Antwoorden Hoofdstuk 20

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

108

20 Materie en straling 1 Inleiding 1.2 Voorkennis 1 Straling en golftheorie a Het verschijnsel van buiging en interferentie. Deze verschijnselen waren duidelijk aantoonbaar bij het licht én ze waren te verklaren met de golftheorie. Toen Jean Foucault in 1850 met een experiment ook nog eens aantoonde dat de lichtsnelheid in water kleiner is dan in de lucht, kreeg de golftheorie van Huygens duidelijk de voorkeur: licht was een golfverschijnsel. c , waarbij volgens BINAS (tabel 7): c = lichtsnelheid = 2,998⋅108 ms–1. f De frequentie f bepaalt de kleur: een hogere frequentie f heeft een kleur naar de blauw-violette kant van het spectrum, terwijl een lagere frequentie f een kleur heeft naar de rode kant.

b λ=

Een hoge frequentie heeft volgens bovenstaande formule een kleine golflengte λ en omgekeerd. N.B. De lichtsnelheid c die hierboven is weergegeven geldt voor vacuüm (én lucht, omdat dit optisch gezien niet zoveel afwijkt van vacuüm). In stoffen met een grotere optische dichtheid (brekingsindex n >1) krijgt de lichtsnelheid c een kleinere waarde. Daardoor verandert ook de golflengte λ in die stof, deze wordt ook kleiner. c A Als een lichtgolf invalt op een zeer smalle spleet (opening < golflengte λ), vormt de opening een puntvormige lichtbron die in alle richtingen licht uitzendt. Er treedt dus buiging op. B De openingen van de dubbelspleet moeten zeer smal zijn en dicht bij elkaar liggen. Dan vormen deze openingen als het ware twee trillingsbronnen, die hun golven in alle richtingen uitzenden (buiging). In de ruimte achter de dubbelspleet treedt dan interferentie op. Golven die via beide spleten in fase in een punt aankomen versterken elkaar. Golven die in tegenfase in een punt aankomen, doven elkaar min of meer uit (afhankelijk van de amplitude). Op een scherm treedt dan een afwisseling van maxima en minima op. C In feite treedt bij het tralie hetzelfde verschijnsel van interentie op als bij een dubbelspleet. Doordat er nu echter zeer veel, zeer smalle openingen vlak bij elkaar liggen, doven de vele golven die vanuit al die openingen op één plaats samen komen, elkaar al heel snel uit tenzij ze allemaal echt 'in fase' aankomen op die plaats. Het gevolg is dat de maxima scherp begrensd zijn en duidelijk een eind uit elkaar liggen. d • Voor de interferentiemaxima bij een tralie geldt in het algemeen: x tan α n = n (n geeft de orde van het maximum aan) en  n sin α n = ⋅ λ (n = 0, 1, 2 ...) (zie hoofdstuk 11). d Zo geldt bijvoorbeeld voor het maximum van de 2e orde: smalle lichtbundel x2 2 ⋅ λ tan α 2 = en sin α 2 = (zie figuur hiernaast). d  • Als op het tralie licht van een andere kleur invalt, α2 heb je te maken met een andere golflengte λ. d α2 Het gevolg is dat de maxima van die kleur dan lichtbundel onder een andere hoek α ontstaan en dus ook op een andere plek op het scherm 2.λ zichtbaar zijn.

scherm

2e orde x2 tralie

α2

1e orde

0e orde

• Omdat elke kleur zijn eigen hoek α heeft waaronder bijvoorbeeld het 1e orde maximum gevormd wordt, worden de verschillende kleuren op het scherm dus naast elkaar zichtbaar. Als je dan licht van een lichtbron, dat diverse kleuren uitzendt, via het tralie op het scherm laat vallen dan worden deze kleuren dus naast elkaar zichtbaar. Je ziet dan het spectrum van kleuren dat de lichtbron uitzendt. e A Het emissiespectrum van een gas is een lijnenspectrum met lijnen die kenmerkend zijn voor het gas in de buis. B Het absorptiespectrum is een continu spectrum (afhankelijk van de lichtbron die zich achter het 'koude' gas bevindt). In dit continue spectrum zijn donkere lijnen zichtbaar de zogenaamde asborptielijnen. Deze lijnen zijn kenmerkend voor het gas en het zijn dezelfde lijnen die het gas zelf zou uitzenden wanneer het gas tot emissie wordt gedwongen ('lijnomkering' zie hoofdstuk 11 Lichtbronnen).

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

109

Vervolg zie volgende bladzijde. Vervolg van opgave 1. C Het emissiespectrum van een gloeidraad is een continu spectrum waarbij de intensiteitsverdeling afhangt van de temperatuur van de gloeidraad. D Het spectrum van de zon is een combinatie van continu spectrum veroorzaakt door de fotosfeer van de zon die een temperatuur heeft van ongeveer 6000 °C. Daarbuiten bevindt zich een minder hete sfeer van gassen die sommige kleuren van het continue spectrum absorberen afhankelijk van het soort van gas (chromosfeer). Deze donkere lijnen - de fraunhoferlijnen - zijn absorptielijnen. E Het spectrum van een fluorescentielamp is meestal emissiespectrum dat bestaat uit een continu gedeelte waarin ook enkele heldere lijnen zichtbaar zijn. Deze heldere lijnen zijn afkomstig van het gas in de lamp terwijl het min of meer continue gedeelte ontstaat wanneer energierijke fotonen door de atomen van het fluorescentie-materiaal aan de binnenkant van de lamp worden geabsorbeerd, waarna deze atomen de ontvangen energie omzetten in fotonen in het zichtbare gedeelte. F Het spectrum van een laser bevat slechts één lijn omdat een laser gebouwd is om licht van één golflengte (monochromatisch) af te geven. 2 Materie en deeltjestheorie Schillenmodel van Bohr: waterstofatoom a Het elektron bevindt zich normaal in de baan met de laagste energiewaarde (grondtoestand in de K-schil). Als het elektron bijvoorbeeld door een botsing energie krijgt e overgedragen, wordt deze naar een andere baan (met een hogere energie-waarde) gestoten bijvoorbeeld de N-schil. Dit elektron valt daarna weer terug naar een baan met een kleinere straal en daarmee ook met een lagere energiewaarde. K Daarbij moet de (elektrische) energie van het elektron dus afnemen. L Dit gebeurt door middel van het uitzenden van (elektro-magnetische) M straling (zie figuur hiernaast).

De hypothese die hierbij wordt gehanteerd is dat e.m.-straling altijd in 'afgemeten energie hoeveelheden' wordt uitgezonden. Dit wordt ook wel een lichtquantum genoemd of een foton. Afhankelijk van de hoeveelheid energie heeft het foton daarbij een bepaalde kleur.

N O

h ⋅c , waarbij volgens BINAS (tabel 7): λ h = constante van Planck = 6,626⋅10–34 JK–1 en c = lichtsnelheid = 2,998⋅108 ms–1.

b Volgens de fotonhypothese is E f = h ⋅ f =

c A Wanneer gasatomen door botsing energie krijgen toegevoerd, wordt vaak een deel van de energie overgedragen aan een elektron in het atoom die daardoor in een baan geslingerd wordt met een grotere straal en een hogere energiewaarde. Dit elektron keert weer terug naar de baan met de laagste energiewaarde eventueel via een aantal tussenstappen. Bij elke stap wordt een foton uitgezonden met een energiewaarde die gelijk is aan het verschil. Aangezien in een gasontladingslamp miljarden atomen tegelijkertijd deze fotonen uitzenden, worden tegelijkertijd vele fotonen per mogelijke sprong uitgezonden wat resulteert in een lijnenspectrum. B In een gloeidraad bevinden zich naast atomen met een 'vaste elektronenwolk' ook geleidingselektronen die niet meer gebonden zijn aan één bepaald atoom. Bovendien hebben atomen, die zich niet los van elkaar maar onderling in een atoombinding bevinden, veel meer mogelijke energieovergangen binnen een atoom. Dit alles maakt dat wanneer elektronen energie moeten afgeven in de vorm van e.m.-straling zij een 'oneindige' keuzemogelijkheid hebben wat betreft de energiewaarde van de fotonen. Dit maakt dat je een continu spectrum te zien krijgt waarbij de kleurintensiteit wel afhankelijk is van de temperatuur. C Emissie vindt plaats bij terugval van een elektron uit een baan met een hogere energiewaarde naar een baan met een lagere energiewaarde. Hierbij wordt een foton uitgezonden. Bij een absorptiespectrum absorberen de atomen juist die fotonen die zij zelf ook kunnen uitzenden omdat die fotonen precies de juiste hoeveelheid energie bevatten die hoort bij het energieverschil tussen twee mogelijke Bohrse banen binnen het atoom. De lijnen van het emissiespectrum en die van een absorptiespectrum liggen bij een bepaalde atoomsoort daarom ook op dezelfde plaats in het spectrum. D Als een atoom van een fluorescerende stof een energierijk uv-foton absorbeert, wordt het elektron in één keer naar een baan met een veel hogere energiewaarde 'geslingerd'. Dit elektron kiest er vervolgens voor om in een aantal tussenstappen weer terug te keren naar de baan met de laagste energiewaarde. Bij elke sprong wordt dan een foton uitgezonden dat mogelijk een energiewaarde heeft in het zichtbare deel van het spectrum.

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

110

Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 2. d Licht heeft zowel een deeltjes- als een golfkarakter. Het ligt eraan voor welk lichtverschijnsel je een verklaring zoekt. Voor buigings- en interferentieverschijnselen voldoet de golftheorie prima als verklaring. Voor lijnenspectra (en nog enkele verschijnselen als bijvoorbeeld 'het fotoelektrisch effect' (zie §2.2) voldoet de deeltjestheorie als verklaring. 3 Elektromagnetisch spectrum a Met de lichtsnelheid c ⇒ BINAS (tabel 7): c = 2,998⋅108 ms–1. c f • De golflengte λ is omgekeerd evenredig met de frequentie f .

b • c = λ ⋅f ⇒ λ =

 h⋅c   , waarbij volgens BINAS (tabel 7): h = 6,626⋅10–34 JK–1. c De fotonenergie E f = h ⋅ f  = λ  

2 Fotonen 2.2 Verwerking 5 • De stralingskromme van een zwarte straler geeft de stralingsintensiteit als functie van de golflengte weer voor een stralingsbron die bij normale temperatuur 'zwart' is d.w.z. geen straling uit de omgeving weerkaatst. • Uit deze stralingskromme kan men de temperatuur van de straler bepalen door na te gaan bij welke golflengte de intensiteit maximaal is: bij toenemende temperatuur verschuift het maximum naar kleinere golflengte. Hierbij geldt de verschuivingswet van Wien: λmax ⋅ T = k w

T = 3000 K T = 2500 K T = 2000 K

golflengte λ

waarbij volgens BINAS (tabel 7): kw = 2,8978⋅10–3 mK.

• Het oppervlak onder een stralingskromme geeft de totale intensiteit van het uitgezonden spectrum. Als je deze waarde weet én de afstand tot de stralingsbron kent, kun je het totaal uitgestraalde vermogen P ook bepalen. N.B. Voor het uitgezonden stralingsvermogen P geldt de zogenaamde wet van Stefan-Boltzmann P = σ ⋅ T 4 , waarbij T de absolute temperatuur én σ de constante van Stefan-Boltzmann is (BINAS tabel 7: σ = 5,67051⋅10–8 Wm–2K–4). Als het uitgezonden vermogen P van een stralingsbron bekend is, kun je de temperatuur van de stralingsbron bepalen. Deze formule kom je tegen in opgave 25 Zonnevlekken. 6 a

De plaats van het maximum: hoe hoger de absolute temperatuur T, des te kleiner is de golflengte λmax van het maximum (zie verschuivingswet van Wien: λmax ⋅ T = k w ). De grootte van het oppervlak onder de kromme: hoe hoger de temperatuur, des te groter is het oppervlak.

b De temperatuur is te bepalen m.b.v. de verschuivingswet van Wien: kw 2,8978 ⋅ 10 −3 = . Door na te gaan bij welke golflengte de kromme λmax λmax zijn maximale waarde heeft, is de temperatuur te berekenen:

λmax ⋅ T = k w ⇒ T =

- onderste kromme: λmax = 14,5⋅10–7 m ⇒ T =

kw 2,8978 ⋅ 10 −3 = = 1998 K λmax 14,5 ⋅ 10 −7

- middelste kromme: λmax = 14,5⋅10–7 m ⇒ T = - bovenste kromme: λmax = 9,5⋅10–7 m ⇒ T =

kw 2,8978 ⋅ 10 −3 = = 2520 K λmax 11,5 ⋅ 10 −7

kw 2,8978 ⋅ 10 −3 = = 3050 K λmax 9,5 ⋅ 10 −7

Afgerond: T = 2,0⋅103 K Afgerond: T = 2,5⋅103 K Afgerond: T = 3,1⋅103 K

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

111

Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 6. c De onderste lijn laat zien dat er licht wordt uitgezonden vanaf ca. 6,0⋅10–7 m = 600 nm. Volgens BINAS (tabel 19A) is de kleur van het uitgezonden licht voornamelijk rood tot hooguit oranje rood. En verder ligt het maximum duidelijk in het infrarode gebied. Het uitgezonden mengsel geeft waarschijnlijk een rode indruk. Naarmate de temperatuur hoger wordt, komen er meer kleuren met een kleinere golflengte λ en verschuift de golflengte met maximale intensiteit naar links. Bij de bovenste lijn worden er kleuren uitgezonden vanaf ca. 3,5⋅10–7 m = 350 nm. Dit betekent dat in principe alle kleuren uit het zichtbare gebied (zie BINAS tabel 19A) aanwezig zijn. De topwaarde van intensiteit ligt echter nog steeds in het nabije infrarood. Dat betekent dat het mengsel van licht geler van kleur geworden is. Het is nog steeds geen wit licht. Daarvoor is de intensiteit van de violette en blauwe kleuren nog te zwak. 7 Stel dat de kamertemperatuur = 20 °C = 293 K. De golflengte waarbij de intensiteit maximaal is, bepaal je k w 2,8978 ⋅ 10 −3 = = 9,89 ⋅ 10 − 6 m T 293 Volgens BINAS (tabel 19B) ligt deze waarde in het infrarood. En bij die temperatuur wordt er volgens figuur 4 ook geen licht in het zichtbare gebied uitgezonden. met de verschuivingswet van Wien: λmax ⋅ T = k w ⇒ λmax =

8 Gegeven: temperatuur T = 3 K. De golflengte waarbij de intensiteit maximaal is, is te berekenen met de verschuivingswet van Wien: k w 2,8978 ⋅ 10 −3 = = 0,966 ⋅ 10 − 3 m T 3 Volgens BINAS (tabel 19B) heeft het microgolfgebied golflengte-waarden van ongeveer 1⋅10–3 m tot 10⋅10–3 (= 1⋅10–2) m. De berekende waarde ligt zo'n beetje op de grens van 'ver infrarood' en 'microgolven'.

λmax ⋅ T = k w ⇒ λmax =

9 Als de temperatuur T = 1⋅104 K dan ligt volgens de verschuivingswet van Wien de maximale intensiteit k w 2,8978 ⋅ 10 −3 = = 2,8978 ⋅ 10 − 7 m = 290 nm T 1 ⋅ 10 4 Volgens BINAS (tabel 19A en B) ligt λmax in het ultraviolette gebied. Dit betekent dat het spectrum relatief veel blauw en violet bevat. De kleurindruk van het totale spectrum is dan blauwwit. bij de volgende golflengte: λmax ⋅ T = k w ⇒ λmax =

10 De 'dagkant' van de maan reflecteert veel zonlicht. De 'nachtkant' van de maan is vrijwel een zwarte straler. Er valt namelijk vrijwel geen licht op deze zijde omdat de andere sterren zover weg staan en daarmee relatief zeer weinig straling van deze sterren op de maan komt. 11 Een natriumlamp is een gasontladingslamp. Deze werkt niet op het principe van temperatuurstraling. En daarom is de verschuivingswet van Wien hierop niet van toepassing. 12 Bij het opnemen van energie via golven geldt dat de hoeveelheid geabsorbeerde energie toeneemt naarmate er meer golven (grotere intensiteit) worden geabsorbeerd en/of gedurende langere tijd. De energie in het metaal zou dan geleidelijk toenemen tot er vanzelf genoeg energie is voor emissie van elektronen. h⋅c 13 a De fotonenergie E f = h ⋅ f = , waarbij volgens BINAS (tabel 7): h = 6,626⋅10–34 JK–1 λ en c = 2,998⋅108 ms–1. Ef (in Joule) = Ef (in eV) ⋅ 1,602⋅10–19 en λ (in m) = λ (in nm) ⋅ 1⋅10–9 ⇒ ⇒ E f ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19 =

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8

λ ⋅ 1 ⋅ 10

−9

⇒

Ef =

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8

λ ⋅ 1 ⋅ 10 − 9 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19

=

1240 ⇒ λ

1240 . λ ( in nm ) N.B. De kleine afwijking is het gevolg van het gebruik van waarden uit BINAS die wat nauwkeuriger zijn. E f ( in eV ) =

1240 1240 = 3,26 eV en λ = 780 nm ⇒ E f ( in eV ) = = 1,59 eV 380 780 Voor het zichtbare deel van het e.m.-spectrum geldt 1,59 ≤ Ef ≤ 3,25 eV.

b λ = 380 nm ⇒ E f ( in eV ) =

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

112

14 BINAS (tabel 24 Foto-elektrisch effect): Ag (= zilver) ⇒ λg = 264 nm = 264⋅10–9 m én Eu = 4,70 eV = 4,70 ⋅ 1,602⋅10–19 = 7,529⋅10–19 J. c = λ ⋅ f ⇒ fg =

c λg

2,998 ⋅ 10 8

⇒ fg =

264 ⋅ 10 − 9

E f = h ⋅ f ⇒ E u = h ⋅ fg ⇒ fg =

15 a De fotonenergie E f = h ⋅ f = •

= 1,136 ⋅ 1015 Hz

7,529 ⋅ 10 −19 6,626 ⋅ 10 − 34

h⋅c λ

laser: λ = 633⋅10–9 m

= 1,136 ⋅ 1015 Hz

Afgerond: fg = 1,14⋅1015 Hz

BINAS (tabel 7): h = 6,626⋅10–34 JK–1 en c = 2,998⋅108 ms–1 ⇒

Ef =

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 633 ⋅ 10 − 9

= 3,138 ⋅ 10 −19 J

Afgerond: Ef = 3,14⋅10–19 J = 1,96 eV •

natriumlamp: λ = 589⋅10–9 m

⇒

Ef =

6,626 ⋅ 10

−34

⋅ 2,998 ⋅ 10 8

589 ⋅ 10 − 9

= 3,373 ⋅ 10 −19 J

Afgerond: Ef = 3,37⋅10–19 J = 2,11 eV •

kwiklamp: λ = 254⋅10–9 m

⇒

Ef =

6,626 ⋅ 10

−34

⋅ 2,998 ⋅ 10 8

254 ⋅ 10 − 9

= 7,821 ⋅ 10 −19 J

Afgerond: Ef = 7,82⋅10–19 J = 4,88 eV b BINAS (tabel 24 Foto-elektrisch effect): • ijzer Fe ⇒ Eu = 4,63 eV (= 4,63 ⋅ 1,602⋅10–19 = 7,42⋅10–19 J) • cesium Cs ⇒ Eu = 1,94 eV (= 1,94 ⋅ 1,602⋅10–19 = 3,11⋅10–19 J) • lithium Li ⇒ Eu = 2,46 eV (= 2,46 ⋅ 1,602⋅10–19 = 3,94⋅10–19 J) • lood Pb ⇒ Eu = 4,04 eV (= 4,04 ⋅ 1,602⋅10–19 = 6,47⋅10–19 J) c Foto-emissie treedt op als Ef > Eu : metaal

laser

natriumlamp

kwiklamp

• ijzer

niet

niet

wel

• cesium

wel

wel

wel

• lithium

niet

niet

wel

• lood

niet

niet

wel

16 f = 8,5⋅1014 Hz ⇒ E f = h ⋅ f ⇒ E f = 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 8,5 ⋅ 1014 = 5,63 ⋅ 10 −19 J = 3,52 eV •

BINAS (tabel 19A en B): de frequentie en energiewaarde geeft aan dat de straling tot het ultraviolette deel van het e.m.-spectrum behoort.

• BINAS (tabel 24): cadmium Cd ⇒ Eu = 4,04 eV. De energiewaarde van Ef < Eu dus er treedt geen foto-emissie op. 17 fg = 0,544⋅1015 Hz ⇒ Eu = E f = h ⋅ fg ⇒ Eu = 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 0,544 ⋅ 1015 = 3,60 ⋅ 10 −19 J = 2,25 eV BINAS (tabel 24): Eu = 2,25 eV ⇒ het metaal is kalium K. 18 Gevraagd: remspannning Urem. Gegeven: kathode is van barium. Voor het fotoelektrisch effect geldt Ek,max = E f − Eu = h ⋅ f − Eu De fotostroom wordt 0 als de elektronen worden afgeremd met een remspanning waarvoor geldt Ek,max = −e ⋅ Urem BINAS (tabel 24): de uittree-energie voor barium (Ba) ⇒ Eu = 2,52 eV = 4,037 ⋅ 10 −19 J A λ = 400 nm ⇒ E f = h ⋅ f =

h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 4,97 ⋅ 10 −19 J = 3,10 eV λ 400 ⋅ 10 − 9

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

113

Ek,max = 3,10 − 2,52 = 0,58 eV ⇒ Urem = 0,58 V

Afgerond: Urem = 0,58 V

Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 18. h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 3,31 ⋅ 10 −19 J = 2,07 eV λ 600 ⋅ 10 − 9 In dit geval is de fotonenergie Ef < uittree-energie Eu dus er treedt geen foto-emissie op.

B λ = 600 nm ⇒ E f = h ⋅ f =

C In dit geval bepaalt de kleur met de grootste fotonenergie Ef en dus de kleinste golflengte de remspanning:

λ = 380 nm ⇒ E f = h ⋅ f =

h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 5,23 ⋅ 10 −19 J = 3,26 eV λ 380 ⋅ 10 − 9

Ek,max = 3,26 − 2,52 = 0,74 eV ⇒ Urem = 0,74 V

Afgerond: Urem = 0,74 V

19 Gevraagd: golflengte van invallende straling λ. Gegeven: λg = 430 nm = 430⋅10–9 m; Urem = 0,80 V. Ef = h ⋅ f =

h⋅c h⋅c ⇒ λ= λ Ef

Nieuwe onbekenden: h, c en Ef.

BINAS (tabel 7): h = 6,626⋅10–34 JK–1 en c = 2,998⋅108 ms–1. Voor het fotoelektrisch effect geldt Ek,max = E f − Eu = h ⋅ f − Eu en als fotostroom = 0 geldt Ek,max = −e ⋅ Urem ⇒ Ek,max = −e ⋅ 0,80 = 0,80 eV De uittree-energie Eu is te bepalen met de grensgolflengte λg: Eu = h ⋅ fg =

h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 4,620 ⋅ 10 −19 J = 2,884 eV λg 430 ⋅ 10 − 9

0,80 = E f − 2,884 ⇒ E f = 3,684 eV = 3,684 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19 = 5,901 ⋅ 10 −19 J 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8

= 3,366 ⋅ 10 − 7 m = 336,6 nm Afgerond: λ = 337 nm 5,901 ⋅ 10 −19 Volgens BINAS (tabel 19) behoort deze golflengte tot het violette deel van het e.m.-spectrum.

λ=

20 a De uittredende elektronen bezitten een Ek,max van ca. 1,0 eV omdat de fotonstroom = 0 bij UAK = – 1,0 V. Naarmate de spanning UAK toeneemt, neemt ook de fotonstroomsterkte I toe. Vanaf UAK = 2,5 V is er sprake van verzadiging omdat de fotostroomsterkte I niet meer toeneemt. Alle vrijkomende elektronen worden nu naar de anode getrokken.

200

I 175 (µA)

b als fotostroom = 0 geldt Ek,max = −e ⋅ Urem ⇒ Ek,max = −e ⋅ ( −1,0) = 1,0 eV

125 100

Afgerond: Ek,max = 1,0 eV

c Voor het fotoelektrisch effect geldt Ek,max = E f − Eu De kathode is van barium (Ba) ⇒ ⇒ BINAS (tabel 24): Eu = 2,52 eV 1,0 = E f − 2,52 ⇒ E f = 3,52 eV

150

75 50 25

Afgerond: Ef = 3,52 eV 0

-1 - 0,5 0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 d Stel het aantal fotonen per seconde = nf UAK (V) Voor de fotostroomsterkte I geldt: lading Q I= = ne ⋅ q e = ne ⋅ ( − e ) = 1,602 ⋅ 10 −19 ⋅ ne waarbij ne = aantal elektronen dat per seconde t door de draad stroom. Voor de verzadigingsstroom geldt: nf = ne.

150 ⋅ 10 − 6 = 1,602 ⋅ 10 −19 ⋅ ne ⇒ ne =

150 ⋅ 10 −6 1,602 ⋅ 10 −19

= 9,363 ⋅ 1014 s −1

Afgerond: nf = 9,36⋅1014 s–1

3,0

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

114

21 a De fotonenergie bepaalt volgens Ek,max = E f − Eu de kinetische energie waarmee elektronen de kathode verlaten. Hoe groter de kinetische energie, hoe gemakkelijker de elektronen de anode bereiken en hoe groter de fotostroomsterkte is. Het aantal elektronen dat per seconde uit de kathode vrij komt, wordt echter bepaald door het aantal fotonen dat per seconde op het kathodemateriaal invalt. Dit aantal bepaalt daarmee ook de verzadigingsstroom. De fotonenergie heeft geen invloed op de verzadigingsstroomsterkte. h⋅c blijft hetzelfde. λ = E f − Eu gelijk

b A λ is constant ⇒ E f = h ⋅ f =

Iverz,A.

Daarmee blijft ook Ek,max d.w.z. dat de remspanning ook niet verandert ( Ek,max = −e ⋅ Urem ). Doordat er een grotere stralingsintensiteit is, vallen er meer fotonen per seconde op de kathode en veroorzaken daarmee een grotere verzadigingsstroom (zie lijn A in de schets). B Een grotere golflengte λ betekent een kleinere fotonenergie en dus ook een kleinere Ek,max. De remspanning wordt daarmee ook kleiner. Aangezien de stralingsintensiteit en dus het aantal fotonen per seconde niet verandert, blijft de verzadigingsstroom gelijk (zie lijn B in de schets).

lijn A

Iverz.

I

lijn B oorspronkelijk

0

Urem

Urem,B 0

UAK (V)

22 Gegeven: natriumlamp λ = 589 nm = 589⋅10–9 m; Ps = 50 W. a Gevraagd: aantal fotonen per seconde nf P Ps = nf ⋅ E f ⇒ n f = s Nieuwe onbekende: Ef Ef Ef = h ⋅ f = nf =

h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 3,373 ⋅ 10 −19 J = 2,11 eV λ 589 ⋅ 10 − 9

Ps 50 = = 1,483 ⋅ 10 20 s −1 E f 3,373 ⋅ 10 −19

Afgerond: nf = 1,5⋅1020 s–1

b De kracht die de fotonen uitoefenen bij reflectie en/of absorptie is zo klein, dat je het niet merkt. Slechts onder bijzondere omstandigheden kun je het deeltjeskarakter waarnemen. 23 Om elektronen vrij te maken moet de fotonenergie Ef ≥ Eu de uittree-energie. Dat betekent dat de fotonenergie ook ruwweg tussen de 2 en 5 eV moet zijn. In BINAS tabel 24 vind je dat de meeste metalen een uittree-energie hebben die groter is dan 4 eV. M.b.v. BINAS tabel 19A en 19B is in te zien dat violet licht een fotonenergie Ef > 3,0 eV. Je hebt dus al snel licht nodig met een grotere fotonenergie d.w.z. ultraviolet, röntgenstraling en gammastraling. Bij een uittree-energie van 20 eV heb je een fotonenergie Ef > 20 eV nodig. Volgens BINAS tabel 19B heb je dan e.m.-straling nodig vanaf 'ver ultraviolet' enz. 24 a In een golf is sprake van trillende deeltjes van een medium bijvoorbeeld luchtmoleculen als het gaat om geluidsgolven. De hoeveelheid energie bij bewegingen wordt gegeven door de kinetische energie Ek = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 . Bij een golf wordt de hoeveelheid energie dus bepaald door de massa m en de snelheid vmax (de snelheid varieert voortdurend tussen 0 en vmax). Bij een foton is E f = h ⋅ f , dus daar bepaalt de frequentie f de hoeveelheid energie. Een foton heeft geen massa-eigenschap. Wel bestaat er een verband tussen frequentie én snelheid vmax bij een trillend deeltje: hoe hoger de frequentie, hoe hoger de snelheid vmax. De snelheid wordt daarnaast ook bepaald door de amplitude A van de trilling. Een foton van een bepaalde kleur kan echter niet variëren in 'amplitude' want dat zou betekenen dan een foton van een bepaalde kleur verschillende waarden voor de fotonenergie zou kunnen bezitten en dat is niet juist.

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

115

b Een foton kun je een deeltje noemen als je te maken krijgt met botsingen van fotonen met atomen, elektronen enz. Dit doet zich bijvoorbeeld bij foto-emissie voor. Een foton is duidelijk als een golf op te vatten wanneer je te maken krijgt met verschijnselen als buiging en interferentie. c Een foton heeft geen meetbare massa en geen veranderlijke snelheid.

2.3 Oefenopgaven 25 Zonnevlekken Gegeven: wet van Stefan-Boltzmann P = σ ⋅ T 4 , waarbij T in K is en de constante van Stefan-Boltzmann σ = 5,67051⋅10–8 Wm–2K–4 (zie BINAS tabel 7). a De oppervlakte onder de kromme is maat voor het totaal uitgestraalde vermogen per m2. Dit oppervlak is te bepalen door het zo nauwkeurig mogelijk tellen van het aantal mm2 of je kunt het benaderen met een driehoeksvorm waarbij je erop moet letten dat het oppervlak onder de getekende driehoek zo goed mogelijk gelijk is aan de oppervlakte onder de oorspronkelijke kromme d.w.z. het deel 'dat teveel is' moet gelijk zijn aan het deel 'dat te weinig is'. Voor de driehoek geldt dan: oppervlakte A = 1/2 ⋅ hoogte ⋅ basis. Benaderen met de driehoeksvorm levert het volgende voor de verhouding op:

1 A6000 K / ⋅ 44 ⋅ 33 10,7 = 12 = . A3000 K 1 / 2 ⋅ 4 ⋅ 34

Volgens de wet van Stefan Boltzman zou deze verhouding

P6000 K σ ⋅ 6000 4 2 4 16 = = = moeten zijn. P3000 K σ ⋅ 3000 4 1 1

b Gegeven: Tzon = 5800 K; in een zonnevlek is de temperatuur 1500 K lager ⇒ Tvlek = 4300 K • Gevraagd: ⇒

λmax, vlek . λmax, zon

λmax ⋅ T = k w ⇒ λmax =

kw ⇒ λmax is omgekeerd evenredig met T ⇒ T

λmax, vlek T zon 5800 1,35 = = = λmax, zon T vlek 4300 1

• Gevraagd:

P vlek . P zon

Met P = σ ⋅ T 4 ⇒

P4300 K σ ⋅ 4300 4 1 = = 4 P5800 K σ ⋅ 5800 3,31

c De golflengte λmax waarbij de intensiteit maximaal is, is bij een zonnevlek wat groter dan in het overige deel van het zonneoppervlak. Een zonnevlek heeft dus een spectrum dat meer 'rood' bevat. Daarnaast is de stralingsintensiteit in een zonnevlek ruim 3× zo klein als het overige zonneoppervlak. Bij elkaar zorgen deze twee verschijnselen ervoor dat een zonnevlek een relatief donker gebied is op het zonneoppervlak. 26 Oppervlaktetemperatuur van sterrren a De golflengte λmax waarbij de intensiteit maximaal is, ligt bij de bovenste kromme meer naar links, dus bij kleinere golflengte (richting blauw). Volgens de verschuivingswet van Wien λmax ⋅ T = k w betekent dit dat deze intensiteitskromme bij een hogere temperatuur hoort. N.B. Bovendien is ook het totaal uitgestraalde vermogen per m2 bij de bovenste kromme groter gezien de oppervlakte onder deze lijn. Dat betekent volgens de wet van Stefan-Boltzmann P = σ ⋅ T 4 ook dat de temperatuur hoger is. b • Bovenste kromme ('hoge temperatuur'):

Ib I 41,5 = = 1,28 ⇒ b = 1,3 Ir 32,5 Ir

• Onderste kromme ('lage temperatuur'):

Ib I 6,5 = = 0,361 ⇒ b = 0,36 I r 18,0 Ir

Ib neemt toe Ir bij toenemende temperatuur. Blijkbaar neemt de intensiteit Ib relatief sterker toe dan Ir bij toenemende temperatuur.

• De bovenstaande waarden zijn inderdaad verschillend: de verhouding

c Ster 1: in het rood een klein stipje. In het blauw slechts een klein beetje sterker (de '1' is wat weggevallen). Ster 2: in het rood straalt deze ster sterker dan in het blauw. Ster 3: in het blauw straalt deze ster sterker dan in het rood. Ster 4: er is weinig verschil waar te nemen in de stralingsintensiteit van het rood en het blauw. Ster 5: hier valt op dat in het blauw een veel sterkere intensiteit is dan in het rood. Conclusie: volgorde van toenemende temperatuur ⇒ ster 2 - ster 4 - ster 1 - ster 3 - ster 5.

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

116

Vervolg op volgende bladzijde.

Vervolg van opgave 26. d De gegevens zijn te halen uit BINAS (tabel 23 De stralingswet van Planck): temperatuur (K) 1500 2000 3000 4000 5500 5700 6000 6500 8000 10 000 e Gegeven zon:

intensiteit (Wm–2 per 1 nm) bij 450 nm 1,12⋅10–2 2,31 4,77⋅102 6,85⋅103 6,08⋅104 7,46⋅104 9,88⋅104 1,49⋅105 3,79⋅105 8,32⋅105

bij 650 nm 1,26 5,03⋅101 2,02⋅103 1,28⋅104 5,87⋅104 6,78⋅104 8,27⋅104 1,11⋅105 2,16⋅105 3,96⋅105

2,2

Ib Ir 0,0089 0,046 0,24 0,54 1,04 1,10 1,19 1,34 1,75 2,10

Ib

2,0

Ir

1,8 1,6 1,4 1,2 1,0 0,8 0,6 0,4

Ib = 1,2 ⇒ Tzon = ca. 6,1⋅103 K Ir

0,2 0

f De absolute onnauwkeurigheid = 6100 – 5800 = 300 K 300 ⋅ 100% = 5% De procentuele onnauwkeurigheid = 6000

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

T (.103 K)

27 Constante van Planck a Bij het foto-elektrisch effect geldt: Ek,max = E f − Eu = h ⋅ f − Eu

En in de situatie dat de fotostroom = 0 geldt: Ek,max = ( − ) e ⋅ U rem

Samenvoeging van deze twee vergelijkingen levert: e ⋅ U rem = h ⋅ f − Eu ⇒ Urem = Deze vergelijking heeft de algemene vorm van y = a ⋅ x – b met a =

E h ⋅f − u e e

E h en b = u . e e

A Aan de algemene vorm van de vergelijking hierboven is te zien dat het om een lineair verband gaat h tussen Urem en f waarbij de 'richtingscoëfficiënt' = 'helling' a = . e h B Aan de vergelijking hierboven is te zien dat de helling van de lijnen alleen bepaald wordt door en e deze waarde is onafhankelijk van het soort kathodemateriaal. C Verschillende soorten kathodematerialen hebben een verschillende waarde voor de uittree-energie Eu. E Dus in bovenstaande vergelijking is de waarde voor b = u verschillend per materiaalsoort. e Dat betekent dat als Urem = 0 er ook een verschillende waarde voor de frequentie f (= grensfrequentie) uitkomt. D Bij een frequentie f die lager is dan de grensfrequentie fg treedt er geen fotoemissie op en dus is er ook geen waarde voor Urem aan te geven. b In geval van de grensfrequentie fg is Urem = 0 ⇒ 0 =

•

E h ⋅ fg − u ⇒ Eu = h ⋅ fg met h = 6,626⋅10–34 JK–1. e e

•

Cs: fg = 4,7⋅1014 Hz en Eu = 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 4,7 ⋅ 1014 = 3,114 ⋅ 10 −19 J = 1,94 eV

⇒ Urem = 1,9 eV

•

Cd: fg = 9,9⋅1014 Hz en Eu = 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 9,9 ⋅ 1014 = 6,56 ⋅ 10 −19 J = 4,09 eV

⇒ Urem = 4,1 eV

Fe: fg = 11,3⋅10 Hz en Eu = 6,626 ⋅ 10 14

−34

14

⋅ 11,3 ⋅ 10

= 7,49 ⋅ 10

−19

J = 4,67 eV

⇒ Urem = 4,7 eV

10

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

117

c De helling van de lijn (bijv. van Cs) is ( 4,0 − 0) h ∆U rem h = ⇒ = = 4,124 ⋅ 10 −15 V/Hz ⇒ h = 6,606 ⋅ 10 − 34 Js −19 e ∆f 1,602 ⋅ 10 (14,4 − 4,7) ⋅ 1014 Volgens BINAS (tabel 7) is deze waarde h = 6,626⋅10–34 JK–1 Conclusie: we zien dus een kleine afwijking van ca. 0,3% t.o.v. de officiële literatuurwaarde. En dat is maar heel weinig. 28 Fotomultiplicatorbuis a Elektronen kunnen slechts door fotonen worden vrijgemaaks als voor de golflengte van de straling geldt: λ < λg voor Cesium. BINAS (tabel 24): Cesium (Cs) ⇒ λg = 639 nm. Het spectrum vermeldt een 3-tal golflengtes < 639 nm namelijk 396 nm, 58 nm en 52 nm. Deze twee laatsten behoren volgens BINAS (tabel 19) tot de uv-straling en worden dus door het glas geabsorbeerd. Daarom blijft alleen straling met de golflengte van 396 nm over. 1 h⋅c h ⋅c 1  − = h⋅c ⋅ − ⇒ = 3,52 eV   λ λg  λ λg  waarbij volgens BINAS (tabel 7): h = 6,626⋅10–34 JK–1 en c = 2,998⋅108 ms–1.

b Ek,max = E f − Eu = h ⋅ f − h ⋅ fg =

 1 1 Ek,max = 6,626 ⋅ 10 − 34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 ⋅  − −9 639 ⋅ 10 − 9  396 ⋅ 10

  = 1,908 ⋅ 10 −19 J = 1,191 eV  Afgerond: Ek,max = 1,91⋅10–19 J = 1,19

eV c De elektronen worden tussen kathode en elektrode D1 versneld over een potentiaalverschil van 100 V. Met We = ( − ) q ⋅ U kD1 = ∆Ek ⇒ ∆Ek,max = 100 eV. Dus Ek,max = 100 + 1,19 = 101,19 eV. Afgerond: Ek,max = 101 eV d Doordat de kinetische energie door het versnellen zoveel groter is geworden, kunnen deze elektronen mogelijk een aantal botsingen in het elektrodemateriaal veroorzaken. Blijkbaar hebben ze genoeg energie om daarbij 5 elektronen vrij te maken. e Gegeven: IK,D1 = 3,5⋅10–11 A Gevraagd: aantal fotonen per seconde nf. 5,0% van de fotonen maakt een elektron vrij ⇒ ne = 0,05 ⋅ n f ⇒ n f =

ne 0,050

waarbij ne = aantal elektronen per seconde. Voor de stroomsterkte geldt: I = nf =

3,5 ⋅ 10 −11 Q = n e ⋅ q e = n e ⋅ e ⇒ ne = I = = 2,1848 ⋅ 10 8 s −1 t e 1,602 ⋅ 10 −19

2,1848 ⋅ 10 8 = 4,37 ⋅ 10 9 s −1 0,050

Afgerond: nf = 4,4⋅109 s–1

f Het aantal elektronen neemt tussen elk opeenvolgende elektrodenpaar met een factor 5,0 toe. Na 10 overgangen is de stroomsterkte dus toegenomen met de factor 5,010. I A = 5,010 ⋅ 3,5 ⋅ 10 −11 = 3,42 ⋅ 10 −4 A

Afgerond: IA = 3,4⋅10–4 A

29 Belichtingsmeter a Het aantal fotonen dat op de fotocel valt, is evenredig met de intensiteit I van de straling. Een deel van de fotonen maakt een elektron vrij. Als de intensiteit bijvoorbeeld 2× zo groot wordt, zijn er ook 2× zoveel fotonen die een elektron vrijmaken. En dus is de verzadigingsstroom ook 2× zo groot. Conclusie: de verzadigingsstroomsterkte is recht evenredig met de intensiteit. b Nee, want bij een grotere lichtsterkte neemt het aantal fotonen van alle kleuren in dezelfde mate toe. De fotocel bepaalt - gebaseerd op de bruikbare fotonen - in welke mate er van een toename sprake is. c Voor zichtbaar licht geldt: 3,8⋅10–7 m (violet) < λ < 7,8⋅10–7 m (rood) Ef = h ⋅ f =

Zie informatieboek blz. 200.

h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = λ λ

Rood: E f = 2,55 ⋅ 10 −19 J = 1,59 eV Violet: E f = 5,23 ⋅ 10 −19 J = 3,26 eV Geschikte materialen moeten dus een uittree-energie hebben tussen de 1,6 eV en de 3,2 eV. Volgens BINAS (tabel 24) zijn de volgende materialen geschikt: barium (Ba), cerium (Ce), cesium (Cs),

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

118

kalium (K), lithium (Li), natrium (Na), rubidium (Rb) en strontium (Sr). e N.B. Gegeven is Iv = 80 mA. Dit is onjuist. Het moet zijn Iv = 0,80 mA = 0,80⋅10–3 A anders krijg je geen aannemelijke oplossing. Gegeven: Istr = 150 W/m2; Iv = 0,80⋅10–3 A; A = 1,0 cm2 = 1,0⋅10–4 m2; λ = 500 nm = 500⋅10–9 m.

Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 29. • Gevraagd: aantal fotonen per seconde nf. P Ps = nf ⋅ E f ⇒ n f = s Nieuwe onbekenden: Ps en Ef. Ef Ps = I s ⋅ A = 150 ⋅ 1,0 ⋅ 10 −4 = 1,5 ⋅ 10 −2 W Ef = h ⋅ f = nf =

h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 108 = = 3,973 ⋅ 10 −19 J ( = 2,48 eV ) λ 500 ⋅ 10 −9

1,5 ⋅ 10 −2 3,973 ⋅ 10 −19

= 3,78 ⋅ 1016 s−1

Afgerond: nf = 3,8⋅1016 s–1

• Gevraagd: aantal elektronen per seconde ne. 0,80 ⋅ 10 −3 I = Q = ne ⋅ qe = ne ⋅ e ⇒ ne = I = = 4,994 ⋅ 1015 s−1 Afgerond: ne = 5,0⋅1015 s–1 t e 1,602 ⋅ 10 −19 • Gevraagd: percentage fotonen dat een elektron vrijmaakt

ne 4,99 ⋅ 1014 ⋅ 100% = ⋅ 100% = 13,2% nf 3,78 ⋅ 1016 Afgerond: 13%

3 Energieniveaus 3.1 Structuur 30 Bespreek het structuurschema in de klas.

3.2 Verwerking 31 A Door botsing met een vrij én snel bewegend elektron wordt in het atoom een elektron op een hoger energieniveau gebracht (hogere schil). E Bij het terugvallen van dit hogere niveau naar een lager niveau zendt het atoom één of meerder fotonen uit. Aangezien bij de energieverschillen vaste waarden horen, ontstaan slechts fotonen van een beperkt aantal energiewaarden. Dit betekent dat het gas een lijnenspectrum vertoond.

emissie E4 E3 E2

bijvoorbeeld vanaf

E3

E1

B In een gloeidraad botsen vrije geleidingselektronen met de atomen. E0 Deze atomen krijgen daardoor een hoge gemiddelde energie. Bovendien zijn deze atomen in een onvoorstelbare hoeveelheid aan elkaar gebonden in de gloeidraad. Door het grote aantal atomen 'loopt het energieniveauschema vol' met dicht op elkaar gelegen energieniveaus. Daardoor zijn sprongen mogelijk vanuit elk willekeurig energieniveau naar elk ander willekeurig lager energieniveau. Het vast-stofspectrum is daardoor continu. C Overeenkomst: de lijnen in een emissiespectrum liggen op dezelfde plaats als de donkere lijnen in een absorptiespectrum van een bepaald gas.

absorptie

emissie

E4 E E3 E2

E4 E E3 E2

E1

E1

Verschil: bij een emissiespectrum zenden de atomen de fotonen uit als gevolg van het feit dat binnen zo'n atoom een elektron eerst op een hoger energieniveau werd gebracht. Bij terugval naar een lager niveau wordt het foton uitgezonden. Bij een absorptiespectrum treden de donkere lijnen op als gevolg van het absorberen van bepaald soort fotonen uit het passerend licht. Deze fotonen hebben de juiste hoeveelheid energie om een elektron in een atoom op een hoger energieniveau te brengen. Deze elektronen absorberen deze fotonen én zenden ze even later ook weer uit maar dan verstrooid naar alle richtingen. Daarom worden er minder fotonen

E0

bijvoorbeeld vanaf

E3

E0 en emissie absorptie

E4

bijvoorbeeld tot E4 m.b.v. uv-foton met enkele terugval mogelijkheden

E E3 E2 uv-foton

E1

E0

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

119

van die bepaalde kleur in de richting van de spectrocoop gestuurd vergeleken met de hoeveelheid van die fotonen in de oorspronkelijke bundel. D Ultravioletstraling bestaat uit zeer energierijke fotonen. Deze fotonen kunnen elektronen in de atomen van de fluorescerende stof in een veel hoger gelegen energieniveau brengen. Zo'n elektron keert daarna mogelijk in een aantal 'sprongen' weer tot het laagste energieniveau. Bij die verschillende sprongen worden dan mogelijk fotonen uitgezonden in het zichtbare gebied van het e.m.-spectrum. De fluorescerende stof 'licht dan op'. 32 a Het licht dat op een tralie valt, wordt in elke opening naar alle kanten gebogen omdat de opening zeer klein is. In de rechtdoorgaande richting komt al het licht in dezelfde mate samen en vormt een zogenaamd '0e orde maximum'. Voor het licht dat naar de zijkanten buigt, geldt dat het licht uit de verschillende openingen ook verschillende afstanden af moet leggen om op een bepaalde plaats op het scherm te komen. Door deze weglengte-verschillen treedt interferentie op d.w.z. de lichtgolven versterken of verzwakken elkaar afhankelijk van golflengte én plaats op het scherm. Door het grote aantal openingen bij een tralie treedt een scherpe afscheiding op tussen de plaatsen waar de lichtgolven van een bepaalde golflengte n⋅λ elkaar uitdoven en versterken. Voor de maxima geldt: sin α n = (n = 0, 1, 2 ...). Hieruit blijkt duidelijk d dat verschil in golflengte ook tot een verschil in hoek en dus plaats op het scherm leidt. De kleuren worden zodoende gescheiden weergegeven. n⋅λ b Voor de maxima geldt: sin α n = (n = 0, 1, 2 ...). De tralieconstante d moet bekend zijn. d Vervolgens meet je bijvoorbeeld de hoek α1 waaronder een bepaalde kleur in het 1e orde spectrum maximaal is. Voor het 1e orde spectrum is de waarde van n = 1. Je kunt dan de golflengte uitrekenen. 33 Gevraagd: golflengte λ1 en λ2. Gegeven: tralie breedte b = 2,00 cm en aantal lijnen = 1,1⋅103 ; in 1e orde spectrum α1 = 17,1° en α2 = 17,9°. n⋅λ Tralie sin α n = (n = 0, 1, 2 ...) ⇒ voor n = 1: λ = d ⋅ sin α d d = afstand tussen twee lijnen ⇒ d =

2,00 ⋅ 10 −2 10,0 ⋅ 10 3

Nieuwe onbekende: d.

= 2,00 ⋅ 10 − 6 m

α1 = 17,1° ⇒ λ1 = 2,00 ⋅ 10 −6 ⋅ sin 17,1 = 5,88 ⋅ 10 −7 m α2 = 17,9° ⇒ λ2 = 2,00 ⋅ 10

−6

⋅ sin 17,9 = 6,15 ⋅ 10

−7

m

Afgerond: λ 1 = 588 nm Afgerond: λ 2 = 615 nm

34 Gevraagd: golflengte λ. Gegeven: tralie 540 lijnen per mm; afstand ℓ = 50,0 cm = 0,500 m; 1e orde spectra op 7,2 cm én op 44,0 cm. n⋅λ Tralie: sin α n = (n = 0, 1, 2 ...) ⇒ voor n = 1: λ = d ⋅ sin α d d = afstand tussen twee lijnen ⇒ d = tan α = x 

Nieuwe onbekende: d en α.

1,00 ⋅ 10 −3 = 1,852 ⋅ 10 − 6 m 540

Nieuwe onbekende: x.

( ) −2 De afstand tussen de twee 1e orde maxima = 2 ⋅ x ⇒ x = 44,0 − 7,2 ⋅ 10 = 18,4 ⋅ 10 − 2 m 2

tan α =

18,4 ⋅ 10 −2 = 0,368 ⇒ α = tan −1 0,368 = 20,20° 0,500

λ = 1,852 ⋅ 10 −6 ⋅ sin 20,20° = 6,396 ⋅ 10 −7 m

Afgerond: λ 1 = 640 nm

35 a In het vereenvoudigde energieniveauschema is niet aangegeven hoeveel niveaus er tussen het niveau n = 4 en n = ∞ liggen. Het niveau n = ∞ ligt op de ionisatie-grens. Gaan we er van uit dat het atoom tot het niveau n = 4 wordt aangeslagen dan zijn er 1 + 2 + 3 = 6 lijnen in het spectrum aanwezig. b De spectraallijn met de kleinste golflengte λ heeft de grootste frequentie f ⇒ grootste fotonenergie komt van de sprong n = 3 naar n = 0:

E (eV)

3,9 3,0

?

n=

n=4

2,3

n=3

1,4

n=2

0

n=1

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

120

Ef = 3,0 - 0 = 3,0 eV ⇒ Ef = 3,0 ⋅ 1,602⋅10–19 = 4,806⋅10–19 J h⋅c h⋅c Ef = h ⋅ f = ⇒ λ= λ Ef Hierbij is volgens BINAS (tabel 7): h = 6,626⋅10–34 JK–1 en c = 2,998⋅108 ms–1.

λ=

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 4,806 ⋅ 10 −19

= 4,133 ⋅ 10 − 7 m = 413 nm Afgerond: λ = 4,1⋅102 nm

Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 35. c De ionisatieenergie is 3,9 eV. Dat betekent dat als een elektron een hoeveelheid energie ≥ 3,9 eV ontvangt, deze het atoom verlaat waardoor het atoom geïoniseerd wordt. d Het atoom wordt geïoniseerd als de fotonenergie Ef ≥ 3,9 eV.

λ = 600 nm ⇒ E f = h ⋅ f =

h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 3,311 ⋅ 10 −19 J = 2,07 eV λ 600 ⋅ 10 − 9

Conclusie: Ef = 2,07 eV is minder dan de benodigde 3,9 eV. Het atoom wordt niet geïoniseerd. 36 Gevraagd: de golflengte λ2 en λ3 bij de overgangen 2 en 3. h⋅c h⋅c Ef = h ⋅ f = ⇒ λ= waarbij volgens BINAS (tabel 7): h = 6,626⋅10–34 JK–1 en c = 2,998⋅108 ms–1. λ Ef

λ3 is te bepalen: Ef,3 = 12,7 - 10,7 = 2,0 eV ⇒ Ef,3 = 2,0 ⋅ 1,602⋅10–19 = 3,204⋅10–19 J 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8

= 6,200 ⋅ 10 − 7 m = 620 nm 3,204 ⋅ 10 −19 Voor de 2e overgang geldt: Ef,2 = Ef,3 - Ef,1

λ3 =

λ1 = 1,7 µm = 1,7 ⋅ 10 − 6 m ⇒ E f =

Afgerond: λ 3 = 6,2⋅102 nm

h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 1,168 ⋅ 10 −19 J = 0,729 eV −6 λ 1,7 ⋅ 10

Dus Ef,2 = 2,0 - 0,729 = 1,27 eV = 2,036⋅10–19 J 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8

= 9,76 ⋅ 10 − 7 m = 976 nm Afgerond: λ 2 = 9,8⋅102 nm 2,036 ⋅ 10 −19 M.b.v. BINAS tabel 19A en 19B : overgang 1 ⇒ nabij infrarood; overgang 2 ⇒ ook nabij infrarood en overgang 3 ⇒ zichtbaar licht namelijk oranje-rood.

λ2 =

37 a λmin = 250 nm = 250 ⋅ 10 − 9 m ⇒ E f,max =

h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 7,946 ⋅ 10 −19 J = 4,96 eV λ 250 ⋅ 10 − 9

λmax = 500 nm. Deze golflengte is 2× zo groot ⇒ Ef,min is 2× zo klein: E f,min = 3,973 ⋅ 10 −19 J = 2,48 eV Dus de het atoom kan worden aangeslagen tot het energie niveau 3,1 eV en 4,5 eV. h⋅c h ⋅c ⇒ λ= De bijbehorende geabsorbeerde golflengtes als volgt te berekenen: E f = λ Ef Ef,1 = 3,1 eV ⇒ E f,1 = 3,1 ⋅ 1,602⋅10–19 = 4,966⋅10–19 J ⇒ ⇒ λ1 =

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 4,966 ⋅ 10 −19

Ef,2 = 4,5 eV = 7,209⋅10–19 J

= 4,00 ⋅ 10 − 7 m = 400 nm

⇒ λ2 = 2,756 ⋅ 10 −7 m = 276 nm

Afgerond: λ 1 = 4,0⋅102 nm Afgerond: λ 2 = 2,7⋅102 nm

b Een atoom zendt dezelfde golflengte ook weer uit: 400 nm en 276 nm. Bovendien kan ook de overgang van 4,5 eV naar 3,1 eV optreden: Ef,2→1 = 4,5 - 3,1 = 1,4 eV ⇒ E f,1 = 1,4 ⋅ 1,602⋅10–19 = 2,243⋅10–19 J ⇒ ⇒ λ 2 →1 =

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 2,243 ⋅ 10 −19

= 8,86 ⋅ 10 − 7 m = 886 nm ⇒ ook fotonen met λ 2→1 = 886 nm.

38 BINAS (tabel 22 Ionisatie-energieën): voor het 2e elektron van natrium ⇒ Ei = 47,29 eV. Natrium heeft atoomnummer 11. De elektronenverdeling bij een neutraal atoom is K ⇒ 2; L ⇒ 8 en N ⇒ 1. Het elektron dat bij ionisatie als eerste vertrekt, zit in de N-schil. Een daarop volgend atoom in de L-schil.

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

121

Dit elektron is sterker aan het atoom gebonden omdat een elektron in de L-schil zich in een veel lager energieniveau bevindt. Zo'n elektron moet veel meer energie krijgen om zich van het atoom los te maken. 39 a Elke soort gas heeft een specifiek energieniveau-schema. De elektronen moeten minstens voldoende energie bezitten om bij botsing een atoom van de grondtoestand in de 1e aangeslagen toestand te brengen. De hoeveelheid die hiervoor nodig is, hangt van het soort gas af. b Bij een hoge druk zenden de atomen geen licht uit. Door de hoge druk (= grote dichtheid) botsen de elektronen te snel met atomen d.w.z. ze hebben nog niet voldoende kinetische energie kunnen ontwikkelen. Er is te weinig ruimte om te versnellen. De botsingen zijn dan niet 'heftig' genoeg.

40 a De elektronen krijgen door de grotere spanning een grotere kinetische energie voordat ze botsen. Daardoor kunnen ze bij botsing ook meer energie overdragen aan een atoom. Het gevolg is dat er röntgenstraling wordt uitgezonden met grotere fotonenergie: de röntgenstraling is dan 'harder'. b Door de grotere spanning over de gloeikathode krijgt deze een hogere temperatuur. Hierdoor worden per seconde meer elektronen uit de kathode los gemaakt. De intensiteit van de röntgenstraling neemt dan toe terwijl de fotonenergie hetzelfde blijft (dezelfde hardheid). 41 a Een meer naar binnen gelegen elektron is sterk aan het atoom gebonden: het zit dichter bij de positief geladen kern én wordt verder omgeven door negatief geladen elektronen die zo'n elektron als het ware nog meer 'naar binnen' duwen. Het kost daarom veel energie om zo'n elektron los te maken van het atoom. Een 'botsend' elektron moet dus een grote kinetische energie bezitten. Dit elektron moet - behalve de energie om bijvoorbeeld een K-elektron vrij te maken - ook nog eens de afstotende kracht van de overige elektronen overwinnen. b Voor een elektron, dat versneld is over een versnelspanning UAK , geldt We = ( − ) q ⋅ U AK = e ⋅ U AK = ∆Ek . Bij botsing kan dus hooguit een energie van E = e ⋅ U AK worden overgedragen. Daardoor heeft een foton, dat als gevolg van de botsing wordt uitgezonden, ook een energiewaarde E f ≤ e ⋅ U AK . c De energie-sprong van een elektron binnen een atoom van een hoger gelegen niveau naar bijvoorbeeld het K- of het L-niveau heeft binnen een bepaald soort van atoom altijd een vaste waarde. Er zijn dus een beperkt aantal sprongen mogelijk d.w.z. de atoomsoort vertoont een lijnenspectrum. 42 a • Het energieniveau van de 2e aangeslagen toestand ligt 12,09 eV hoger dan de grondtoestand. Een elektron kan bij botsing met een waterstof atoom deze energie alleen maar leveren als zijn kinetische energie ≥ 12,09 eV. • Volgens We = ( − ) q ⋅ U AK = e ⋅ U AK = ∆Ek moet het elektron dan versneld zijn over UAK ≥ 12,09 V. b • E f = Em − En . In dit geval zijn de overgangen mogelijk van m = 3 naar n = 1 ⇒ E3→1 ; van m = 3 naar n = 2 ⇒ E3→2 en van m = 2 naar n = 1 ⇒ E2→1 Ef = h ⋅ f =

h⋅c h⋅c ⇒ λ= λ Ef

⇒ λ=

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 .... (in J)

Het omrekenen van eV naar J: 1 eV = 1,602⋅10–19 J. Met behulp van BINAS (tabel 19A of 19B) vind je de kleur. E 3→1 = 12,09 eV = 19,368⋅10–19 J ⇒ λ3 →1 = 1,026 ⋅ 10 −7 m = 102,6 nm ⇒ ultraviolet. E 3→2 = 12,09 - 10,20 = 1,89 eV = 3,028⋅10–19 J ⇒ λ3 → 2 = 6,561 ⋅ 10 −7 m = 656 nm ⇒ zichtbaar rood. E 2→1 = 10,20 eV = 16,34⋅10–19 J ⇒

λ3 → 2 = 1,216 ⋅ 10 −7 m = 121,6 nm ⇒ ultraviolet.

c BINAS (tabel 19A of 19B) voor zichtbare deel van het spectrum geldt 1,65 eV ≤ Ef ≤ 3,26 eV. Voor de minimale energiesprong in de Balmer-reeks geldt 12,09 - 10,20 = 1,89 eV én voor de maximale energiesprong 13,60 - 10,20 = 3,40 eV. De lijnen van de Balmer-reeks liggen dus voor het belangrijkste deel in het zichtbare gebied. 43 Energieniveau E1 is te bepalen m.b.v. het foton met λ = 589 nm = 589⋅10–9 m: Ef = h ⋅ f =

h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 108 = = 3,373 ⋅ 10 −19 J = 2,1053 eV λ 589 ⋅ 10 −9

E2 = E1 + de energie van het foton met λ = 819 nm = 819⋅10–9 m: Ef =

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 108 819 ⋅ 10 −9

= 2,425 ⋅ 10 −19 J = 1,514 eV ⇒ E2 = 2,11 + 1,514 = 3,619 eV

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

122

E3 = E1 + de energie van het foton met λ = 616 nm = 616⋅10–9 m: Ef =

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 108 616 ⋅ 10 −9

= 3,2248 ⋅ 10 −19 J = 2,013 eV ⇒ E3 = 2,105 + 2,013 = 4,118 eV Afgerond: E1 = 2,11 eV ; E2 = 3,62 eV en E3 = 4,12

eV

44 a In het spectrum van NGC 3242 zijn de volgende lijnen te herkennen: - van zuurstof O2+ is de lijn 495,9 nm zeer helder te zien. De andere lijnen van O2+ zijn niet te herkennen; - van neon Ne2+ lijken de lijnen 386,8 nm en 397,0 nm zeer helder waarneembaar te zijn (zie vraag b); - van neon Ne4+ zijn de lijnen 334,6 nm en 342,5 nm zeer zwak te zien; - van helium He is de lijn 447,1 nm zwak te zien; - van helium He+ is de lijn 468,6 nm helder te zien; - van stikstof N2+ is de lijn 464,0 nm zwak te zien; Samengevat: in de nevels worden de gassen helium, neon, zuurstof en stikstof aangetroffen. b De zichtbare lijnen van waterstof behoren tot de balmerreeks met golflengtes 656 - 486 - 434 - 410 en 397 nm (zie BINAS tabel 21A). In de nevels zijn duidelijk de lijnen waarneembaar met golflengte 486 nm, 434 nm, 410 nm en 397 nm. Mogelijk moet nu geconstateerd worden dat de lijnen de lijn 397,0 nm niet aan Ne2+ toegeschreven dient te worden en dat de lijn 386,8 nm ook niet die van Ne2+ is. 45

a Spontane emissie: een atoom dat is aangeslagen, valt in een zeer korte tijd weer terug onder uitzending van een foton. Gestimuleerde emissie: de atomen worden eerst in een 'metastabiele' aangeslagen toestand gebracht waardoor ze niet gemakkelijk spontaan terugvallen. Wel worden deze atomen gestimuleerd om terug te vallen als er een foton passeert met dezelfde energiewaarde (en dus golflengte). b • Zonder metastabiel energieniveau vallen de atomen al naar de grondtoestand terug voordat een ander foton hen stimuleert om terug te vallen. • Het merendeel moet in de hogere metastabiele energietoestand zitten, omdat je anders absorptie in plaats van emissie krijgt. Dit heet 'populatie-inversie'. • De atomen komen 'via een omweg' in deze metastabiele energietoestand. Ze worden eerst op een nog hogere energieniveau gebracht waarna ze door spontane emissie terugvallen naar de metastabiele toestand. Als je de atomen direct m.b.v. fotonen in de metastabiele toestand brengt, dan heb je kans dat deze inkomende fotonen al tot een vroegtijdige stimulering van aanwezige metastabiele toestanden leidt. c Doordat de passerende en uitgezonden fotonen in dezelfde richting bewegen én met elkaar in fase zijn, treedt lichtversterking op. d Evenwijdig: de fotonen moeten loodrecht op de halfdoorlatende spiegel bewegen. Smal: de opening in de spiegel is klein. Monochromatisch: de golflengte (en dus frequentie) van de fotonen die ontstaan bij de gestimuleerde emissie vanuit de metastabiele energietoestand, is steeds dezelfde. Daardoor ontstaan er fotonen van één kleur.

46

De “lengte” van het foton is te berekenen s = v ⋅ t = c ⋅ t ⇒ ℓ = 2,998⋅108 ⋅ 1,0⋅10–9 = 0,2998 m  0,2998 = 4,997 ⋅ 105 Afgerond: 5,0⋅105 golven en lengte foton = 30 cm Het aantal lichtgolven N = = λ 6 ⋅ 10 −7

47 a Golfkarakter: breking, buiging, interferentie en polarisatie. Deeltjeskarakter: energieniveaus, foto-emissie en foto-elektrisch effect. b Bij interferentie is sprake van wisselwerking van straling met zichzelf. Bij alle andere verschijnselen is sprake van wisselwerking van straling met materie. c Het golfkarakter blijkt wanneer er sprake is van wisselwerking van straling met zichzelf (interferentie) maar ook bij wisselwerking van straling met materie (breking, buiging en polarisatie). Het deeltjeskarakter is alleen aanwezig wanneer er sprake is van wisselwerking van straling met materie.

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

123

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

124

3.3 Oefenopgaven 48 Spaarlamp a • UV-straling heeft een fotonenergie Ef > 3,26 eV (zie BINAS tabel 19A.) Het zichtbare licht heeft 1,65 eV < Ef < 3,26 eV. In het energieniveauschema is te zien dat er sprongen voorkomen met een energieverschil > 3,26 eV bijvoorbeeld: Ef = 8,8 - 4,9 = 3,9 eV; Ef = 8,8 - 5,4 = 3,4 eV; Ef = 7,7 - 4,9 = 2,8 eV; Ef = 6,7 - 0,0 = 6,7 eV en Ef = 4,9 - 0,0 = 4,9 eV. De volgende sprongen leveren fotonen in het zichtbare deel: Ef = 8,8 - 6,7 = 2,1 eV; Ef = 7,7 - 4,9 = 2,8 eV en Ef = 7,7 - 5,4 = 2,3 eV. • Verder zie figuur hiernaast. b Het atoom moet dan wel een energieniveau van 4,9 eV ter beschikking hebben om het foton te absorberen. Vervolgens moet zich tussen dit niveau en het grond niveau nog minstens één niveau bevinden op een niveau hoger dan 1,65 eV maar lager dan 3,26 eV, bijvoorbeeld één op 2,7 eV. Dan kan het atoom na zo'n aanslag terugvallen onder uitzending van twee fotonen namelijk met Ef = 4,9 - 2,7 = 2,2 eV én Ef = 2,7 eV (zie figuur hiernaast).

4,9

10,4

uv

E

zichtbaar

(eV) 9,2 8,8 7,7 6,7

5,4 4,9

E (eV)

2,7

0

0

c De fotonen in het zichtbare deel van het kwikgas-spectrum hebben een fotonenergie Ef : 2,1 eV; 2,8 eV en 2,3 eV. De bijbehorende golftengten zijn als volgt te bepalen: Ef = h ⋅ f =

h⋅c h⋅c ⇒ λ= λ Ef

⇒ λ=

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 .... (in J)

Het omrekenen van eV naar J: 1 eV = 1,602⋅10–19 J. –19

Ef = 2,1 eV = 3,364⋅10

–19

Ef = 2,8 eV = 4,486⋅10

J ⇒ λ = 5,90 ⋅ 10

−7

m = 590 nm ⇒ oranje

J ⇒ λ = 4,43 ⋅ 10

−7

m = 443 nm ⇒ blauw-violet

Ef = 2,3 eV = 3,685⋅10–19 J ⇒ λ = 5,39 ⋅ 10 −7 m = 539 nm ⇒ groen Van de drie heldere lijnen is de piek iets boven de 600 nm (ca. 610 nm) duidelijk van het fluorescerende materiaal omdat het kwik lijnen uitzendt met golflengte 590, 539 en 443 nm. h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 3,26 ⋅ 10 −19 J = 2,03 eV λ 610 ⋅ 10 − 9 Na aanslag tot het niveau van 4,9 eV kan het atoom het bovenstaande foton uitzenden als het onderliggende niveau zich op 4,9 - 2,03 = 2,87 eV bevindt of er wordt eerst een foton van 2,87 eV uitgezonden en vervolgens bij terugval tot het grondniveau een foton van 2,03 eV (zie figuren hiernaast).

d Bij λ = 610 nm ⇒ E f = h ⋅ f =

4,9

E (eV)

2,03

0 4,9

E (eV)

2,87

0

49 Helium-neonlaser Gegeven: gasontladingsbuis gevuld met helium en neon (5 : 1); UAK = 2,95⋅103 V; d = 12,0⋅10–2 m; energieniveaus helium en neon (zie fig. 28). a Neon is het gas dat voor laserwerking zorgt, waarbij de laser zo wordt geconstrueerd dat het zo goed mogelijk zichtbare straling versterkt. Het atomen van helium kunnen én moeten de neonatomen bij botsing in de aangeslagen toestand van 20,64 eV brengen. Zij zorgen dus voor het zogenaamde pompen. Helium houdt de populatie-inversie in stand.

Vervolg op volgende bladzijde.

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

125

Vervolg van opgave 49. b • Zichtbare straling moet een fotonenergie tussen de 1,65 eV en 3,26 eV hebben. De overgang van 20,64 naar 18,68 geeft een energieverschil van 1,96 eV. Bij deze overgang wordt dus zichtbaar licht uitgezonden met Ef = 1,96 eV = 3,140⋅10–19 J: Ef = h ⋅ f =

h⋅c h⋅c ⇒ λ= λ Ef

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8

= 6,327 ⋅ 10 − 7 m = 632,7 nm 3,140 ⋅ 10 −19 Afgerond: λ = 633 nm Dit is een rode laserstraal (zie BINAS tabel 19A). ⇒ λ=

• De overgang 20,64 eV → 20,27 eV geeft een foton met energiewaarde Ef = 0,37 eV = 0,593⋅10–19 J. Dit is een foton in het nabije infra-rood. • De overgang 19,76 eV → 18,68 eV geeft een foton met energiewaarde Ef = 1,08 eV = 1,730⋅10–19 J. Dit is ook een foton in het nabije infra-rood. c In de buis zitten 5× zoveel helium-atomen als neon-atomen. De kans op botsen met een helium-atoom is dus ook 5× groot. d Men wil bij deze laser het licht uit de overgang 20,64 eV → 18,68 eV gebruiken (λ = 633 nm). Daarvoor is het aanslaan van neon tot het metastabiele niveau 20,64 nodig. En dit kan via neon als deze naar het niveau van 20,58 eV wordt aangeslagen. Het metastabiele niveau van 19,76 eV geeft niet de gewenste golflengte voor de laser. e Voor het versnellen van geladen deeltjes in een elektrisch veld geldt: We = ( − ) q ⋅ U = ∆Ek . Hierbij is de arbeid We ook te schrijven als We = Fe ⋅ x waarbij x de afstand is met een potentiaalverschil U. Uit bovenstaande volgt dat de toename van de Ek evenredig is met de afstand die zonder te botsen doorlopen wordt: stel de volledige afstand d = 12,0 cm wordt doorlopen zonder te botsen, dan is 20,58 −2 = 8,481 ⋅ 10 − 2 m ∆Ek = 2,95 keV = 2,95 ⋅ 10 3 eV ⇒ de benodigd vrije weglengte x = 12,0 ⋅ 10 ⋅ 2,95 ⋅ 10 3 Afgerond: x = 84,8 mm f Bij botsing kan helium hooguit een energie van 20,58 eV overdragen via het zenden van de foton. De ontbrekende 0,06 eV (= 20,64 - 20,58) wordt geleverd via een afname van de kinetische energie van het botsende heliumatoom. g Het helium heeft een pompwerking, waarbij het gemakkelijker neonatomen in de metastabiele toestand van 20,64 eV brengt dan een botsend elektron. Het is belangrijk dat helium-atomen zich in de gewenste metastabiele toestand bevinden: de kans is dan groter dat helium eerst tot een botsing komt met een neon atoom voordat het zijn energie afgeeft. Zou het aangeslagen niveau in helium via spontane emissie verlaten worden, dan is de kans groot dat een neon-atoom hierdoor niet aangeslagen wordt. Voor neon is het belangrijk dat het niveau van 20,64 eV een metastabiel niveau is omdat hier de laser werking van afhangt: juist bij metastabiele niveaus kan gestimuleerde emissie optreden. 50 Experiment van Franck en Hertz a Voor het versnellen van geladen deeltjes in een elektrisch veld geldt: We = ( − ) q ⋅ U AK = ∆Ek . Tussen K en A worden de elektronen versneld ⇒ toename van de kinetische energie Ek. En tussen K en P worden de elektronen afgeremd waarbij de afname van Ek = 0,1 eV. Als de elektronen bij A een kinetische energie Ek,A kleiner dan 0,1 eV hebben, bezitten ze vervolgens te weinig energie om de elektrode P te bereiken. b • Vanuit de eerste aangeslagen toestand valt het atoom terug naar de grondtoestand onder uitzending h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 7,82 ⋅ 10 −19 J = 4,88 eV . λ 254 ⋅ 10 − 9 Atomen moeten bij botsing een energie van 4,88 eV overgedragen krijgen. Dat is maar weinig minder dan 4,9 eV. Als de elektronen over UAK = 4,9 V worden versneld, hebben ze de benodigde kinetische energie pas gekregen in de buurt van de anode. van een foton met λ = 254 nm ⇒ E f = h ⋅ f =

• Bij hogere waarden van de spanning UAK bereiken de elektronen al eerder de benodigde kinetische energie en treden de botsingen waarbij kwikatomen worden aangeslagen al eerder op. c Doordat een deel van de elektronen via botsing met kwikatomen een energie van 4,88 eV overdragen, houden ze minder dan 0,1 eV aan kinetische energie over en hebben ze dus te weinig energie om alsnog de elektrode P te bereiken. Het gevolg is dat de stroomsterkte daalt. Door deze botsingen zijn de kwikatomen in de eerste aangeslagen toestand gebracht waarbij ze door spontane emissie fotonen uitzenden met λ = 254 nm (en Ef = 4,88 eV).

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

126

Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 50. d Bij UAK = 9,8 V hebben de elektronen al halverwege de afstand AK een kinetische energie Ek = 4,9 eV gekregen waardoor ze via botsing kwikatomen tot het eerste niveau kunnen aanslaan. Een elektron verliest daarbij vrijwel alle Ek en krijgt nogmaals de kans om via versnelling opnieuw een Ek = 4,9 eV op te bouwen. En opnieuw dragen deze elektronen via botsing hun energie op kwikatomen over. Dus bij een UAK = 9,8 V krijgt een elektron de kans om tweemaal een kwikatoom tot het niveau van 4,88 eV aan te slaan. Je mag daarbij verwachten dat bij deze spanning de intensiteit van de emissielijn met λ = 254 nm toeneemt. e Energieniveau-schema zie hiernaast. Om na te gaan of de uitgezonden spectraallijnen in overeenstemming zijn met dit schema moet je de fotonenergie kennen:

λ = 254 nm ⇒ E f = 7,82 ⋅ 10 −19 J = 4,88 eV

7,7

E (eV)

λ = 185 nm ⇒ E f = 10,7 ⋅ 10 −19 J = 6,70 eV λ = 436 nm ⇒ E f = 4,56 ⋅ 10 −19 J = 2,84 eV

546 nm

6,7 436 nm

5,4 4,9

−19

λ = 546 nm ⇒ E f = 3,64 ⋅ 10 J = 2,27 eV De mogelijke overgangen zijn: E1 – E0 = 4,9 eV ⇒ wel; E3 – E0 = 6,7 eV ⇒ wel; E3 – E1 = 6,7 – 4,9 = 1,8 eV ⇒ niet; E4 – E0 = 7,7 eV ⇒ niet; E4 – E1 = 7,7 – 4,9 = 2,8 eV ⇒ wel; E4 – E2 = 7,7 – 5,4 = 2,3 eV ⇒ wel.

185 nm

254 nm

0

d Spectraallijnen worden zichtbaar wanneer er een continue stroom van fotonen met die bepaalde golflengte wordt uitgezonden. Als atomen in een metastabiele toestand 'blijven hangen', wordt deze continue stroom onderbroken. Mogelijk treedt er wel een soort van gestimuleerde emissie op waarbij in korte tijd heel veel atomen terugvallen. Er zou dan een flits kunnen optreden van fotonen met de fotonenergie Ef = 5,4 eV. Bovendien kan het zijn dat deze fotonen ook weer geabsorbeerd worden wat tot een vorm van populatieinversie kan leiden. 51 Energieniveaus van het heliumatoom a Met behulp van de spanning van de gloeikathode kan men het aantal elektronen, dat per seconde door de anode gaat, regelen. Bij een lage spanning UAK komen zonder gloeikathode nauwelijks elektronen vrij . b Na de anode mag er geen versnelspanning meer zijn omdat de kinetische energie van de botsende elektronen zo goed mogelijk constant moet zijn. c De collector oefent een aantrekkende kracht uit op de elektronen in de bol. Elektronen die geen energie hebben afgegeven, passeren snel en worden minder sterk door de collector afgebogen. d Als elektronen bij een botsing atomen in aangeslagen toestand brengen, geven ze relatief veel energie af. Deze elektronen worden vervolgens in de richting van de collector C versneld. Deze zorgen voor een relatief grotere collector-stroom en daarmee een toename van de spanning UR. e De pieken in de diagramlijn van UR liggen bij een UAK van achtereenvolgens 19,8; 20,6; 20,9 en 21,2 V. De energieniveaus zijn dan 19,8 eV; 20,6 eV; 20,9 eV en 21,2 eV. 52 Röntgenspectrum a De kortst mogelijke golflengte λmin wordt uitgezonden door de elektronen die hun kinetische energie geheel omzetten in röntgenfotonen ⇒ Ef = 40 keV = 40⋅103 eV = 6,408⋅10–15 J. De bijbehorende golflengte is te berekenen volgens Ef = h ⋅ f =

h⋅c h⋅c ⇒ λ= λ Ef

⇒ λ=

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 6,408 ⋅ 10 −15

= 3,100 ⋅ 10 −11 m = 0,0310 nm Afgerond: λ min = 0,031

nm b • Een elektron - met een energie van 8,95 keV of meer - kan een elektron uit de K-schil van een koperatoom in de anode stoten. Als daarna een elektron uit de L- of M-schil de open plaats opvult, zendt deze een energierijk foton uit met een fotonenergie Ef = 8,95 - 1,05 = 7,90 keV (= 1,266⋅10–15 J) of Ef = 8,95 - 0,10 = 8,85 keV (= 1,418⋅10–15 J). Dit levert een tweetal spectraallijnen op. • LK-overgang: λ =

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 1,266 ⋅ 10 −15

= 0,1570 ⋅ 10 − 9 m = 0,157 nm

Afgerond: λ LK = 0,157 nm

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

• MK-overgang: λ =

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 1,418 ⋅ 10 −15

127

= 0,1401 ⋅ 10 − 9 m = 0,140 nm

Afgerond: λ MK = 0,140 nm

Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 52. c Doordat de elektronen nu over een kleinere spanning versneld zijn, is de bijbehorende maximaal uitgezonden fotonenergie kleiner. Bij een kleinere fotonenergie h ⋅c is de golflengte groter want λ = . Ef

I

In het diagram verschuift de λmin naar een grotere waarde. De plaats van de pieken verandert niet omdat deze bepaald worden door de energieniveaus van de koperatomen.

λmin

λ

N.B. Ook verandert de hoogte van de toppen in principe niet. Deze veranderen alleen als de kans kleiner of groter wordt dat een elektron een koper-elektron uit de K-schil wegstoot. Die kans zou kunnen veranderen doordat de maximale energie van de aankomende elektronen kleiner is. Maar in de opgave is hierover niets gegeven. 53 Roodverschuiving a BINAS (tabel 35.3): dopplereffect v fw = ⋅ fb In het geval van licht is de golfsnelheid v = c de lichtsnelheid. v − vb c Vervangen van de frequentie f in de formule voor het dopplereffect levert op λ c ⇒ λb = ⋅ λ w ⇒ λb ( c − v b ) = c ⋅ λw ⇒ λb ⋅ c − λb ⋅ v b = c ⋅ λ w c − vb

Uit c = λ ⋅ f ⇒ f = c c c = ⋅ λw c − v b λ b

⇒ ( λw − λb ) ⋅ c = −λb ⋅ v b ⇒ λ w − λb = −

vb ⋅ λb c

⇒ ∆λ = −

vb ⋅ λb c

b Als de bronsnelheid vb en de lichtsnelheid c in dezelfde richting zijn, d.w.z. de bron én het licht komen beide in de richting van de waarnemer, is ∆λ negatief en neemt de golflengte af ⇒ violetverschuiving. Als de bronsnelheid vb en de lichtsnelheid c in tegengestelde richting zijn, d.w.z. de bron beweegt van de waarnemer af terwijl het uitgezonden licht richting waarnemer beweegt, is de snelheid vb 'negatief' t.o.v. de lichtsnelheid c. In dit geval is ∆λ positief en neemt de golflengte toe ⇒ roodverschuiving. vb ⋅ λb volgt dat bij een constante bronsnelheid vb de verschuiving ∆λ rechtevenredig is c met de uitgezonden golflengte λb. Om te weten te komen of een lijn in een sterspectrum afkomstig is van een bepaald soort atoom, moet je nagaan of ook de andere lijnen die dat atoom uitzendt, zich in het sterspectrum bevinden. Bovendien moeten deze verschoven zijn volgens bovengenoemde regel. Slechts dan weet je dat het licht afkomstig is een atoomsoort die zich op die ster bevindt en die met de snelheid van de ster meebeweegt.

c Uit ∆λ = −

d Als een ster van ons afbeweegt, dan zijn alle spectraallijnen - afkomstig van atomen op die ster in de richting van grotere golflengte verschoven (roodverschuiving). Afhankelijk van de samenstelling van het totale spectrum én van de temperatuur van de ster geeft het licht een bepaalde kleurindruk. En deze hoeft niet persé roodachtig te zijn. e • Uit BINAS (tabel 21A balmerreeks) én uit figuur 30 kun je het volgende afleiden: aangezien alle lijnen een grotere golflengte hebben gekregen is er dus sprake van roodverschuiving en beweegt deze quasar dus van ons af.

lijn Hα Hβ Hγ Hδ

λ b (nm) 656 486 434 410

λ w (nm) 777 570 506 475

∆ λ (nm) + 121 + 84 + 72 + 65

vb (⋅107 m/s) 5,53 5,18 4,97 4,75

vb ∆λ ∆λ ⋅ λb ⇒ v b = ⋅ c ⇒ vb = ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 m/s c λb λb In de laatste kolom van bovenstaande tabel zijn de uitkomsten bij de 4 lijnen weergegeven. Daaruit valt op dat de verschillende lijnen niet tot dezelfde snelheid van de ster leiden. Er is sprake van een verloop naar kleinere snelheid. Mogelijk is dit nog het gevolg van de invloed van de aanwezige gravitatiekracht (zie vraag f) die tot kleine relatieve verschillen aanleiding geven.

• De snelheid is te bepalen m.b.v. ∆λ = −

f Door de afremmende invloed van de gravitatiekracht neemt de fotonenergie Ef af waardoor

Newton vwo deel 2

volgens E f = h ⋅ f =

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

128

h⋅c h⋅c ⇒ λ= de golflengte λ toeneemt. λ Ef

54 Quantum-knippen a Een tl-buis heeft een hoger rendement, een lange levensduur en een lage werktemperatuur. Bovendien is de kleur te beïnvloeden door het aanbrengen van verschillende fluorescerende lagen aan de binnenkant van de glazen buis. b • De buis bevat kwik en dat is slecht voor het milieu. Daarnaast heeft een tl-buis een redelijk lange 'opstarttijd'. • De bron van die twee nadelen ligt bij de eigenschappen van kwik. • Xenon is niet belastend voor het milieu en geeft 2× zoveel licht bij gebruik van dezelfde hoeveelheid energie. h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 7,82 ⋅ 10 −19 J = 4,88 eV λ 254 ⋅ 10 − 9 Als je de energie van dit foton in tweeën knipt, houd je per foton een energie van 2,44 eV over. Volgens BINAS (tabel 19A) krijgt je dan twee fotonen in het zichtbare blauw-groene gebied.

c • λ = 254 nm ⇒ E f = h ⋅ f =

• In de praktijk lukt het niet altijd om twee fotonen te krijgen in het zichtbare gebied. Het hangt er van af of de geschikte atoomsoorten te vinden zijn die hiervoor kunnen zorgen. En blijkbaar is dat niet gemakkelijk. 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8

= 11,5 ⋅ 10 −19 J = 7,21 eV wordt 172 ⋅ 10 − 9 om te beginnen door een gadolinium-atoom geabsorbeerd. Bij een eerste stap in terugval naar de grondtoestand wordt eerst een deel van deze energie overgedragen op een europium-ion. En bij een tweede stap wordt het overgebleven deel van de energie overgedragen aan een tweede europium-ion.

d Een foton met λ = 172 nm met E f =

e Het rendement van een energie-omzetting - ook in een gasontladingsbuis - kan nooit hoger zijn dan 100%. De hier genoemde 200% betekent dat het uv-foton van 7,21 eV via de beschreven weg wordt omgezet in 2 fotonen in het zichtbare gebied in plaats van 1 foton waardoor de beschikbare energie ongeveer 2× zo nuttig wordt besteed. 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8

= 3,37 ⋅ 10 −19 J = 2,10 eV . 590 ⋅ 10 − 9 Twee van deze fotonen hebben een energie van 4,20 eV en dit is minder dan 7,21 eV (zie vr. d).

f Een foton met λ = 590 nm heeft een E f =

In dit geval is het (absolute) energie-verlies ∆E = 7,21 - 4,20 = 3,01 eV ⇒ 3,01 ⋅ 100% = 41,7% . ⇒ het procentuele energie-verlies = 7,21 Deze energie wordt omgezet in kinetische energie van de gas-atomen.

4 Materiegolven 4.1 Structuur 55 Bespreek het structuurschema in de klas.

4.2 Verwerking 56

J J⋅s N⋅m⋅ s = = = N⋅s m/s m m m m p = m ⋅ v ⇒ [ p ] = kg ⋅ = kg ⋅ 2 ⋅ s = N ⋅ s De eenheden stemmen met elkaar overeen. s s pf =

Ef c

⇒ [ pf ] =

57 Een foton draagt bij botsing energie over aan het elektron. Daarmee neemt zijn energiewaarde af. Bij de golftheorie is de waarde van de energie verbonden met de amplitude van de golf: hoe kleiner de amplitude is, des te kleiner is de golf-energie en daarmee ook de stralingsintensiteit. Het compton-effect toont echter geen afname van de amplitude aan maar van de frequentie van het foton.

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

58 a λ = 400 nm ⇒ pf = b p = m ⋅v ⇒ v =

129

Ef h⋅f h 6,626 ⋅ 10 −34 = = ⇒ pf = = 1,657 ⋅ 10 − 27 Ns c c λ 400 ⋅ 10 − 9

p 1,657 ⋅ 10 −27 ⇒v = = 1,818 ⋅ 10 3 m/s m 9,10939 ⋅ 10 − 31

Afgerond: v = 1,82 ⋅103 m/s

Voor het versnellen geldt: We = ( − ) q ⋅ U = ∆Ek = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v e 2 − 0

(

∆Ek = 1/ 2 ⋅ 9,10939 ⋅ 10 −31 ⋅ 1,818 ⋅ 10 3 U=

)

2

= 1,506 ⋅ 10 −24 J ⇒

∆Ek 1,506 ⋅ 10 −24 = = 9,402 ⋅ 10 − 6 V e 1,602 ⋅ 10 −19

Afgerond: U = 9,40 µV

59 a Fotonen worden door de spiegelende kant teruggekaatst en door de dofzwarte kant geabsorbeerd. b Bij reflectie is de impulsverandering groter als bij absorptie omdat de 'botsende massa' eerst een snelheidsafname én daarna weer een snelheidstoename krijgt. Het botsen van de fotonen zou dan tot gevolg moeten hebben dat de glimmende kant van het licht afdraait omdat deze fotonen door de reflectie een grotere botsingseffect geven dan op de zwarte kant waar ze geabsorbeerd worden. N.B. In werkelijkheid is de draairichting echter omgekeerd: in de buis bevindt zich namelijk altijd een beetje gas. Door de absorptie is de zwarte kant warmer dan de glimmende kant. De botsingen van de gas-atomen tegen de zwarte (= warmere) kant geven een grotere impulsverandering dan die tegen de glimmende (koudere) kant. En dit geeft een groter effect dan dat van de botsende fotonen. 60 a λ = 589,6 nm ⇒ E f = h ⋅ f = en pf =

h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 3,3692 ⋅ 10 −19 J = 2,103 eV λ 589,6 ⋅ 10 − 9

h 6,626 ⋅ 10 −34 ⇒ pf = = 1,1238 ⋅ 10 − 27 Ns λ 589,6 ⋅ 10 − 9 Afgerond: Ef = 3,369⋅10–19 J = 2,013 eV en pf = 1,124⋅10–27

Ns b • Het foton draagt zijn volledige impuls over aan het natriumatoom. Volgens de wet van behoud van impuls is dan pNa = pf = 1,124 ⋅ 10 −27 Ns

Afgerond: pNA = 1,124⋅10–27 Ns

p m BINAS (tabel 25): massa Na-atoom = 22,98977 u = 22,98977 ⋅ 1,66054⋅10–27 kg = 3,8175⋅10–26 kg

• p = m ⋅v ⇒ v =

v=

1,124 ⋅ 10 −27 3,8175 ⋅ 10 − 26

= 2,944 ⋅ 10 − 2 m/s

Afgerond: v = 2,944 cm/s

(

• Ek = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 = 1/ 2 ⋅ 3,8175 ⋅ 10 −26 ⋅ 2,944 ⋅ 10 −2

)

2

= 1,6541 ⋅ 10 −29 J

Afgerond: Ek = 1,654⋅10–29 J

c E 2 − E1 = E f − Ek = 3,369 ⋅ 10 −19 − 1,654 ⋅ 10 −29 = 3,369 ⋅ 10 −19 J = 2,103 eV De kinetische energie van het Na-atoom is verwaarloosbaar klein vergeleken met de foton-energie. h J⋅s J⋅s N ⋅ m ⋅ s2 ⇒ [λ ] = = = = 61 λ = m m m ⋅v kg ⋅ m kg ⋅ kg ⋅ s s

kg ⋅

m 2

⋅ m ⋅ s2

s kg ⋅ m

62 Tijdens het versnellen neemt de snelheid v toe ⇒ m.b.v. λ = de materiegolflengte λ dan afneemt.

=m

h is in te zien dat m ⋅v

Newton vwo deel 2

63 a λ =

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

130

h m ⋅v BINAS (tabel 7): h = 6,626⋅10–34 JK–1 en m = 9,10939⋅10–31 kg

Versneld over U = 150 V ⇒ We = ( − ) q ⋅ U = ∆Ek = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 − 0 e ⋅ U = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 ⇒ v =

λ=

6,626 ⋅ 10 −34 9,10939 ⋅ 10 − 31 ⋅ 7,2635 ⋅ 10 6

2 ⋅ e ⋅U m

⇒ v=

2 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19 ⋅ 150 9,10939 ⋅ 10 − 31

= 1,0014 ⋅ 10 −10 m = 0,10014 nm

= 7,2635 ⋅ 10 6 m/s

Afgerond: λ = 0,100 nm

b Een foton met een golflengte λ = 0,10 nm behoort tot het deel van de röntgenstraling. 64 Er is sprake van buiging als de spleetbreedte d < golflengte λ. h λ= m ⋅v BINAS (tabel 7): h = 6,626⋅10–34 JK–1 en m = 9,10939⋅10–31 kg

Versneld over U = 20⋅103 V ⇒ We = ( − ) q ⋅ U = ∆Ek = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 − 0 2 ⋅ e ⋅U m

e ⋅ U = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 ⇒ v =

⇒ v=

2 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19 ⋅ 20 ⋅ 10 3 9,10939 ⋅ 10 − 31

= 8,3872 ⋅ 10 7 m/s

6,626 ⋅ 10 −34

= 8,6725 ⋅ 10 −12 m 9,10939 ⋅ 10 − 31 ⋅ 8,3872 ⋅ 10 7 De spleetbreedt d = 15 µm = 15⋅10–6 m ⇒ d >> golflengte λ en dus treedt er geen buiging op.

λ=

65 Verhouding van de energie

Ef Ek h ⋅ c 6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = = 4,97 ⋅ 10 −19 J = 3,10 eV λ 400 ⋅ 10 − 9

λ = 400 nm ⇒ E f = h ⋅ f = Ek = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2

Nieuwe onbekenden: m en v.

BINAS (tabel 7): m = 9,10939⋅10–31 kg p p e = me ⋅ v ⇒ v = e Nieuwe onbekenden: pe. me pe = v=

h 6,626 ⋅ 10 −34 ⇒ pe = = 1,656 ⋅ 10 − 27 Ns λ 400 ⋅ 10 − 9

1,656 ⋅ 10 −27 9,10939 ⋅ 10 − 31

= 1,8185 ⋅ 10 3 m/s

(

Ek = 1/ 2 ⋅ 9,10939 ⋅ 10 −31 ⋅ 1,8185 ⋅ 10 3 Ef 3,10 eV 3,3 ⋅ 10 5 = = Ek 9,396 ⋅ 10 − 6 eV 1 Verhouding van de impuls pf = pe =

)

2

= 1,5052 ⋅ 10 −24 J = 9,3959 ⋅ 10 −6 eV

⇒

Ef : Ee = 3,3⋅105 : 1

pf pe

pf 1 h = = 1,656 ⋅ 10 − 27 Ns ⇒ pe 1 λ

⇒

pf : pe = 1 : 1

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

131

66 Gegeven: Ef = Ee = Ep = 1,0 MeV = 1,602⋅10–13 J Voor foton geldt: E f = h ⋅ f =

h⋅c h⋅c ⇒ λ= λ Ef

Voor het elektron en proton: λ = h Afleiding: λ = m ⋅v

h

en Ek = / 2 ⋅ m ⋅ v

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 1,602 ⋅ 10 −13

= 1,240 ⋅ 10 −12 m

(zie afleiding hieronder).

2 ⋅ m ⋅ Ek 1

⇒ λ=

2

⇒ v=

2 ⋅ Ek m

Invullen:

h

λ= m⋅

2 ⋅ Ek m

h

=

2 ⋅ m ⋅ Ek

BINAS (tabel 7): me = 9,10939⋅10–31 kg en mp = 1,67262⋅10–27 kg

λe = λp =

6,626 ⋅ 10 −34 2 ⋅ 9,10939 ⋅ 10

− 31

⋅ 1,602 ⋅ 10

−13

6,626 ⋅ 10 −34 2 ⋅ 1,67262 ⋅ 10

− 27

⋅ 1,602 ⋅ 10

−13

= 1,2265 ⋅ 10 −12 m = 2,8622 ⋅ 10 −14 m

Voor de verhouding (in de eenheid 10–14 m) geldt: λf = λe = λp = 124 : 123 : 2,86 ⇒

λ f = λ e = λ p = 43 : 43 : 1

67 Deeltjeskarakter: botsingen, atoombouw, elektrische stroom. Golfkarakter: elektronenmicroscoop, elektronenbanen in de schillen, reflectie van elektronenbundels tegen kristallen.

4.3 Oefenopgaven 68 Impulsbehoud Gegeven: foton fv = 1,00⋅1018 Hz en fn = 0,99⋅1018 Hz; elektron met Ek,n = 4,45 eV = 7,129⋅10–19 J. a pf =

Ef h⋅f = c c

pf,n =

⇒ pf, v =

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 1,00 ⋅ 1018

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 0,99 ⋅ 1018 2,998 ⋅ 10 8

2,998 ⋅ 10 8

= 2,210 ⋅ 10 − 24 Ns

Afgerond: pf,v = 2,21⋅10–24 Ns

= 2,188 ⋅ 10 − 24 Ns

Afgerond: pf,n = 2,19⋅10–24 Ns

pe = me ⋅ v

Nieuwe onbekenden: me en v. BINAS (tabel 7): me = 9,10939⋅10–31 kg Ek = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 ⇒ v =

2 ⋅ Ek m

⇒ v=

2 ⋅ 7,129 ⋅ 10 −19 9,10939 ⋅ 10 − 31

= 1,2511 ⋅ 10 6 m/s

pe = 9,10939 ⋅ 10 −31 ⋅ 1,2511 ⋅ 10 6 = 1,1397 ⋅ 10 −24 Ns

Afgerond: pe,n = 1,14⋅10–24

Ns Als je de wet van behoud van impuls als volgt toepast: pf,v = pf,n + pe,n dan zou 2,21⋅10–24 gelijk moeten zijn aan 2,19⋅10–24 + 1,14⋅10–24 = 3,33⋅10–24 en dat klopt duidelijk niet. b Een handige keuze is de invalsrichting van het foton als x-richting te kiezen en loodrecht daarop de y-richting (zie figuur hiernaast). Voor de x-richting geldt: pe, x = pe ⋅ cos 75° = 1,1397 ⋅ 10 −24 ⋅ cos 75° = 0,295 ⋅ 10 −24 Ns

75o

pe,x

Opgeteld is pf,x + pe,x = (1,895 + 0,295)⋅10–24 = 2,19⋅10–24 Ns Conclusie: in de x-richting is de som van de impulsen ná de botsing vrijwel gelijk aan de impuls van het foton vóór de botsing. De afwijking is slechts ongeveer 0,9%. Voor de y-richting geldt:

pe

pe,y

pf, x = pf,n ⋅ cos 30° = 2,188 ⋅ 10 −24 ⋅ cos 30° = 1,895 ⋅ 10 −24 Ns

75o

f

e

30o

pf,x 30o

pf,y

pf,n

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

132

pf, y = pf,n ⋅ sin 30° = 2,188 ⋅ 10 −24 ⋅ sin 30° = 1,094 ⋅ 10 −24 Ns pe, y = pe ⋅ sin 75° = 1,1397 ⋅ 10 −24 ⋅ sin 75° = 1,101 ⋅ 10 −24 Ns Hierbij is pf,y tegengesteld gericht aan pe,y . Conclusie: in de verticale richting is de som vrijwel 0. 69 Experiment van Davisson en Germer Gegeven: elektron versneld U = 250 V; kristalvlakken d = 0,091 nm = 0,091⋅10–9 m; versterking bij α1 = 65°. a Voor het elektron: λ =

h

2 ⋅ m ⋅ e ⋅U h h Afleiding: λ = = (1) p m ⋅v

(zie afleiding hieronder).

Versneld over spanning U ⇒ We = ( − ) q ⋅ U = ∆Ek = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 − 0 of e ⋅ U = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 ⇒ v =

2 ⋅ e ⋅U m

(2)

h h = 2 ⋅e ⋅U 2⋅ m ⋅e ⋅U m⋅ m BINAS (tabel 7): e = 1,602⋅10–19 C; h = 6,626⋅10–34 Js en me = 9,10939⋅10–31 kg invullen van vgl 2 in vlg 1:

λ=

λ=

6,626 ⋅ 10 −34 2 ⋅ 9,10939 ⋅ 10

− 31

⋅ 1,602 ⋅ 10

−19

⋅ 250

= 7,757 ⋅ 10 −11 m

Afgerond: λ = 7,76⋅10–11 m

b • Het afstandsverschil ∆x = AB + BC. Uit figuur 42 is af te lezen dat AB = BC = d ⋅ cos α ⇒ ∆x = 2 ⋅ d ⋅ cos α • Onder de hoek α1 = 65° treedt voor het eerst versterking op. Dit betekent dat de golven tussen twee opeenvolgende lagen na reflectie weer in fase verder gaan: het weglengteverschil moet dan precies gelijk zijn aan 1 ⋅ λ ⇒ ∆x = λ • λ = 2 ⋅ 0,091⋅10–9 ⋅ cos 65° = 7,692⋅10–11 m Afgerond: λ = 7,7⋅10–11 m • De waarden wijken ca. 0,8% van elkaar af. Je mag dus concluderen dat ze goed met elkaar overeenstemmen. c Ook voor andere hoeken waarbij versterking optreedt, geldt: weglengteverschil ∆xn = 2 ⋅ d ⋅ cos αn Voor de ne hoek (αn) waaronder versterking optreedt, geldt: ∆xn = n ⋅ λ ⇒ n ⋅ λ = 2 ⋅ d ⋅ cos αn n⋅λ = n ⋅ cos α1 Of cos α n = 2⋅d n = 2 ⇒ cos α 2 = 2 ⋅ cos 65° = 0,8452 ⇒ α 2 = 32,3° Afgerond: α 2 = 32° n = 3 ⇒ cos α 3 = 3 ⋅ cos 65° = 1,27 Dit levert geen bruikbare waarde op aangezien cos α ≤ 1 is. Dus voor n = 3 is er geen versterking. 70 Experiment van Young met elektronen Gegeven: 2500× vergroot beeld van interferentiepatroon; bronnen d = 0,10 mm = 1,0⋅10–4 m en ℓ = 4,0 m; a • Uit figuur 44 is af te leiden voor de afstand ∆xp 'op papier': 32 ⋅ ∆xp = 3,0⋅10–2 m ⇒ ∆xp 3,0 ⋅ 10 −2 ∆xp = = 9,375 ⋅ 10 − 2 m ⇒ ∆x = = 3,75 ⋅ 10 − 7 m = 0,38 µm 32 2500 N.B. Dit wijkt enigszins af van de waarde zoals in de vraagstelling staat. Mogelijk heeft dit te maken met de manier waarop het boek 'vergroot' is gedrukt. ∆x λ d ⋅ ∆x d ⋅ ∆x 1,0 ⋅ 10 −4 ⋅ 3,75 ⋅ 10 −7 = ⇒ λ= • ⇒λ = ⇒ λ= = 0,9375 ⋅ 10 −11 m  d   4,0 Afgerond: λ = 1,0⋅10–11 m b Gegeven: elektron versneld UAK = 20 kV = 20⋅103 V. h • Voor het elektron: λ = (afleiding zie opgave 69a). 2 ⋅ m ⋅ e ⋅U BINAS (tabel 7): e = 1,602⋅10–19 C; h = 6,626⋅10–34 Js en me = 9,10939⋅10–31 kg

Newton vwo deel 2

λ=

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

6,626 ⋅ 10 −34 2 ⋅ 9,10939 ⋅ 10 − 31 ⋅ 1,602 ⋅ 10 −19 ⋅ 20 ⋅ 10 3

= 0,8672 ⋅ 10 −11 m

133

Afgerond: λ = 0,87⋅10–11 m

• De berekende waarde wijkt enigszins af die bij vraag a. N.B. Als je de golflengte bij vraag a uitrekent met ∆xp = 0,36 µm dan vind je een waarde van λ = 0.90⋅10–11 m. En dit stemt goed overeen. Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 70. c De openingen in een dubbelspleet zijn daarvoor veel te groot. Elke spleetopening moet een grootte hebben in de orde van de golflengte dus ca. 1,0⋅10–11 m. Dat is nog kleiner dan de afmetingen van een atoom. Dus dat is technisch niet te maken op een dia. 71 Bohr-model en materiegolflengte Gegeven: vp = ve = 2,4⋅107 m/s; Bo = 0,90⋅10–4 T. a Het elektron beweegt in een cirkelbaan. Hierbij fungeert de aanwezige elektrische veldkracht Fe als middelpuntzoekende kracht Fmpz ⇒ Fmpz = Fe Fmpz =

Q⋅q m ⋅v 2 en Fe = q ⋅ E ⇒ Fe = fc 2 ⇒ r r

m ⋅v 2 Q⋅q Q ⋅q Q ⋅q = fc 2 ⇒ 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 =1 / 2 ⋅ fc ⇒ Ek = −1 / 2 ⋅ fc r r r r De kinetische energie is altijd positief. In verband met de ladingseigenschap van het elektron (q = – e) is het nodig dat in de formule een min-teken wordt ingevoerd (zie laatste stap hierboven). b Tussen de elektrische energie Ee en de potentiaal Ve bestaat het volgende verband: (zie § 19.2) Ee Q ⋅q Ve = ⇒ E e = q ⋅ Ve ⇒ E e = fc q r De lading van het elektron q = – e. Dit betekent dat de elektrische energie Ee een negatieve waarde heeft. Bovendien geldt dat naarmate de afstand r kleiner wordt - d.w.z. het elektron komt in een baan dichter bij de kern - de Ee sterker negatief wordt. Om het elektron weer op een 'oneindig' grote afstand van de kern te brengen, moet je een positieve arbeid verrichten wegens de aantrekkende kracht tussen kern en elektron. Deze arbeid wordt omgezet in een toename van elektrische energie zodanig dat deze gelijk is aan 0 als het elektron zich op oneindig grote afstand van de kern bevindt. c E t = E e + E k ⇒ E t = fc d Gegeven: 2 ⋅ π ⋅ rn =

n ⋅h m ⋅v

Q ⋅q 1 Q ⋅q Q ⋅q − / 2 ⋅ fc ⇒ E t =1 / 2 ⋅ fc r r r ⇒ v=

• (71a): 1 / 2 ⋅ m ⋅ v 2 = −1 / 2 ⋅ fc ⇒

n2 ⋅ h2 4 ⋅ π 2 ⋅ rn ⋅ m

Q ⋅q r

n ⋅h 2 ⋅ π ⋅ rn ⋅ m 2

  n ⋅h Q ⋅q  = −1 / 2 ⋅ fc ⇒ 1 / 2 ⋅ m ⋅  ⇒ 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ m r n  

= −fc ⋅ Q ⋅ q ⇒ rn = −

n2 ⋅ h2 4 ⋅ π 2 ⋅ m ⋅ fc ⋅ Q ⋅ q

• Ook nu weer geldt dat voor een elektron het min-teken in bovenstaande formule positief wordt als je bedenkt dat de lading van het elektron q = – e. • (71c):

En =1 / 2 ⋅ fc

⇒ En = −

Q ⋅q ⇒ rn

Q ⋅q

En =1 / 2 ⋅ fc −

n2 ⋅ h2

= −1 / 2 ⋅ fc

Q ⋅ q ⋅ 4 ⋅ π 2 ⋅ m ⋅ fc ⋅ Q ⋅ q n 2 ⋅ h2

⇒

2

4 ⋅ π ⋅ m ⋅ fc ⋅ Q ⋅ q

2 ⋅ π 2 ⋅ m ⋅ fc 2 ⋅ Q 2 ⋅ q 2

n2 ⋅ h2 • In de bovenstaande formule staat de lading q in het kwadraat vermeld. Dit betekent dat wanneer je voor het elektron q = – e invult, het min-teken weer een plus-teken wordt want (–)2 = + Zodoende blijft de totale energiewaarde van een elektron in een baan om de kern negatief.

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

e • n = 1: En = −

(

) ⋅ (+ 1,602 ⋅ 10 ) ⋅ (− 1,602 ⋅ 10 ) ⋅ (6,626 ⋅ 10 )

2 ⋅ π 2 ⋅ 9,10939 ⋅ 10 −31 ⋅ 8,98755 ⋅ 10 9 12

134

2

−19 2

−19 2

− 34 2

⇒

⇒ En = −2,179 ⋅ 10 −18 J = − 13,60 eV E1 13,6 13,6 voor n ≥ 2 ⇒ Voor n = 2 : En = − 2 = −3,400 eV en voor n = 3 : En = − 2 = −1,511 eV n2 2 3 • BINAS (tabel 21A) E2 = 10,2002 – 13,5950 = – 3,3948 eV en E2 = 12,0888 – 13,5950 = – 1,506 eV Deze waarden stemmen goed overeen met bovenstaande berekeningen. En =

6 Afsluiting 6.1 Samenvatting 72 Bespreek het structuurschema in de klas. 73 Vergelijk je antwoorden met de eerder gegeven antwoorden. Geef aan wat je 'leerwinst' is.

6.2 Oefenopgaven 74 Gezichtsbruiner Oriëntatie: Gevraagd: aantal uv-fotonen per seconde nf. Gegeven: figuur 48 met het uitgezonden stralingsvermogen Pλ per golflengtegebiedje van 10 nm. Planning en uitvoering: Het gebied waarin het stralingsvermogen Pλ maximaal is, heeft een gemiddelde golflengte van λ = 345 nm. P Ps = nf ⋅ E f ⇒ n f = s Nieuwe onbekenden: Ps en Ef. Ef Ps is te bepalen uit figuur 48: Ps = 5,3 W Ef = h ⋅ f =

h ⋅c λ

Nieuwe onbekenden: h en c.

BINAS (tabel 7): h = 6,626⋅10–34 JK–1 en c = 2,998⋅108 ms–1.

λmin = 345 nm = 250 ⋅ 10 − 9 m ⇒ E f = nf =

5,3 5,758 ⋅ 10 −19

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 345 ⋅ 10 − 9

= 9,2047 ⋅ 1018 s−1

= 5,758 ⋅ 10 −19 J ( = 3,594 eV ) Afgerond: nf = 9,2⋅1018 s–1

Controle: Het zijn er dus heel veel per seconde. Als alle getallen goed zijn ingevuld moet het wel kloppen. 75 Planeettemperatuur Oriëntatie: Gevraagd: wat is de oppervlaktetemperatuur T van de aarde zonder atmosfeer? Gegeven: zonneconstante op aarde Pin = 1,4⋅103 W/m2; direkte reflectie 34%; zwarte straler Puit = σ ⋅ T 4 met σ = 5,67⋅10–8 W/m2K–4; N.B. Bedenk dat de gegeven vermogens Pin en Puit hier gegeven zijn per m2 aardoppervlak! Planning: In evenwichtssituatie geldt dat Pin,totaal = Puit,totaal. Pin,totaal = Pabsorptie ⋅ A Nieuwe onbekenden: Pabsorptie en A. Pabsorptie = (100 - 34)% van zonneconstante A = oppervlak van de aarde loodrecht op inval van de zonnestraling = cirkelvlak ⇒ A = π ⋅ Ra 2 Nieuwe onbekende: Ra. Deze vind je in BINAS (tabel 31): Puit = σ ⋅ T 4 Aangezien dit een uitkomst per m2 geeft, moet ook hier met een oppervlakte worden vermenigvuldigd: Puit,totaal = σ ⋅ T 4 ⋅ Aa met het totale aardoppervlak Aa = 4 ⋅ π ⋅ Ra 2 Uitvoering:

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

(

BINAS (tabel 31): Ra = 6,378⋅106 m ⇒ A = π ⋅ 6,378 ⋅ 10 6 Pabsorptie = 0,66 ⋅ 1,4⋅103 = 0,924⋅103 W/m2

(

Aa = 4 ⋅ π ⋅ 6,378 ⋅ 10

)

2

= 1,278 ⋅ 1014 m 2

(W)

Pin,totaal = 0,924 ⋅ 10 3 ⋅ 1,278 ⋅ 1014 = 1,181 ⋅ 1017 6 2

)

135

= 5,112 ⋅ 1014 m 2

Puit,totaal = 5,67 ⋅ 10 −8 ⋅ T 4 ⋅ 5,112 ⋅ 1014 = 2,898 ⋅ 10 7 ⋅ T 4 2,898 ⋅ 10 7 ⋅ T 4 = 1,181 ⋅ 1017 ⇒ T 4 =

1,181 ⋅ 1017 2,898 ⋅ 10

7

(W)

= 4,074 ⋅ 10 9 ⇒ T = 4 4,074 ⋅ 10 9 = 252,6 K = − 20,36 °C

Controle: de gemiddelde temperatuur op aarde zonder atmosfeer is 253 K = – 20 °C. Dit is dus 40 °C lager dan we nu kennen met atmosfeer. 76 Zonnediameter Oriëntatie: Gevraagd: hoe groot is de diameter van de zon dz ? Klopt de berekende waarde met die uit BINAS? Gegeven: zonneconstante op aarde: Pin = 1,4⋅103 W/m2; oppervlaktetemperatuur: zwarte straler Puit = σ ⋅ T 4 met σ = 5,67⋅10–8 W/m2K–4; N.B. Bedenk dat de gegeven vermogens Pin en Puit hier gegeven zijn per m2 . Planning: Voor het totaal uitgestraalde vermogen door de zon moet gelden dat Puit,zon = Puit,aarde . Hierbij is Puit,zon het berekende vermogen gebaseerd op de gemeten gemiddelde oppervlaktetemperatuur van de zon én Puit,aarde het berekende vermogen, gebaseerd op meting van de zonneconstante op aarde. Puit = σ ⋅ T 4 Aangezien dit een uitkomst per m2 geeft, moet ook hier met een oppervlakte worden vermenigvuldigd: Puit,zon = σ ⋅ T 4 ⋅ Az met het totale zonneoppervlak Az = 4 ⋅ π ⋅ rz 2 = π ⋅ d z 2 Puit,aarde = Pin ⋅ A

waarbij Pin = zonneconstante en A = oppervlakte bol

met als straal r = afstand aarde-zon. Nieuwe onbekende: A. Nieuwe onbekende: r ⇒ deze vind je in BINAS (tabel 31). A = 4 ⋅ π ⋅ r 2 (zie ook BINAS tabel 94) Uitvoering: BINAS (tabel 31): gemiddelde afstand aarde-zon r = 0,1496⋅1012 m

(

A = 4 ⋅ π ⋅ 0,1496 ⋅ 1012

)

2

= 2,812 ⋅ 10 23 m 2

(W)

Puit,aarde = 1,4 ⋅ 10 3 ⋅ 2,812 ⋅ 10 23 = 3,937 ⋅ 10 26

(

Puit,zon = 5,67 ⋅ 10 −8 ⋅ 5,8 ⋅ 103

)

4

⋅ π ⋅ d z 2 = 2,016 ⋅ 108 ⋅ d z 2

2,016 ⋅ 10 8 ⋅ d z 2 = 3,937 ⋅ 10 26 ⇒ d z 2 =

3,937 ⋅ 10 26 2,016 ⋅ 10

8

(W)

= 1,953 ⋅ 1018 ⇒ d z = 1,953 ⋅ 1018 = 1,398 ⋅ 10 9 m

Controle: BINAS (tabel 33C) geeft voor straal rz van de zon de waarde rz = 696,0⋅106 m. 9 Hierboven werd voor de straal rz gevonden: rz = d z = 1,398 ⋅ 10 = 698,8 ⋅ 10 6 m 2 2 Deze waarde wijkt slechts 0,4% af van de waarde uit BINAS. We kunnen dus concluderen dat de waarden goed met elkaar overeenstemmen.

77

Beeldversterker Oriëntatie: Gevraagd: a Verklaring voor het ontstaan van een beeld op het fluorescentie scherm. b Waarom is het beeld even groot maar lichtsterker van het lichtzwakke beeld op de cesiumlaag? Gegeven: uitleg over de beeldversterker; venster A aan achterzijde voorzien van Cs; zichtbaar licht met fotonen waarvoor 1,59 eV < Ef < 3,27 eV; UAB = 10 kV. Planning en uitvoering vraag a Een cesiumatoom kan een elektron afgeven als deze een hoeveelheid energie ontvangt die groter is dan de uittree-energie: BINAS (tabel 24) voor cesium (Cs) Eu = 1,94 eV. De fotonen van het zichtbare licht hebben voor het merendeel een energiewaarde die groter is dan de uittree-energie. De vrijgekomen elektronen worden vervolgens in het veld tussen plaat A en B versneld over een spanning UAB = 10 kV. Volgens We = (–) q ⋅ UAK = ∆Ek neemt de energiewaarde van de elektronen toe met ∆Ek = 10 keV. Dit is ongeveer een factor 104 keer zo groot als de energie die ze hebben

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

136

na het loskomen uit een Cs-atoom. Door botsing met de atomen in de fluorescentie-laag brengen deze elektronen de atomen in aangeslagen toestand. Deze atomen vallen vervolgens weer terug in de grondtoestand onder uitzending van fotonen. Bij gebruik van een geschikte soort van atomen in de fluorescentiescherm hebben deze fotonen een fotonenergie in het zichtbare deel. Zo ontstaat een beeld dat op het fluorescentie-scherm. Planning en uitvoering vraag b • De elektronen gaan recht naar de overkant omdat ze de elektrische veldlijnen van het homogene veld tussen plaat A en B volgen. Ze maken daarbij een één op één afbeelding. • De energie van de losgemaakte elektronen is sterk toegenomen (zie antwoord vraag a). Bij botsing tegen de fluorescerende laag op B worden op de botsingsplek meerdere fotonen uitgezonden bij gebruik van een geschikt fluorescerend materiaal. Dit geeft een beeld dat daarom lichtsterker is. Controle: ... 78 Bohr-model en spectraalseries Oriëntatie: Gevraagd: zijn de energieniveauformule van Bohr en de frequentieformule van Balmer met elkaar in overeenstemming?  1 1  Gegeven: - frequentieformule voor balmerreeks f = R ⋅  2 − 2  m  2 met de rydbergfrequentie R = 3,29⋅1015 Hz - energieniveauformule voor waterstof En = −

2 ⋅ π 2 ⋅ m ⋅ fc 2 ⋅ Q 2 ⋅ q 2 n2 ⋅ h2

met fc = 8,99⋅109 Nm2C–2

Planning en uitvoering: Waterstofatomen zenden fotonen uit nadat ze zijn aangeslagen. De fotonen die tot de Balmerreeks behoren, zijn fotonen die een waterstofatoom

Ei

n= enz n=5 n=4

E E5 uitzendt bij terugval naar het 1e aangeslagen niveau E2 (zie figuur hiernaast). E4 Dit eerste aangeslagen niveau E2 heeft de waarde n = 2 in de energieniveauformule. N.B. Het niveau E1 is in de figuur als het grondniveau aangegeven. Voor de overgang van een hoger gelegen niveau Em met m ≥ 2 naar het niveau met n = 2 geldt: Ef = Em – E2 De energieniveauformule is eenvoudiger te maken door de verschillende waarden in te vullen: En = − En = −

(

) ⋅ (+ 1,602 ⋅ 10 ) ⋅ (− 1,602 ⋅ 10 ) ⋅ (6,626 ⋅ 10 )

2 ⋅ π 2 ⋅ 9,10939 ⋅ 10 −31 ⋅ 8,99 ⋅ 10 9 n2 2,179 ⋅ 10 −18 n2

2

−19 2

enz

E3

−19 2

− 34 2

⇒

n=3

E2

n=2

Balmerreeks

E1

(E1 = grondniveau)

(in J) Met deze uitdrukking is de fotonenergie ook te schrijven als

 1 1  E f = Em − E 2 = −2,179 ⋅ 10 −18  2 − 2  m 2   Daarnaast is E f = h ⋅ f ⇒ f =

Ef h

⇒ f =−

2,179 ⋅ 10 −18  1 1  1   1 − 2  = 3,29 ⋅ 1015  2 − 2   −34  2 6,626 ⋅ 10 2  m  m 2

Controle: Zo te zien is met behulp van de energieniveauformule van Bohr een frequentieformule af te leiden voor de Balmerreeks die in overeenstemming is met de gegeven frequentieformule. 79 Heliumionspectrum Oriëntatie: Gevraagd: - Hoe moet je de energieniveauformule van Bohr aanpassen? - Hoe kun je de overeenkomst tussen het waterstof- en het heliumionspectrum verklaren? Gegeven: energieniveauformule voor waterstof En = −

2 ⋅ π 2 ⋅ m ⋅ fc 2 ⋅ Q 2 ⋅ q 2

met fc = 8,99⋅109 Nm2C–2 n2 ⋅ h2 Voor de overgang van een hoger gelegen niveau Em naar het niveau En met m > n heeft het uitgezonden foton een energiewaarde Ef = Em – En

Planning en uitvoering Het verschil tussen een heliumion en een waterstofatoom betreft de lading van de kern: QHe = + 2 ⋅ e

n=1

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

Uitgaande van de energieniveauformule voor waterstof zou die van een heliumion als volgt geschreven n,He +

=−

2 ⋅ π 2 ⋅ m ⋅ fc 2 ⋅ ( + 2 ⋅ e ) 2 ⋅ ( − e ) 2

= 4 ⋅ En,H n 2 ⋅ h2 Doordat in de formule de lading Q kwadratisch voorkomt, liggen de energieniveaus in een heliumion dus een factor 4 lager. Dit betekent ook dat de energieverschillen tussen de verschillende niveaus een factor 4 groter worden en daarmee ook de energie van de uitgezonden fotonen. E Uit E f = h ⋅ f ⇒ f = f . Dus ook de frequentie van de uitgezonden fotonen is een factor 4 groter. h kunnen worden: E

Controle: uitgaande van de energieniveauformule voor waterstof is duidelijk dat de energieniveaus van een heliumion een factor 4 'lager' liggen doordat de kernlading QHe = + 2 ⋅ e . Het heliumion heeft slechts één elektron die om de kern beweegt. Dit maakt duidelijk waarom er een grote overeenkomst is in de structuur van het spectrum.

137

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

138

80 Sterrotatie Oriëntatie: Gevraagd: a een verklaring voor de verbreding van de magnesiumlijn in het Altaïrspectrum. b hoe groot is de rotatiesnelheid voor deze ster? Gegeven: magnesiumlijn met λ = 448,1 nm is verbreed tot band met 447,8 nm ≤ λ ≤ 448,4 nm .

vr

Planning en uitvoering vraag a: De ster Altaïr draait om zijn as. Dat betekent dat vanuit de aarde gezien de éne kant van de ster naar ons toe beweegt en de andere kant van de ster van ons af (zie bovenaanzicht in de figuur hiernaast).

rotatie richting

vr

Een waarnemer die licht ontvangt van een bewegende bron, neemt dit licht waar onder invloed van het zogenaamde doppler-effect: als de lichtbron naar de waarnemer toebeweegt, verschuift het spectrum in de richting van kleinere golflengte (violetverschuiving). En als de lichtbron van de waarnemer af beweegt, verschuift het spectrum in de richting van grotere golflengte (roodverschuiving). Dus als we op aarde van een ster zowel het licht ontvangen van de zijde die naar ons toebeweegt als van de zijde die van ons af beweegt, nemen we van het ontvangen licht zowel een violetverschuiving als een roodverschuiving waar. inclusief alle overgangen daartussenin omdat de snelheden t.o.v. van het midden van de ster variëren tussen 'nul' in het midden en maximaal (= vr ) aan de rand. We nemen dus een verbreding van de lijn waar.

violet verschuiving

rood verschuiving

richting aarde

Planning en uitvoering vraag b:

BINAS (tabel 35.3): dopplereffect (N.B. Deze afleiding vind je ook bij opgave 53.) v fw = ⋅ fb In het geval van licht is de golfsnelheid v = c de lichtsnelheid v − vb c Vervangen van de frequentie f in de formule voor het dopplereffect levert op λ c ⇒ λb = ⋅ λ w ⇒ λb ( c − v b ) = c ⋅ λw ⇒ λb ⋅ c − λb ⋅ v b = c ⋅ λ w c − vb

Uit c = λ ⋅ f ⇒ f = c c c = ⋅ λw c − v b λ b

⇒ ( λw − λb ) ⋅ c = −λb ⋅ v b ⇒ λ w − λb = −

vb ⋅ λb c

⇒ ∆λ = −

vb ⋅ λb c

(

Uit 447,8 nm ≤ λ ≤ 448,4 nm volgt dat de maximale verschuiving ∆λ = 0,3 nm = 0,3 ⋅ 10 −9 m Als vb de relatieve snelheid is van de rand van de ster t.o.v. het midden dan kun je vb ook als de rotatiesnelheid vr opvatten. Daarnaast vind je in BINAS (tabel 7): c = 2,998⋅108 ms–1. 0,3 = ( − )

vb 2,998 ⋅ 10

8

⋅ 448,1 ⇒ v r =

0,3 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 = 2,007 ⋅ 10 5 m/s 448,1

)

Afgerond: vr = 2,0⋅105 m/s

Controle: met het dopplereffect is goed te verklaren dat een emissielijn uitgezonden door een bepaald soort van atomen op een ster op aarde als een verbrede lijn wordt waargenomen. Daarbij is het ook duidelijk geworden hoe je uit dit lichtverschijnsel eigenschappen als rotatiesnelheid van een ster af kunt leiden.

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

139

81 Roosterconstante Oriëntatie: Gevraagd: De roosterconstante d. Gegeven: Figuur 54 met diagram van de diameter D van de 1e orde interferentie-ring bij een aantal waarden van de versnelspanning UAK; schermafstand ℓ = 13,5 cm = 0,135 m. Tralie 540 lijnen per mm; afstand ℓ = 50,0 cm = 0,500 m; 1e orde spectra op 7,2 cm én op 44,0 cm. Planning en uitvoering: Een elektron dat m.b.v. een versnelspanning UAK is versneld, heeft een materiegolflengte λ =

h 2 ⋅ m ⋅ e ⋅ U AK

(zie afleiding onder uitvoering). Door deze golfeigenschap treedt het verschijnsel van interferentie op zoals dat ook bij een tralie optreedt. De roosterconstante d (de afstand tussen de atomen) is op te vatten als de tralieconstante d (de afstand tussen de openingen). n⋅λ Voor een tralie geldt: sin α n = (n = 0, 1, 2 ...) waarbij voor de waarneming d x op een scherm geldt: tan α =  In het geval van de interferentieringen kun je x opvatten als de straal van een bepaalde interferentiering. Figuur 54 geeft metingen aan de 1e orde interferentie-ringen ⇒ n = 1. De roosterconstante is dan te bepalen door uit figuur 54 een waarde van UAK te kiezen en daarbij de bijbehorende diameter D af te lezen. Voor de straal r van een ring geldt: r = D . 2 Uitvoering: Afleiding formule voor materiegolflengte van een elektron: h h λ= = (1) p m ⋅v Versneld over spanning U ⇒ We = ( − ) q ⋅ U AK = ∆Ek = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 − 0 of e ⋅ U = 1/ 2 ⋅ m ⋅ v 2 ⇒ v =

Invullen van vgl 2 in vlg 1:

2 ⋅ e ⋅ U AK m

λ=

(2)

h 2 ⋅ e ⋅ U AK m⋅ m

=

h 2 ⋅ m ⋅ e ⋅ U AK

Uit figuur 54 wordt de volgende waarde gekozen: UAK = 4,0 kV = 4,0⋅103 V ⇒ D = 42 mm ⇒ r = 21⋅10–3 m. Met BINAS (tabel 7): e = 1,602⋅10–19 C; h = 6,626⋅10–34 Js en me = 9,10939⋅10–31 kg

λ=

6,626 ⋅ 10 −34 2 ⋅ 9,10939 ⋅ 10 −3

tan α = 21 ⋅ 10 0,135

− 31

⋅ 1,602 ⋅ 10

−19

⋅ 4,0 ⋅ 10

3

= 1,9392 ⋅ 10 −11 m

= 0,1556 ⇒ α = tan −1 0,1556 = 8,842°

sin 8,842° = 0,1537 =

1 ⋅ 1,939 ⋅ 10 −11 1,939 ⋅ 10 −11 ⇒ d= = 1,2616 ⋅ 10 −10 m d 0,1537

Afgerond: d = 1,3⋅10–10 m

Controle: Voor andere waarden van UAK moet er hetzelfde uitkomen. Ter controle wordt een tweede meting gekozen: UAK = 7,0 kV = 7,0⋅103 V ⇒ D = 32 mm ⇒ r = 16⋅10–3 m. Dit levert op: λ = 1,466 ⋅ 10 −11 m ; α = tan −1 0,11852 = 6,759° en d = 1,2455 ⋅ 10 −10 m 1,2616 − 1,2455 ⋅ 100% = 1,3% . Deze afwijking is niet groot en De procentuele afwijking = 1,26 kan mogelijk samenhangen met afleesnauwkeurigheid uit het diagram. Ook is aan figuur 53 te zien dat de ringen niet scherp begrensd zijn. Dus ook het bepalen van de diameter D van een ring kan daardoor minder nauwkeurig zijn plaats gevonden.

Newton vwo deel 2

Uitwerkingen Hoofdstuk 20 – Materie en straling

140

82 Kernspectrum Oriëntatie: Gevraagd:

hoe ziet het energieniveauschema van een 60 28 Ni - kern eruit?

Gegeven:

bij verval van

60 27

0 Co → 60 28 Ni + −1e ontstaat een kern van nikkel in aangeslagen toestand. E3 Deze kern valt terug in de grondtoestand door uitzending van 2,50 2 γ-fotonen van achtereenvolgens 1,17 MeV en 1,33 MeV.

Planning en uitvoering: De kern zendt twee 2 γ-fotonen uit, eerst één met Ef = 1,17 MeV en daarna één met Ef = 1,33 MeV. Als je er van uitgaat dat het grondniveau de waarde E1 = 0 MeV dan heeft het 1e aangeslagen niveau de waarde E2 = 1,33 MeV en het 2e aangeslagen niveau de waarde E2 = 1,33 + 1,17 = 2,50 MeV (zie schema hiernaast).

E

Efoton =1,17 MeV

(MeV)

E2

1,33

Efoton =1,33 MeV

Controle: ... 0

(E1 = grondniveau)

E1

83 Deeltjesversneller Oriëntatie: Gevraagd: aantal maximale aantal elektronen ne,max dat per seconde is te versnellen? Gegeven: Pl = 500 MW = 500⋅106 W; λl = 400 nm = 400⋅10–9 m; elektronen ∆Ek = 3,7 MeV = 3,7 ⋅ 1,602⋅10–13 = 5,927⋅10–13 J. Planning: Om het aantal elektronen uit te rekenen, moet je eerst weten hoeveel fotonen Nf elk elektron minimaal nodig heeft om een toename ∆Ek = 3,7 MeV te bereiken. Daarnaast moet je weten hoeveel fotonen nl de laser per seconde uitzendt. nl Dan is nl = ne,max ⋅ N f ⇒ ne,max = Nieuwe onbekende: nl en Nf. Nf nl =

Pl ∆Ek en N f = Ef Ef

Ef = h ⋅ f =

h⋅c λ

Nieuwe onbekende: Ef. Nieuwe onbekenden: h en c.

Uitvoering: BINAS (tabel 7): h = 6,626⋅10–34 JK–1 en c = 2,998⋅108 ms–1.

λ = 400 nm ⇒ E f = Nf = ne,max =

5,927 ⋅ 10 −13 4,97 ⋅ 10 −19

6,626 ⋅ 10 −34 ⋅ 2,998 ⋅ 10 8 400 ⋅ 10 − 9

= 1,193 ⋅ 10 6 en nl =

nl 1,006 ⋅ 10 27 = = 8,435 ⋅ 10 20 s −1 Nf 1,193 ⋅ 10 6

= 4,97 ⋅ 10 −19 J ( = 3,10 eV )

500 ⋅ 10 6 4,97 ⋅ 10 −19

= 1,006 ⋅ 10 27 s −1 Afgerond: ne,max = 8,4⋅1020 s–1

Controle: er kunnen dus maximaal 8,4⋅1020 elektronen per seconde worden versneld.