
met h2/8mL2) De molekulen zullen geen zichtbaar licht maar vooral UV licht
absorberen.
16)
alfa-straling b.v. 22688Ra  42He + 22286Rn
Betastraling, b.v. 146C  147N + e- + antineutrino
gammastraling: b.v. 60Co  60Co + γ
Positronstraling: b.v. 116 C  115B + e+ + neutrino
K-vangst: b.v. 3617 Cl + e-  3616 S + neutrino.
17) Uit up- en down quarks, elektronen en neutrino’s
18) proton: uud
19) neutron udd
20) Behoud van: massa+energie, impuls, lading, baryongetal, leptongetal (en ook:
impulsmoment)
21) Tijdomkeer, ladingomkeer, kruisen
22) massadefect negatief: er is na de reactie meer massa dan ervoor. Gevolg: de reactie kost
energie (= ‘endotherm’).
23) Paarvorming: het ontstaan van deeltje en antideeltje tegelijk
24) annihilatie: deeltje en antideeltje verdwijnen weer, er komt energie voor in de plaats (b.v.
in de vorm van γ-fotonen.
25) Er moet voldaan worden aan behoud van energie en behoud van impuls. Als vóór de
annihilatie de impuls vrijwel 0 is, moet die na de annihilatie ook vrijwel 0 zijn. Maar er
ontstaat wel veel energie. Eén foton met grote energie kan niet impuls 0 hebben, twee
fotonen in tegengestelde richting wel.
26) Bindingsenergie = de energie die
vrijkomt als een groter geheel )b.v.
molecuul of atoomkern uit losse
onderdelen (b.v. atomen, resp
kerndeeltjes) wordt samengesteld.
27) Zie fig hiernaast.
28)        (zie tabel 26 BINAS)
Diagram:
νμ
π+
μ+
29) Door fusiereacties: Waterstof gaat via tussenstappen over in He. Daarbij komt energie
vrij.
30) Bijvoorbeeld door het maximum van de stralingskromme te bepalen en de golflengte die
bij dat maximum hoort in te vullen in de wet van Wien: λmax.T = 2,8978.10-3 (m.K).
Nauwkeuriger is om de intensiteit van een zeer smalle band in het rood en van een zeer
smalle band in het blauw te meten. Dan kan met de computer de temperatuur berekend
worden.
31) Witte dwerg: hete ster (zo groot als de aarde) is wat er overblijft als de de fusie van
helium tot zwaardere elementen heeft plaatsgevonden, maar er niet genoeg massa is om
nog verdere fusies mogelijk te maken.
32) Met het dopplereffect. Je meet de roodverschuiving van de absorptielijnen en daaruit is de
snelheid te berekenen.
Toepassingen
1) 100 keV = 1,00.105.1,60.10-19 = 1,60.10-14 J. = ½.1,67.10-27.v2  v = 4,38.106 m/s
λ = h/m .v = 6,63.10-34/(1,67.10-27.4,386) = 9,07.10-14 m
2) E van een foton = h.f = h.c/ λ = 6,63.10-34. 3,00.108 /5,89.10-7 = 3,38.10-19 J
De lamp zendt 0,27 . 40 = 10,8 J straling uit per seconde. Dat zijn 10,8/3,38.10-19 =
3,20.1019 fotonen per seconde.
3)
a) n = ∞ betekent dat het elektron los is van de atoomkern. Het waterstofatoom is dan
geïoniseerd.
b) Langste golflengte, daarbij hoort het kleinste energieverschil, dus de overgang van
n=3 naar n = 2. Het energieverschil is -1,51 – (-3,40) = 1,89 eV
En λ = h.c/ΔE = 6,63.10-34.3,00.108/(1,89.1,60.10-19) = 6,58.10-7 m = 658 nm.
c) Zie BINAS tabel 19A: rood
4)
a) In elke toestand kunnen maximaal 2 elektronen dus n=1: 2; n=2: 2; n=3: 2 en n=4: 1
dus: (2,2,2,1)
b) E = h2/(8mL2). n2 Dus totaal: h2/(8mL2).(2.12 + 2.22 +2.32 + 1.42)= h2/(8mL2) . 44
h2/(8mL2) = (6,63.10-34)2/(8.9,11.10-31.(4,0.10-9)2) = 3,77.10-21 J (=0,0235 eV). Dus E
= 3,77.10-21. 44 = 1,66.10-19 J (=1,04 eV)
c) in toestand n=1 is de deBrogliegolflengte 2.4,0.10-9 = 8,0.10-9 = h/m.v m.v =
6,63.10-34/8,0.10-9 = 8,29.10-26 N.s
d) Eerste aangeslagen toestand: verdeling: (2,2,2,0,1)
de energie die daarbij hoort = h2/(8mL2).(2.12 + 2.22 +2.32 + 1.52) = 3,7710-21.53 =
2,00.10-19 J . Het energieverschil is 2,00.10-19 – 1,66.10-19 = 0,34.10-19 J
De golflengte = h.c/ ΔE =6,63.10-34.3,00.108/0,34.10-19 = 1,0.10-7 m.
Opmerking: een andere mogelijke 1e aangeslagen toestand is: (2,2,1,2) Deze heeft
1,92.10-19 J dus is nog iets lager. De golflengte bereken je op dezelfde manier als in de
uitwerking.
5)
a) E = h2/(8mL2). n2 dus L2 = h2.n2/(8.m.E ) = (6,63.10-34)2.1/(8.9,11.10-31.1,6.10-18) =
3,4.10-22; dus L = 1,8.10-11 m
b) L wordt 2x zo groot  energie in grondtoestand wordt 4x zo klein dus per elektron
2,5 eV. Eerst was de energie 20 eV, daarna is de energie 2x2,5 eV = 5 eV. Er is dus 15
eV vrijgekomen.
6)
a) De energie is in de evenwichtsstand minimaal. De energie is minimaal als de afgeleide
=0
6a 3b
3b
6a
2a
E ' tot   3  2  0  2  3  b 
Lo
Lo
Lo
Lo
Lo
b) Etot 
3a
2

6a
2

3a
2
 0,30.1,6.10 19 dus Lo2 = 3.6,02.10-38/0,48.10-19 =
Lo
Lo
Lo
-18
3,76.10 en Lo = 1,9.10-9 m. (wel wat groot voor een atoom)
7.
 o-1 e + 99m43Tc + antineutrino
a)
99
42Mo
b)
De energie van het foton is 140 keV = 140.103 . 1,60.10-19 = 2,24.10-14 J
Die energie = h.f = h.c/λ, dus λ = h.c/E = 6,62.10-34 3,00.108/2,24.10-14 =
8,87.10-12 m.
c)
De massa van de kern van 99Tc = 98,90625 u (zie tabel 25) – 43 . massa
elektron
Dus mkern = 98,90625 – 43 . 5,4858.10-4 = 98,88 u = 98,88.1,66.10-27 =
1,641.10-25 kg.
Massaverlies door foton: 2,24.10-14 = Δm . c2  Δm = 2,24.10-14/9,00. 1016
= 2,84.10-31 kg.
Percentage verlies = 2,84.10-31/ 1,641.10-25 . 100% = 1,52.10-4 %
a)
11
5B
b)
Je vindt de benodigde energie door het (in dit geval negatieve) massadefect Δm
uit te rekenen. In BINAS tab 25 staan de massa’s van de atomen in u gegeven.
m(atoom 11B) + m(atoom 1H) = m(atoom 11C) + m(neutron) + Δm
11.009305 + 1,007825 = 11,011433 + 1,008665 + Δm
Dan is Δm = - 2,97.10-3 u
De benodigde energie is dan: 2,97.10-3 . 931,49 MeV = 2,76 MeV
c)
De in a) gegeven reactie kan alleen plaatsvinden als het proton en de boorkern
zeer dicht bij elkaar zijn. En de kern en het proton stoten elkaar af. Dit betekent
dat het proton met zeer grote snelheid op de kern moet worden afgeschoten om
zo dichtbij te kunnen komen. Behalve de 2,76 MeV is dus nog extra kinetische
energie nodig (ongeveer 7 MeV)
d)
De halfwaardetijd van het isotoop 11C is 20,4 minuten.
8.
+ 11H  116C + 10 n; Er komt dus een neutron vrij.
t
 1  Thalf
N (t )  N (0). 
en t = 120 min.
2
1
2
Dus N (t )  N (0). 
120
20, 4
 N (0).0,0169  N(t)/N(0) = 0.0167 Er is dus
1,69 % over.
e)
Bij betastraling en positronstraling moet je uitkijken dat je geen
elektronmassa’s te veel of te weinig in rekening brengt.
De reactie is: 11C  e+ + 11B
Het massadefect reken je uit met de vergelijking:
m(kern 11C) = m(elektron) + m(kern 11B) + Δm
In Binas tabel 25 staan alleen de massa’s van de atomen gegeven. Door links
en rechts 6 keer een elektronmassa erbij te tellen krijgen we
m(atoom 11C) = m(elektron) + m(atoom 11B) + m(elektron) + Δm
m(atoom 11C) = 2.m(elektron) + m(atoom11B) + Δm
Invullen:
11,011433 = 11,009305 + 2 . 5,4858.10-4 + Δm
Δm = 1,031.10-3 u
De energie is 1,031.10-3 . 931,49 MeV = 0,96 MeV; klopt aardig met BINAS
Uit correctievoorschrift Schoolexamen Project Moderne Natuurkunde
1.
3p
Antiwaterstof
7□



2p
8□
9□
Reactievergelijking
Toepassen van een symmetrie of symmetrieën
[2]
[1]
Voorbeeld van een antwoord: In een magneetveld buigen protonen en antiprotonen verschillende kanten
op.
Andere mogelijkheid: Scheiding m.b.v. een elektrisch veld.


5p

Antwoord: e  p  H  γ
methode 1:
Ladingomkeer - symmetrie (C)
methode 2:
Tijdsymmetrie (T ) en kruisen van alle deeltjes (X (e,p,H,γ))
Inzicht in de methode
Uitleg over de werking
[1]
[1]
Antwoord: 1,1·105 m/s
Voorbeeld van een berekening:
Uit de grafiek blijkt dat ΔEp = 63 eV. Een antiproton met meer dan 63 eV = 1,00·10 -17 J aan kinetische
energie ontsnapt dus. Bij deze energie hoort een snelheid v =





2p
2 E / m =1,1·105 m/s
Aflezen van ΔEp = 63 ±5 V
Omrekenen naar J
Gebruik van Ek = ½ mv2 = ΔEp
Opzoeken mp
Completeren van de berekening
[1]
[1]
[1]
[1]
[1]
10 □ Voorbeeld van een antwoord: Annihilatie zou leiden tot verlies van baryongetal, leptongetal en lading.
Voor alledrie deze grootheden gelden behoudswetten.


Gebruik van tenminste één van de drie behoudswetten
Conclusie
[1]
[1]
5p
11 □ Antwoord: λ = 2,42631·10 –12 m
Voorbeeld van een berekening: De energie van de 2 fotonen samen is 2me /c2; voor 1 foton geldt dus
hf 





2.
3p
hc

 me c 2 dus  
h
= 2,42631·10 –12 m
me c
Inzicht dat de energie per foton overeenkomt met één elektronmassa
Gebruik van hf = me /c2
Gebruik van λ = hc/f
Opzoeken h, c en me
Completeren van de berekening
[1]
[1]
[1]
[1]
[1]
Pionen
12 □ Antwoord: 138 MeV
Voorbeeld van een berekening:
Δm = 2 m p + m π – – m p – m n = m p + m π – – m n = 938 + 140 – 940 = 138 MeV/c 2
Dus ΔE = 138 MeV



2p
Opstellen van de massavergelijking en opzoeken van de massa’s
Inzicht dat de massa van het π – gelijk is aan die van het π +
Completeren van de berekening
13 □ Antwoord:
[1]
[1]
[1]
ud
Toelichting: Dit is de enige mogelijke combinatie met lading –e


2p
14 □ Voorbeeld van een antwoord: Of het π 0 nu bestaat uit uu of d d of een of ander mengsel, het is altijd een
deeltje met zijn eigen antideeltje en kan dus annihileren.


4p
[1]
[1]
Gebruik van de quarkladingen
Conclusie
[1]
[1]
Noemen van annihilatie
Toelichting en conclusie
15 □ Antwoord:
n + π +  p+ + π0




Tenminste één symmetriebewerking correct uitgevoerd
Reactie geheel correct (in diagram of als vergelijking)
Pijlen in n- en p-lijn in de goede richting
Geen pijl in π 0-lijn
Opmerking: wel een pijl in de π +-lijn: geen aftrek
[1]
[1]
[1]