Uitwerkingen opgaven hoofdstuk 3

Uitwerkingen opgaven hoofdstuk 3
3.1
Opgave 1
Licht als golf
a Zie BINAS tabel 18A. De brekingsindex bij overgang van lucht naar glas is
voor rood licht kleiner dan voor violet licht.
(nluchtglas)rood = 1,51 en (nluchtglas)violet = 1,52
Voor beide kleuren is hoek i gelijk.
Zie voor de breking van rood licht figuur 3.1a.
Zie voor de breking van violet licht: Zie figuur 3.1b.
Figuur 3.1a
Figuur 3.1b
Eerste manier
Omdat de brekingsindex bij overgang van lucht naar glas voor rood licht
kleiner is dan voor violet licht, wordt de rode lichtstraal minder gebroken dan
de violette lichtstraal.
 r1 in figuur 3.1a is groter dan r2 in figuur 3.1b
 De rode lichtstraal ligt boven de violette lichtstraal.
 a is de rode lichtstraal en b is de violette lichtstraal.
Tweede manier
Zie de figuren 3.1a en 3.1b.
sin i 
sin i
sin i
1
1
 nlucht glas rood  1,51  sin



r1 
sin r1 sin r2
  sin r1 sin r2
sin i 
sin r2  sin r1
 nlucht glas violet  1,52  sin r 
2
 r2  r1 want 0  r1  90 En dit geldt ook voor r2 .
 r1 in figuur 3.1a is groter dan r2 in figuur 3.1b.
 De rode lichtstraal ligt boven de violette lichtstraal.
 a is de rode lichtstraal en b is de violette lichtstraal.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
1 van 23
b Zie figuur 3.2a.
Een gedeelte van het witte licht wordt niet afgebogen: licht van de nulde orde.
Dit licht wordt door de positieve lens in een punt op het scherm afgebeeld. Het
scherm staat immers in het brandvlak van de lens.
Figuur 3.2a
Figuur 3.2b
c Zie figuur 3.2b.
Wit licht bestaat uit verschillende kleuren. Elk kleur heeft een andere
n
golflengte. Voor licht dat afgebogen wordt geldt: sin α 
d
Bij de eerste orde (n = 1) wordt dus iedere kleur in een andere richting
afgebogen. Hierdoor ontstaat een spectrum van het eerste orde maximum.
d Bij dezelfde waarde van n en d zal het licht met de kleinste golflengte het minst
afgebogen worden. De golflengte van violet, is kleiner dan de golflengte van
rood.
Voor de eerste orde geldt:

sin α 
 sin (αviolet) < sin (αrood)  αviolet < αrood
(0 ≤ α ≤ 90°)
d
 De violette lijn ligt dichter bij de witte lijn dan de rode lijn.
e Zie figuur 3.3a en 3.3b.
Figuur 3.3a
Figuur 3.3b
Toelichting
Als het aantal lijnen per cm twee keer zo klein is, dan is de tralieconstante d
twee keer zo groot. Bij gelijke orde en golflengte is sin α ongeveer twee keer
zo klein en tan α ook. De afstand tussen de plaats van een kleur in het eerste
orde maximum en de witte lijn is dan ook ongeveer twee keer zo klein.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
2 van 23
Opgave 2
a Het scherm staat in het brandvlak van lens L. De twee evenwijdige lichtstralen
a en b worden gebroken door de lens en komen samen in het bijbrandpunt Fre.
Om dit bijbrandpunt Fre te vinden, teken je een lijn l door het optisch
middelpunt O van de lens evenwijdig aan de twee lichtstralen a en b. Dit is de
bij-as die hoort bij de richting van de stralen a en b na het verlaten van het
scherm. Bepaal het snijpunt Fre van lijn l met het scherm S.
Teken nu de lijnen AFre en BFre. Zie figuur 3.4.
Figuur 3.4
b Zie figuur 3.4.
De twee evenwijdige lichtstralen a en b horen bij de stralen die het eerste orde
maximum rechts op het scherm vormen. De afbuigingshoek van deze stralen is
gelijk aan de hoek tussen de bijbehorende bijas OFre en de hoofdas OF. Voor
de afbuigingshoek α die bij het eerste orde maximum rechts hoort geldt:
FF
tan α  re
OF
De afbuigingshoek van de stralen die het eerste orde maximum aan de
linkerkant vormen, worden door het tralie ook over een hoek α afgebogen.
FF
Voor de afbuigingshoek α van deze stralen geldt: tan α  li
OF
Dan is: FFli = FFre
Fli is het bijbrandpunt van de lichtstralen van de eerste orde afbuiging naar
links. Teken punt Fli en trek door de punten Fli en O de lijn m. Lijn m is de
bijbehorende bij-asTeken tussen het tralie en de lens de twee lichtstralen c en d
die evenwijdig aan de bij-as m lopen en bepaal de snijpunten C en D van de
lijnen c en d met lens L. Verbind nu de punten C en D met Fli.
c Zie figuur 3.4.
De afstand FreFli tussen de twee eerste orde maxima is 33,2 cm
33,2
 FFre 
 16, 6 cm
2
De brandpuntsafstand f van de gebruikte lens is 50,0 cm.
Zie figuur 3.4.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
3 van 23
FFre 16, 6

 0,332  α  18,37
f
50
Het tralie bevat 5350 lijnen per cm. Dan is de tralieconstante:
1
d
cm  1,8692 10  4 cm  1,8692 10 6 m
5350
Voor het eerste orde maximum geldt:
 tan α 
sin α 

d
   d  sin α  1,8692  106  sin (18,37)  5,89  107 m  589 nm
Opgave 3
a Zie figuur 3.5.
Figuur 3.5
Voor de eerste orde geldt: sin α1 

d
; voor de tweede orde geldt:
2
3
; voor de derde orde geldt: sin α3 
d
d
Het witte licht omvat het golflengtegebied van 420 nm (het uiterst zichtbare
violet) tot 750 nm (het uiterst zichtbare rood).
 λrood = 750 nm; λviolet = 420 nm
750 109
Voor de tweede orde rood licht geldt: sin (α1,rood) =
d
sin α 2 
840 109
d
1260 10 9
Voor de derde orde violet licht geldt: sin (α3,violet) =
d
 sin (α2,rood) > sin (α3,violet)  α2,rood > α 3,violet
 Er is dus een overlap.
b Zie figuur 3.5.
Voor het derde orde maximum van het uiterste zichtbare violet licht geldt:
3  λ violet
3  420  10 9
sin (α 3,violet ) 

 0,6738  α 3,violet  42,36
d
1,87  10 6
 V0 V3  f  tan ( 3, violet )  50,0  tan 42,36  45,59 cm
Voor het tweede orde maximum van het uiterste zichtbare rood licht geldt:
2  λ rood
2  750  10 9
sin (α 2,rood ) 

 0,8021  α 2,rood  53,33
d
1,87  10 6
Voor de tweede orde violet licht geldt: sin (α2,violet) =
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
4 van 23
 R 0 R 2  f  tan( α 2,rood )  50,0  tan 53,33  67,17 cm
De breedte van de overlap is:
Ekin,max  Efoton  Euit  Efoton  Ekin,max  Euit


R0R2 − V0V3 = Ekin,max  q U rem  0,75 1,602 1019  0,75  1,20 10 19 J 

Euit  2,25 eV  1,602 1019  2,25  3,60 1019 J

Opgave 4
a De afbuigingshoek van het oranje-gele licht van de natriumlamp lees je af in
figuur 3.22 van het kernboek. ‘Oranje-geel’ wordt verder in de subscripten
afgekort tot ‘oranje’.
 α1,oranje = 20,8o.
De golflengte van dit licht is: λoranje = 589 nm = 589 ∙ 10–9 m
Voor het eerste orde maximum bij het oranje-gele licht geldt:
λoranje
sin (α1,oranje ) 
d
λoranje
589  10 9

 1,66  10 6 m  1,66 μm
 d
sin (α1,oranje )
sin 20,8
b In figuur 3.22 van het kernboek lees je af dat bij groen licht de afbuigingshoek
voor het eerste orde maximum gelijk is aan: αgroen = 17,5o
Eerste manier
Voor de eerste orde bij het groene licht geldt:
λgroen
sin (α groen ) 
d
 λgroen  d  sin (α groen )  1,66 10 6  sin 17,5  4,99  10 7 m  499 nm
Tweede manier
λgroen
λoranje
d

sin (α groen )
sin (α oranje )
sin (α groen )
sin (17,5  )
 499 nm
sin (α oranje )
sin (20,8  )
c Bij een tralie geldt voor de afbuigingshoeken α bij een maximum:
n
sin α 
met n = 1,2, ….
d
De waarde van sin α kan maximaal gelijk aan 1 worden. Dus geldt:
n  589  109
1
1, 66  106
Hieruit volgt n = 2,82. Een orde is echter altijd een geheel getal. Dus de
maximale waarde van n is 2. Over een halve cirkelboog komen dan twee
maxima aan de linkerkant, twee maxima aan de rechterkant en een nulde orde
maximum. In totaal zie je dus vijf oranje-gele lijnen.
 λgroen  λoranje 
 589 
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
5 van 23
Opgave 5
a Zie figuur 3.6.
Figuur 3.6
De spleten L1 en L2 zijn op te vatten als lichtbronnen die in fase trillen. Omdat
PL1 groter is dan PL2 komen de golven met een faseverschil in P aan.
Als het wegverschil PL1 − PL2 een geheel aantal golflengten is, is het
faseverschil een geheel getal (de golven komen in fase aan). In P treedt dan
versterking van licht op en zie je een maximum.
Als het wegverschil PL1 − PL2 een 12 , 1 12  , 2 12 , enz. is, dan zijn de golven
in P in tegenfase en treedt er verzwakking op. Dan ontstaat in P een minimum
(en is het donker).
b Zie figuur 3.6.
Als de afstand y tussen twee opeenvolgende maxima groter is dan 1 mm, dan
kun je maxima goed van elkaar onderscheiden. De grootte-orde van y is dus
10−3 m. De grootte-orde van de golflengte is 10−9 m. Dit betekent dat
l
l
103   109 . Dan is de grootte-orde van
gelijk aan 106. Dus de afstand d
d
d
moet veel kleiner moet zijn dan afstand l om de proef met een goed zichtbaar
resultaat te kunnen uitvoeren.
c De afstand y bepaal je met behulp van figuur 3.23b in het kernboek.
In de figuur vind je voor de afstand tussen 9 maxima 2,15 cm.
 9 ∙ y = 2,15 cm  y = 0,239 cm
l
y

y  Na   Na  d 

d
l

d  0,37 mm  0,37  10 3 m 
y  0,239 cm  0,239  10 2 m 


l  1,50 m
0,239  102
 Na  0,37  103 
 5,9  10 7 m
1,50
l
d Voor de afstand y tussen twee opeenvolgende maxima geldt: y = λ 
d
Als Iris een plaat perspex zet tussen de twee spleten en het scherm, veranderen
l en d niet.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
6 van 23
c perspex
Voor de golflengte van licht in perspex geldt:  =
f
Hierin is cperspex de voortplantingssnelheid van licht in perspex.
In perspex is de voortplantingsnelheid van het licht kleiner dan in lucht. Omdat
de frequentie van het licht niet verandert, is de golflengte van het licht in
perspex kleiner dan in lucht.
Dus als Iris een plaat perspex tussen de spleten en het scherm plaatst, zal de
afstand y afnemen.
3.2
Opgave 6
Het elektromagnetisch spectrum
Zie tabel 1.
hoorbaar geluid
BINAS tabel 15A:
343 m/s
zichtbaar licht
BINAS tabel 7:
2,99792458 ∙ 108 m/s
er is een medium nodig
de frequentie bepaalt
het frequentiebereik is
ja / nee
toonhoogte
BINAS tabel 27C:
van 20 Hz tot 20 ∙ 103 Hz
voor het menselijk oor
ja / nee
kleur
BINAS tabel 19A:
van 0,4 ∙ 1015 Hz tot 0,8 ∙ 1015 Hz
voor het menselijk oog
soort golf
longitudinaal / transversaal
longitudinaal / transversaal
voortplantingssnelheid in lucht
bij kamertemperatuur
Tabel 1
Opgave 7
a Het getal 2450 geeft aan dat er een afwijking kan zijn in het laatste cijfer:
de nul. De meetonzekerheid geeft aan dat er al een afwijking in het cijfer 5 van
het getal 2450 is. Dat betekent dat het cijfer nul geen betekenis heeft en dus
niet mag worden opgeschreven.
De frequentie moet dus met (245 + 5) ∙ 101 MHz = 2,45 ± 0,05 GHz
weergegeven worden.
b Eerste manier
f = 2450 ± 50 MHz
Bereken de golflengte:
2,99792458 10 8
c
λ

= 0,12236 m = 12,236 cm = 12,24 cm
f
2450 10 6
50
 100% = 2,04%
De meetonzekerheid in de frequentie is
2450
De meetonzekerheid in de golflengte is gelijk aan de meetonzekerheid in f.
2,04
 12,24 = 0,250 cm
De meetonzekerheid in de golflengte is
100
Dan is (12,24 – 0,250) cm <  < (12,24 + 0,250) cm
 11,99 cm <  < 12,49 cm
De weergave van de golflengte met de meetonzekerheid is dan:
 = 12,2  0,3 cm
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
7 van 23
Tweede manier
f = 2450 ± 50 MHz
fmin = 2450 – 50 = 2400 MHz; fmax = 2550 + 50 = 2500 MHz.
c

c  f min  max  max 

f min


c  2,99792458  108 m/s

f min  2400 MHz  2400  106 Hz 
 λmax
2,99792458  10 8

 0,12491 m = 12,49 cm
2400  10 6


f max

8

c  2,99792458  10 m/s

6
f max  2500 MHz  2500  10 Hz 
2,99792458  10 8
 λmin 
 0,11992 m = 11,99 cm
2500  10 6
c  f max  min  min 
c
Dan is 11,99 cm <  < 12,49 cm
De weergave van de golflengte met de meetonzekerheid is dan:
 = 12,2  0,3 cm
c De frequentie wordt bepaald door de stralingsbron. Omdat de
voortplantingssnelheid van een elektromagnetische golf afhangt van het
medium, verandert de golflengte als een elektromagnetische golf zich in een
ander medium voortplant.
Opgave 8
Opgave 9
De afstand die de radiosignalen moeten afleggen is de afstand van de Aarde tot
Mars = 191 miljoen kilometer = 191·109 m.
afstand van Aarde tot Mars
benodigde tijd voor de radiosignalen 
lichtsnelh eid
8
In BINAS tabel 7 vind je c = 2,99792458 · 10 m/s.
191109
 t
 637 s  10,6 min
2,99792458 108
a ΔI    I  Δx   
Dus:   
ΔI 
 I   Δx 
ΔI
I  Δx
I en ΔI hebben dezelfde eenheid (die van intensiteit).
1
Dus:   
Δx
Δx is een afstand en heeft de eenheid van lengte: bijvoorbeeld cm
1
of cm 1
Dan geldt:   
cm
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
8 van 23
b Een vloeistof heeft een kleur als een aantal kleuren van het zichtbare licht
wordt geabsorbeerd. Hoe groter de absorptiecoëfficiënt van een stof voor een
bepaalde kleur, des te minder licht van die bepaalde kleur door de vloeistof
gaat. De absorptiecoëfficiënt van water in het zichtbare gebied is kleiner dan
10−3 cm–1. Het water absorbeert dus nauwelijks enig zichtbaar licht. Dus is
water kleurloos.
c Zie BINAS tabel 19B voor de frequentie van magnetronstraling:
f ≈ 1010 Hz
Zie figuur 3.7, bij (1).
De absorptiecoëfficiënt van water voor magnetronstraling is ongeveer 5 cm–1.
d Je wordt bruin dankzij ultraviolette straling.
Zie BINAS tabel 19B voor de frequentie van uv-straling: f ≈ 1016 Hz.
Zie figuur 3.7 bij (2). De absorptiecoëfficiënt van water voor uv-straling is:
α = 4 ∙ 105 cm–1.
Dit betekent dat water in vochtige lucht een groot deel van de uv-straling
absorbeert.
Dus wordt je minder snel bruin bij een vochtige westenwind.
Figuur 3.7
Opgave 10
a Je maakt dan gebruik van het feit dat laserlicht wordt uitgezonden in een
evenwijdige bundel en dat de intensiteit van die bundel hoog is.
b Het totale vermogen van 1 mW van de laser is geconcentreerd in een smalle,
evenwijdige bundel. Bij een gloeilamp verdeelt het vermogen van 4 W zich
over een bolvormig oppervlak omdat het licht naar alle richtingen wordt
verspreid.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
9 van 23
c Het licht van de lamp wordt verspreid. Op afstand r van de lamp gaat al het
licht door de bolschil met straal r.
Plamp
De intensiteit op afstand r van de lamp is gedefinieerd als I(r) =
4  r 2
Het lichtvermogen van de lamp is 4 W.
De oppervlakte van de bolschil met straal 75 cm is:
A = 4 ∙ π ∙ r 2 = 4 ∙ π × (0,75)2 = 7,07 m2
De lichtintensiteit van de gloeilamp op 75 cm is dan:
4
Ilamp =
= 0,566 W/m2
7,07
Bij de laser zal de lichtbundel op een afstand van 75 cm een lichtvlek vormen
met een diameter van 0,30 cm.
De oppervlakte van deze lichtvlek is:
π ∙ r 2 = π × (0,15)2 = 0,0707 cm2 = 7,07 ∙ 10–6 m2
Het vermogen van de laserbundel is 1 mW = 1 ∙ 10–3 W.
De lichtintensiteit op de door de laser veroorzaakte lichtvlek is:
1  10 3
Ilaser =
= 141 W/m2
6
7,07  10
De verhouding tussen de lichtintensiteit van de laserbundel en de
1,41102
lichtintensiteit van de lamp op deze afstand is dus:
 2,5 102
5,66 105
3.3
Lichtemissie en lichtabsorptie; spectraalanalyse
Opgave 11
a Een natriumlamp bevat natriumdamp dat licht uitzendt. De natriumdamp
bestaat uit losse atomen. Een natriumlamp geeft een lijnenspectrum.
b Een roodgloeiende spijker is een lichtgevende vaste stof. De deeltjes zitten in
een vaste stof dicht op elkaar. Een roodgloeiende spijker geeft een continu
spectrum.
c In een kleurloze gasvlam waarin bariumchloride gebracht wordt, wordt het
bariumchloride ontleed in losse barium- en chlooratomen. Het uitgezonden
licht vormt een lijnenspectrum.
d Koolstofdioxide is een lichtgevend gas. Een stof in de gasvormige toestand
geeft een lijnenspectrum.
e De vlam van een brandende kaars bevat gloeiende roetdeeltjes. Roet is een
vaste stof. De gloeiende roetdeeltjes geven een continu spectrum.
Opgave 12
a Met ‘thermische aanslag’ wordt bedoeld dat bij een hoge temperatuur een
atoom, door een botsing met een ander atoom, in een aangeslagen toestand
wordt gebracht. Tijdens de botsing wordt kinetische energie overgedragen.
b Door thermische aanslag bevindt een aantal atomen zich in een aangeslagen
toestand. Na korte tijd staan deze atomen de extra energie weer af in de vorm
van lichtstraling. Dit veroorzaakt de oranje-gele kleur.
c Als je wit licht op een kleurloze vlam laat vallen, dan is het spectrum van het
licht dat door de vlam is gegaan hetzelfde als van het licht voordat het op de
vlam valt. Er wordt geen licht geabsorbeerd. Er is dan geen schaduw.
Bij een vlam waarin natriumchloride wordt gestrooid, wordt het oranje-gele
licht geabsorbeerd. Hierdoor ontbreekt er een kleur in het licht dat door de
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
10 van 23
vlam is gegaan. Op de muur valt dus minder licht in vergelijking met het licht
dat niet door de vlam is gegaan. Dat levert de schaduw op.
Opgave 13
a Het licht uit de fotosfeer wordt gedeeltelijk door verschillende gassen in de
chromosfeer en/of in de aardatmosfeer geabsorbeerd. Ieder van deze gassen
heeft een uniek absorptiespectrum. De fotosfeer levert een continu spectrum.
Nadat het licht uit de fotosfeer door de gassen van de chromosfeer en de
aardatmosfeer heen is gegaan, zul je dus in het zonnespectrum de
absorptielijnen van die verschillende soorten gassen zien.
b Zie figuur 3.8.
Figuur 3.8
In het zonnespectrum ontbraken lijnen die men niet kon thuisbrengen. Deze
lijnen werden veroorzaakt door een gas dat in grote hoeveelheden in de
chromosfeer van de zon voorkomt namelijk helium (helios is het Griekse
woord voor zon). Pas later ontdekte men dit gas ook in de aardatmosfeer.
c Zie figuur 3.9.
Figuur 3.9
Bij een lage zonnestand doorloopt het zonlicht een langere weg door de
aardatmosfeer. Er vindt dan in de aardatmosfeer meer absorptie plaats. De
absorptielijnen die in de aardatmosfeer ontstaan worden dus duidelijker.
d De absorptielijnen van helium ontstaan voornamelijk in de chromosfeer van de
zon. Deze lijnen worden dus niet duidelijker.
e De fotosfeer levert een continu emissiespectrum. De chromosfeer absorbeert
een deel van het licht. Als er geen zonsverduistering is zie je het
absorptiespectrum van de chromosfeer. Bij een zonsverduistering zie je alleen
het licht dat door de gassen van de chromosfeer wordt uitgezonden. Je ziet dan
het emissiespectrum van de chromosfeer.
Opgave 14
a Het uitgezonden licht bestaat uit een groot aantal verschillende lichtsoorten met
vergelijkbaar vermogen. Als de lichtsoorten in vergelijkbare intensiteit
aanwezig zijn dan ervaren we dat als wit licht.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
11 van 23
b Voor het rendement geldt:  
Pnuttig
 100%
Pin
Het opgenomen vermogen Pin komt overeen met de totale oppervlakte onder de
grafiek. Het nuttig vermogen Pnuttig is de oppervlakte onder de grafiek tussen de
golflengte van het uiterst zichtbare violet (420 nm) en de golflengte van het
uiterst zichtbare rood (750 nm).
3.4
Opgave 15
Licht als deeltje, het atoommodel van Bohr
a Voor de energie van een uitgezonden foton geldt:
c
Efoton  E  En  Em  h  f  h 

Straling met de grootste golflengte λ wordt uitgezonden bij die overgang
waarbij het energieverschil ΔE tussen de twee niveaus het kleinst is.
Dit is het geval bij de overgang van 5,1 eV naar 4,2 eV.
b Zie figuur 3.10.
Figuur 3.10
Het maximum aantal emissielijnen is 10.
6,7  1019
c Eionisatie  6,7  1019 J 
eV  4,2 eV
1,602  1019
Het schema past niet bij dit atoom want er zouden dan aanslagenergieën zijn
met een waarde groter dan de ionisatie-energie.
Opgave 16




h  6, 62607  1034 Js 
c  2,99792458  108 m/s 

  6,3  107 m

a Efoton  E  h 
c
 Efoton  E  6,62607  10
Efoton
34
2,99792458  10 8

 3,153  10 19 J
7
6,3  10
3,153  10 19

 2,0 eV
1,6022  10 19
Zie figuur 3.11.
De emissielijn hoort bij de overgang van 20,7 eV naar 18,7 eV.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
12 van 23
Figuur 3.11
b Een tijdsduur van enkele microseconden tot enkele milliseconden.
c Zie figuur 3.11.
De overgang is van de derde aangeslagen toestand met E4 = 19,8 eV naar de
grondtoestand met E1 = 0,0 eV.
c
c

E  h 
   h


E

E  E4  E1  19,8 eV  19,8  1,602  10 19  3,172  10 18 J 

h  6,62607  10  34 Js


c  2,99792458  108 m/s
2,99792458 108
   6,62607 1034 
 6,26 108 m  62,6 nm
18
3,172 10
Opgave 17
a Efoton  E  h 
h  6, 62607  10
c
laser
34
Js
c  2,99792458  108 m/s
laser  710 nm  710  109







m 
2,99792458  10 8
 2,798  10 19 J
9
710  10
Het lichtvermogen van de laser is 25 W = 25 J/s.
Het aantal fotonen n dat de laser per seconde verlaat is dan:
25
n=
 8,9  1019
2, 798  1019
Pnuttig
b Voor het rendement geldt:  
 100%
Pin
Het lichtvermogen van de laser is 25 W  Pnuttig = 25 W.
Het opgenomen vermogen van de laser bereken je met Pin = U ∙ I.
Hierin is U de spanning waarop de laser is aangesloten en I de stroom die bij
deze spanning gaat lopen.
 Pin = 380  13 = 4940 W
25
 100%  0,51%
  
4940
c Goede antwoorden zijn:
− De dikte van de plaat. Hoe dikker de plaat is, des te kleiner is de snelheid.
 Efoton  E  6,62607  10 34 
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
13 van 23
− Het smeltpunt van het metaal. Hoe hoger het smeltpunt is, des te kleiner is
de snelheid.
− Het geleidingsvermogen van het metaal. Hoe groter het geleidingsvermogen
is, des te kleiner is de snelheid.
− De soortelijke warmte van het metaal. Hoe groter de soortelijke warmte is,
des te kleiner is de snelheid.
Opgave 18
a De energie van deze fotonen varieert van 2,0 eV tot 2,5 eV
 2,0 eV ≤ Efoton ≤ 2,5 eV
Eerste manier
In BINAS tabel 19A vind je dat de kleur een mengkleur is van de kleuren
tussen oranjerood en blauwgroen. Dit zul je als groenblauw ervaren.
Tweede manier
c
c 
E  h 
   h

E 
2,99792458  108
34

  6, 62607  10 
E  2, 0 eV  3,20  10 19 J   max
3,20  1019

h  6, 62607  1034 Js
max  6, 21  107 m  621 nm

c  2,99792458  108 m/s 
c 

E 
2,99792458  108

min  6, 62607  1034 
19 
E  2,5 eV  4,00  10 J  
4,00  1019

h  6, 62607  1034 Js
min  4,97  107 m  497 nm

c  2,99792458  108 m/s 
E  h 
c
   h
De filters laten gezamenlijk golflengtes door met golflengten tussen 497 nm en
621 nm.
Zie BINAS tabel 19A.
De kleur die de bundel licht heeft die door de damp gestuurd wordt, is een
mengkleur van de kleuren tussen oranjerood en blauwgroen. Dit zul je als
groenblauw ervaren.
b Zie figuur 3.12.
ΔE moet liggen tussen 2,0 eV en 2,5 eV. Slechts twee overgangen voldoen aan
dit criterium.
Absorptielijn (1): De overgang van E1 naar E2 met ΔE1→2 = 2,2 eV
Absorptielijn (2): De overgang van E2 naar E4 met ΔE2→4 = 2,4 eV
c De absorptielijn (1) van E1 naar E2 is het best te zien. Er bevinden zich meer
atomen in de grondtoestand dan in de tweede aangeslagen toestand. Hierdoor is
de kans groter dat er fotonen met Efoton = 2,2 eV worden geabsorbeerd dan
fotonen met Efoton = 2,4 eV.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
14 van 23
Figuur 3.12
Opgave 19
Opgave 20
Een foton van rood licht heeft minder energie dan een foton van groen licht. Er
kan nooit meer energie worden uitgezonden dan er is geabsorbeerd. Wil heeft
dus gelijk.
1 
 1
a Er geldt: E  C   2  2 
m 
n
Hierin zijn n en m hoofdkwantumgetallen, waarbij m groter is dan n.
In BINAS tabel 21 staat het energieniveauschema van het waterstofatoom.
Neem :
n = 2  E2 = 10,2002 eV en
m = 3  E3 = 12,0888 eV
 E3 2  12,0888  10, 2002  1,8886 eV
1  
 1
1 1
E  C   2  2  
1,8886  C      C  0,138889
m  
n
4 9

E32  1,8886 eV
 
1,8886
C
 13,598 eV

m3
0
,
138889


n2
b Om een waterstofatoom te ioniseren, moet het elektron van de grondtoestand
(n = 1) naar niveau oneindig (m = ∞) gebracht worden.
Eerste manier
Vul de hoofdkwantumgetallen in in de formule voor ΔE. Dan ontstaat:
1 
 1
ΔE = 13,598   2  2  = 13,598 eV
 
1
Dan is de ionisatie-energie:
Eionisatie = E∞ – E1 = 13,598 – 0,000 = 13,598 eV
In BINAS tabel 22 staan ionisatie-energieën.
Bij waterstof (H) staat Eionisatie = 13,60 eV.
De waarde van C komt dus overeen met de ionisatie-energie van waterstof.
Tweede manier 2
Bij vraag 20a heb je berekend dat C = 13,598 eV.
In BINAS tabel 22 staan ionisatie-energieën.
Bij waterstof (H) staat Eionisatie = 13,60 eV.
De waarde van C komt dus overeen met de ionisatie-energie van waterstof.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
15 van 23
c Bereken eerst de energiesprong die hoort bij λ = 389 nm.
c

E  h 

2,99792458  108
balmer
E  6,62607  10 34 


389  10 9
h  6,62607  10 34 Js
 
E  5,1065  1019 J

c  2,99792458  108 m/s

balmer  389 nm  389  10 9 m 
5,1065  10 19
 ΔE =
= 3,18722 eV
1,60218  10 19
Bij de balmerreeks valt het aangeslagen atoom van het energieniveau met
hoofdkwantumgetal m terug naar het energieniveau met hoofdkwantumgetal n = 2.
Bereken het hoofdkwantumgetal m:
1 1 
3,18722  13,598    2 
4 m 
1  
 1
3,18722
1 1 
E  C   2  2  
 0,234389
  2 
m  
n
13,598
4 m 

E m2  3,18722 eV  
1
 1 

 2    0,234389  0,015611
C  13,598 eV
4

m 

n2
1
m
8
0,015611
Conclusie
De spectraallijn komt overeen met de overgang van de zevende aangeslagen
toestand (m = 8) naar de eerst aangeslagen toestand (n = 2).
d Zie BINAS tabel 21. Voor de ionisatie moet elk waterstofatoom minstens een
energie van 13,5950 eV toegevoerd krijgen. De kinetische energie van elk
waterstofatoom moet dus minstens 13,5950 eV zijn.
2
 Ekin,H = 12  mH   vmin  = 13,5950  1,60218 ∙1019 J = 2,17816 ∙ 1018 J
Zie BINAS tabel 25.
De atoommassa van het meest voorkomende waterstofatoom is 1,007825 u.
Hierin is u de atomaire massa-eenheid.
Zie BINAS tabel 7: 1 u = 1,66054 ∙ 1027 kg.
 De massa van 1 atoom waterstof is:
1,007825 × 1,66054 ∙ 10–27 kg = 1,673534 ∙ 10–27 kg
1
 2  2,17816  10 18 J 
2  mH  v min


mH  1,673534  10 27 kg

27
1
 Ekin,H = 2  1,673534 10  (v min ) 2  2,17816 10 18 J
De minimale snelheid van de waterstofatomen is dan: vmin = 5,10 ∙ 104 m/s
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
16 van 23
3.5
Opgave 21
Licht als deeltje; het foto-elektrisch effect
a Het symbool voor kalium is K (zie BINAS tabel 40A).
Zie BINAS tabel 24.
De grensfrequentie voor kalium is 0,54 ∙ 1015 Hz = 5,4 ∙ 1014 Hz.
b Licht kan een elektron vrijmaken uit een metaal als de energie van een foton in
het licht groter is dan de uittree-energie van het metaal.
Voor de energie van een foton geldt: Efoton = h ∙ f.
Voor de uittree-energie geldt: Euit = h ∙ fgrens.
Omdat de frequentie 2,0 ∙ 1014 Hz kleiner is dan de grensfrequentie
5,4 ∙ 1014 Hz kan het licht geen elektron vrijmaken uit het metaal.
c De kinetische energie van een elektron bereken je met: Ekin  Efoton  Euit

c
2,9979  108
 6,6261  10 34 
 4,414  10 19 J 
9
λ
450  10

34
14
19

E uit  h  f grens  6,6261  10  5,4  10  3,58  10 J

19
19
19
20
 Ekin  4,414  10  3,58  10  0,834  10  8  10 J
E
d De remspanning bereken je met: E kin  q  U rem  U rem  kin
q
Efoton  h  f  h 
q  e  1,602  10 19 C 


 20

E kin  8,34  10 J

Opgave 22

U rem
8,34  10 20

 0,5 V
1,602  10 19
a Zie figuur 3.13.
Figuur 3.13
Toelichting
De remspanning is recht evenredig met de maximale kinetische energie van de
vrijgemaakte elektronen. Die maximale kinetische energie hangt af van de
fotonenergie en van de uittree-energie van de metaalsoort waar de fotokathode
van gemaakt is. Deze twee grootheden zijn niet veranderd, dus verandert de
remspanning ook niet.
De maximale fotostroom hangt af van het aantal elektronen dat per seconde
vrijgemaakt wordt. Dit aantal is recht evenredig met het totaal aantal fotonen
dat per seconde op de fotokathode valt. Het totaal aantal fotonen dat per
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
17 van 23
seconde op de fotokathode valt is recht evenredig met de intensiteit van het
opvallende licht. Als de intensiteit wordt verdubbeld, zal de maximale
fotostroom dus ook verdubbelen.
b Een foton van geel licht heeft minder energie dan een foton van blauw licht,
omdat de frequentie van geel licht kleiner is dan die van blauw licht. Fotonen
vrijmaken met minder energie per foton is verassend. Vandaar het woord
‘zelfs’.
c Zie figuur 3.14.
Figuur 3.14
Toelichting
De uittree-energie blijft dezelfde. De frequentie van geel licht is kleiner dan de
frequentie van blauw licht. Dus is de fotonenergie van geel licht kleiner dan die
van blauw licht. Dus de maximale kinetische energie van een elektron is
kleiner en daarmee ook de remspanning.
Het aantal fotonen dat per seconde op de kathode valt blijft gelijk. Dat betekent
dat het maximale aantal vrijgemaakte elektronen hetzelfde is als bij blauw
licht. Dus de maximale fotostroom verandert niet.
d Zie figuur 3.15.
Figuur 3.15
Toelichting
De remspanning bij geel licht zal dezelfde zijn als bij vraag c.
De energie van een foton van geel licht is kleiner dan de energie van een foton
van blauw licht.
Als het gele licht een even groot vermogen heeft als het blauwe licht dan vallen
er dus meer fotonen van het gele licht op de kathode dan bij gebruik van blauw
licht. Dat betekent dat bij geel licht ook meer elektronen worden vrijgemaakt
dan bij blauw licht. Dus de maximale fotostroom is bij geel licht groter in
vergelijking met het antwoord bij vraag c.
Opgave 23
a Het symbool voor kalium is K (zie BINAS tabel 40A).
Zie BINAS tabel 24. De uittree-energie van kalium is 2,25 eV.
In figuur 3.16 lees je bij (1) af: Urem = 0,75 V
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
18 van 23
E kin,max  Efoton  E uit

Efoton  E kin,max  E uit
E kin,max  q  U rem  0,75 eV  1,602  10 19  0,75  1,20  10 19
E uit  2,25 eV  1,602  10 19  2,25  3,60  10 19 J


J 


 Efoton  1,20 10 19  3,60 10 19  4,80 10 19 J
E foton  h  f foton  h 
  foton  h 
c
E foton
c
λfoton
 6,6261  10 34 
2,9979  10 8
 4,1  10 7 m
4,80  10 19
Figuur 3.16
b In figuur 3.16 lees je bij (2) af dat de maximale stroomsterkte 90 μA is.
90 μA  90  106 A  90  106 C/s
Het aantal elektronen nuit dat per seconde uit de kathode wordt vrijgemaakt is:
90  106
nuit =
 5,6  1014
19
1,602  10
c De energie per foton is: Ef = 4,80 ∙ 10–19 J.
Op de kathode valt licht met een intensiteit van 6,0 W/m2. De oppervlakte van
de kathode bedraagt 3,5 cm2.
P
Voor de intensiteit geldt: I 
 P=I∙A
A
De gezamenlijke energie van de fotonen die per seconde op de kathode vallen
is gelijk aan het vermogen P van het licht dat op de kathode valt is.
P = 6,0  3,5 ∙ 10–4 = 2,1 ∙ 10–3 J/s = Eop
Eerste manier
Het aantal fotonen nop dat per seconde op de kathode valt is:
2,1  103
nop 
 4,38  1015
19
4,80  10
Eén elektron wordt vrijgemaakt door één foton.
Als er dus per seconde nuit = 5,6 ∙ 1014 elektronen worden vrijgemaakt, dan
waren daarvoor ook 5,6 ∙ 1014 fotonen per seconde nodig.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
19 van 23
 Het percentage van de op de kathode vallende fotonen, dat een elektron
nuit
5, 6  1014
 100% 
 100%  13%
vrijmaakt is:
nop
4,38  1015
Tweede manier
Eén elektron wordt vrijgemaakt door één foton.
Als er dus per seconde nuit = 5,6 ∙ 1014 elektronen worden vrijgemaakt, dan
waren daarvoor ook 5,6 ∙ 1014 fotonen per seconde nodig.
De gezamenlijke energie van deze fotonen is:
Etotaal,f = nuit ∙ Ef = 5,6 ∙ 1014  4,80 ∙ 10–19 = 2,69 ∙ 10–4 J
 Het percentage van de op de kathode vallende fotonen dat een elektron
E totaal,f
2,69  10 4
 100% 
 100%  13%
vrijmaakt is:
E op
2,1  10 3
d Een deel van de fotonen wordt gereflecteerd. Een deel draagt zijn energie over
aan ionen of elektronen in het metaal zonder dat elektronen worden
vrijgemaakt. Het metaal zal dus ook warmer worden tijdens het belichten.
Opgave 24
a Zie figuur 3.17.
Figuur 3.17
In de stand van S zoals die in figuur 3.17 is getekend, is de spanning over SM
gelijk aan 0 V. Dan is UAK = 0 V.
De remspanning zorgt ervoor dat de elektronen de anode niet kunnen bereiken.
Dat betekent dat de anode dezelfde lading moet hebben als het elektron:
negatief. Het schuifcontact S moet dus naar de minpool van de spanningsbron
worden geschoven, dus richting Q.
b Zie figuur 3.17.
Een fotostroom is enkele μA groot. Als de spanningsmeter alleen parallel had
gestaan aan de fotocel dan zou de stroommeter de stroomsterkte door de
fotocel plus de stroomsterkte door de spanningsmeter meten. Een
spanningsmeter is in de praktijk niet ideaal. Dus de stroommeter zou dan altijd
een stroom meten waardoor de remspanning moeilijker te bepalen is.
c Bij de remspanning bereiken de (snelste) elektronen de anode net niet meer. Bij
de anode is dan de toename van de elektrische energie van een elektron gelijk
aan de afname van de kinetische energie, dus gelijk aan de kinetische energie
waarmee het elektron de kathode verliet.
Ekin  Efoton  Euit 

Ekin  q  U rem

  q  U rem  h  f foton  h  f grens
Efoton  h  f foton 

Euit  h  f grens

UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
20 van 23
d q  U rem  h  f foton  h  f grens  h   f foton  f grens 
h
  f foton  f grens 
q
Dit is de vergelijking van een rechte, omdat h en q constanten zijn.
Zie figuur 3.18a.
De steilheid van de rechte lijn in figuur 3.18a is gelijk aan:
U rem
U
h

 rem
q  f foton  f grens 
f
 U rem 
Voor de steilheid geldt:
Dus:
U rem
0,95  0,00

 4,13  10 15 Vs
14
14
f
7,0  10  4,7  10
h
h

 4,13  1015 Vs
q 1, 602  1019

h  1,602  1019  4,13  1015  6,6  1034 Js
e Zie figuur 3.18a.
De grensfrequentie is 4,7 ∙ 1014 Hz.
Volgens BINAS tabel 24 is het lichtgevoelige materiaal: Cs (cesium).
Figuur 3.18a
Figuur 3.18b
f Zie figuur 3.18b.
Als je kijkt naar het verband tussen Urem en f dan zie je dat bij een ander metaal
alleen de grensfrequentie fgrens een andere waarde heeft. Dus de steilheid van de
lijn is hetzelfde. De lijn voor kalium (K) loopt evenwijdig aan de getekende lijn
voor cesium (Cs) en snijdt de horizontale as bij de grensfrequentie van kalium:
fgrens,K = 5,4 ∙ 1014 Hz.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
21 van 23
3.6
Opgave 25
Golfkarakter en deeltjeskarakter
a Ekin  q U
Ekin  12 me  ve2
ve  3,75  106 m/s
q  e  1,6022  1019 C
me  0,00091094  10 27 kg
De kinetische energie van de elektronen is:
Ekin = 12  0,00091094 ∙ 10–27  (3,75 ∙ 106)2 = 6,405 ∙ 10–18 J
De spanning is dan:
E
6,405  10 18
U = kin 
= 40,0 V
e
1,6022  10 19
b Voor de golflengte geldt:
h
6,62607  10 34
λ

 0,194  10 9 m
 27
6
m  v 0,00091094  10  3,751  10
c De golflengte van de elektronen is 1,94 ∙ 10–10 m = 0,194 nm.
Volgens BINAS tabel 19A is de kleinste golflengte in zichtbaar licht ongeveer
400 nm.
De golflengte van de elektronen in de elektronenmicroscoop is veel kleiner dan
de golflengte van zichtbaar licht.
Dus is het scheidend vermogen van de elektronenmicroscoop aanzienlijk groter
dan het scheidend vermogen van een optische microscoop.
d De golflengte van de elektronen in de elektronenmicroscoop is in deze opgave
ongeveer 0,2 nm. Gegeven is dat de afstand tussen atomen in een metalen
plaatje gelijk is aan 0,4 nm. De golflengte van de elektronen is dus kleiner dan
de afstand tussen twee metaalatomen. Dus zijn de afzonderlijke atomen in
theorie te zien.
Opgave 26
a Zie figuur 3.19.
Figuur 3.19
Het wegverschil tussen de golven die door ionenlaag II worden gereflecteerd
en de golven die door ionenlaag I worden gereflecteerd, moet een of meer hele
golflengten zijn.
b Zie figuur 3.19.
Het wegverschil is gelijk aan BC + BD, waarbij geldt BC = BD.
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
22 van 23
In figuur 3.19 zie je dat sin α =
BC
BC

AC
d

BC = d ∙ sin α
Het totale wegverschil tussen de twee golven is dus 2d ∙ sin α
In vlak V1 zijn de golven in fase.
De twee golven zullen elkaar maximaal versterken als de golven in fase het
kristal verlaten. Dit is het geval als het wegverschil BCD een geheel aantal
maal de golflengte is.
Dat wil zeggen: 2d ∙ sin α = k ∙ λ is, met k = 1, 2, 3, ...
c De versnelspanning van het elektronenkanon is 100 V.

E
E
E kin  12 me  ve2  ve2  2  kin  ve  2  kin 
me
me




19
17
E kin  100 eV  100  1,6022  10 J  1,6022  10 J

 27

me  0,00091094  10 kg
 ve 
2
1,6022  10 17
 5,931  10 6 m/s
 27
0,00091094  10
h
6,62607  10 34

 1,226  10 10 m
 27
6
m  ve
0,000910934  10  5,931  10
De eerste maximale versterking treedt op voor α = 12,6
2  d sin α  1  e
e 
e
1, 226  1010
 d 

 2,81  1010 m
2  sin α 2  sin 12, 6 
UITW ERKINGEN OPGAVEN VW O 6 HOOFDSTUK 3
23 van 23