antwoorden hoofdstuk 13

of 33/33
Newton vwo deel 1b Uitwerkingen Hoofdstuk 13 – Materie 89 13 Materie 13.1 Inleiding 2 Molecuultheorie a Men stelt de moleculen voor als heel kleine ondeelbare bolletjes. b Met de molecuultheorie kan men o.a. het volgende verklaren: - de druk van een gas; - verband tussen druk, volume en temperatuur van een gas; - het optreden van faseovergangen als smelten, stollen en verdampen; - warmtegeleiding. cA - Er is een aantrekkende kracht tussen moleculen. B - Moleculen hebben snelheid en kunnen zich daardoor verspreiden in een ruimte. C - Moleculen botsen tegen de wanden. D - Bij volumeverkleining komen de moleculen dichter op elkaar te zitten en zullen er meer botsingen per seconde tegen de wanden zijn. Bij temperatuurstijging krijgen de moleculen een grotere snelheid. Hierdoor zullen ze vaker tegen de wanden botsen en bovendien met een grotere kracht. E - Moleculen hebben snelheid en kunnen tussen elkaar door bewegen. Daarvoor is er voldoende vrije ruimte. De moleculen mengen zich dus met elkaar. F - Bij een hogere temperatuur bewegen de moleculen sneller en hebben ook een grotere bewegingsruimte nodig. Ze nemen daardoor een groter volume in. G - Bij het toevoeren van warmte-energie gaan atomen/moleculen heftiger bewegen en wordt de binding tussen atomen/moleculen verbroken. Dit losmaken kost zoveel energie dat er aan de 'buitenkant' geen temperatuurstijging te constateren valt ondanks het toevoeren van energie. H - De snelste moleculen hebben voldoende energie om de vloeistof te verlaten. De moleculen die achter blijven, hebben gemiddeld een lagere bewegingsenergie. Dit betekent dat de gemiddelde temperatuur lager komt te liggen. Bij het verdampen treedt daardoor ook 'afkoeling' op. 3 Atoomtheorie a Het verschijnsel van de chemische reacties, bijvoorbeeld bij verbranden. Bestaande moleculen veranderen en er worden nieuwe moleculen gevormd. b Moleculen bestaan uit nog kleinere bouwstenen: de atomen. De bijbehorende theorie wordt de ‘atoomtheorie’ genoemd. cA - De atomen H en O uit H 2 O splitsen zich af en vormen afzonderlijke waterstofmoleculen (H 2 ) en zuurstofmoleculen (O 2 ).

Post on 07-Jun-2015

998 views

Category:

Documents

0 download

Embed Size (px)

TRANSCRIPT

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

89

13 Materie13.1 Inleiding2 Molecuultheorie a Men stelt de moleculen voor als heel kleine ondeelbare bolletjes. b Met de molecuultheorie kan men o.a. het volgende verklaren: - de druk van een gas; - verband tussen druk, volume en temperatuur van een gas; - het optreden van faseovergangen als smelten, stollen en verdampen; - warmtegeleiding. c A - Er is een aantrekkende kracht tussen moleculen. B - Moleculen hebben snelheid en kunnen zich daardoor verspreiden in een ruimte. C - Moleculen botsen tegen de wanden. D - Bij volumeverkleining komen de moleculen dichter op elkaar te zitten en zullen er meer botsingen per seconde tegen de wanden zijn. Bij temperatuurstijging krijgen de moleculen een grotere snelheid. Hierdoor zullen ze vaker tegen de wanden botsen en bovendien met een grotere kracht. E - Moleculen hebben snelheid en kunnen tussen elkaar door bewegen. Daarvoor is er voldoende vrije ruimte. De moleculen mengen zich dus met elkaar. F - Bij een hogere temperatuur bewegen de moleculen sneller en hebben ook een grotere bewegingsruimte nodig. Ze nemen daardoor een groter volume in. G - Bij het toevoeren van warmte-energie gaan atomen/moleculen heftiger bewegen en wordt de binding tussen atomen/moleculen verbroken. Dit losmaken kost zoveel energie dat er aan de 'buitenkant' geen temperatuurstijging te constateren valt ondanks het toevoeren van energie. H - De snelste moleculen hebben voldoende energie om de vloeistof te verlaten. De moleculen die achter blijven, hebben gemiddeld een lagere bewegingsenergie. Dit betekent dat de gemiddelde temperatuur lager komt te liggen. Bij het verdampen treedt daardoor ook 'afkoeling' op. 3 Atoomtheorie a Het verschijnsel van de chemische reacties, bijvoorbeeld bij verbranden. Bestaande moleculen veranderen en er worden nieuwe moleculen gevormd. b Moleculen bestaan uit nog kleinere bouwstenen: de atomen. De bijbehorende theorie wordt de atoomtheorie genoemd. c A - De atomen H en O uit H2O splitsen zich af en vormen afzonderlijke waterstofmoleculen (H2) en zuurstofmoleculen (O2). B - 2 atomen H verbinden zich met 1 atoom O uit de lucht en vormt een H2O-molecuul. C - 1 atoom C verbindt zich met 2 atomen O uit de lucht en vormt een CO2 -molecuul. D - De C- en H-atomen uit methaan (CH4) verbinden zich met O-atomen tot CO2 en H2O. d Waterstof, koolstof, zuurstof enz. zijn zuivere stoffen - de zogenaamde elementen. Water, methaan enz. zijn samengestelde stoffen of verbindingen. 4 Moleculen en atomen a 1 cirkel molecuultheorie: omdat een molecuul wordt voorgesteld als een ondeelbaar bolletje. 3 cirkels atoomtheorie: het molecuul is opgebouwd uit 3 atomen. b De 3 cirkels geeft een betere weergave gemeten naar onze huidige kennis: H2O is een 3-atomig molecuul.

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

90

5 Deeltjeseigenschappen A Juist. B Onjuist, moleculen kunnen chemische reacties aangaan en daarbij veranderen van samenstelling. C Onjuist, ze bewegen altijd zolang de temperatuur meer is dan - 273,16 oC = 0 K. D Onjuist, er is een aantrekkingskracht hoewel deze maar heel zwak is. E Onjuist, dat hangt namelijk van de temperatuur af. Bijvoorbeeld bij waterdamp en water van 100 C hebben de moleculen dezelfde gemiddelde snelheid.

F Onjuist, moleculen zetten niet uit. Wel nemen de moleculen meer ruimte in vanwege de grotere snelheid. G Juist, als je tenminste vacum definieert als het ontbreken van atomaire deeltjes. H Juist. I Juist. J Onjuist, in de molecuultheorie wordt het niet op deze manier gezegd. Daar wordt aangenomen dat de temperatuur een maat is voor de gemiddelde snelheid. Ze krijgen bij temperatuurstijging dus wel een grotere snelheid. Door deze snelheid hebben moleculen bewegingsenergie. K Onjuist, ijsmoleculen zijn hetzelfde als watermoleculen namelijk H2O-moleculen. In ijs zitten de watermoleculen op een andere manier gerangschikt dan in water, waar ze door elkaar heen kunnen bewegen. L Onjuist en juist! Gasmoleculen hebben snelheid als de temperatuur boven 0 K is. Ze zullen door die snelheid ook met elkaar botsen en daarbij 'afstotende krachten' op elkaar uitoefenen. Aan de andere kant zullen ze elkaar ook aantrekken vanwege het feit dat ze massa hebben (gravitatiekrachten). M Onjuist, moleculen worden niet kleiner, wel wordt de ruimte tussen de moleculen kleiner, waardoor ze dichter op elkaar zitten. N Onjuist, moleculen veranderen niet van kwaliteit. Wel verandert bij het smelten de manier waarop ze met elkaar verbonden zijn en de grootte van die bindingskrachten. P Onjuist, uit het verschijnsel radioactiviteit blijkt dat ook atomen kunnen veranderen als hun kernen straling uitzenden. Daarnaast kennen we andere kunstmatige kernreacties waarbij de atomen veranderen.

Q Onjuist, het verbrandingsproces is een chemische reactie waarbij atomen uit de brandstof zich verbinden met zuurstofatomen uit de lucht. Vaak ontstaan bij die reacties watermoleculen (H2O) en koolstofdioxidemoleculen(CO2). R Juist. 6 Straling a N.B. een overzicht van het elektromagnetische spectrum vind je in BINAS tabel19 B Algemeen overzicht. Globaal kun je het spectrum verdelen in: naam soort grootte orde van golflengte-gebied (m) radio golven 105 - 103 infrarood 103 - 106 zichtbaar licht 0,750106 - 0,350106 ultraviolet 107 - 108 rntgenstraling 108 - 1011 gammastraling 1011 - 1015 b = c , waarbij = golflengte, c = lichtsnelheid (= 2,998108 m/s in vacum) en f = frequentie. f

c Een (gloeiende) vaste stof zendt een continu spectrum uit. Dit bevat in principe alle aaneengesloten kleuren tussen bepaalde grenzen. Een gas zendt een lijnenspectrum uit d.w.z. een spectrum met een beperkt aantal lijnen van verschillende kleur (zie 11.3 Spectra van hoofdstuk 11 Lichtbronnen).

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

91

13.2 Molecuultheorie10 Moleculen in een gas bewegen met verschillende snelheden in alle richtingen en botsen daarbij tegen elkaar en tegen de wanden. Hoe hoger de temperatuur, hoe groter de gemiddelde snelheid van de moleculen. In vloeistoffen en vaste stoffen oefenen de moleculen een duidelijke onderlinge aantrekkingskracht op elkaar uit. In gassen is deze aantrekkingskracht zeer gering. De aantrekkende kracht neemt toe naarmate de moleculen dichter bij elkaar komen. 11 A Aangezien de twee halve bollen vacum gemaakt zijn, zitten er (vrijwel) geen moleculen meer in de bol. De moleculen in de buitenlucht botsen van buitenaf wel tegen de halve bollen en zorgen dr voor een zeer grote resulterende kracht die de twee halve bollen stevig op elkaar duwen. B Omdat de moleculen nu dichter op elkaar komen te zitten, botsen er per seconde meer moleculen tegen de wanden. Het resultaat is een hogere druk. C Bij een veranderende temperatuur wordt de gemiddelde snelheid waarmee de deeltjes botsen ook anders. De krachten die bij de botsingen optreden, veranderen daardoor ook in grootte. Het gevolg is dat de druk niet meer omgekeerd evenredig met het volume verandert. D De gemiddelde snelheid neemt af en daarmee ook de kracht die optreedt bij botsing tegen een wand. Het resultaat is een afnemende druk. E Hoe lager de temperatuur, hoe kleiner de gemiddelde snelheid. Lager dan het absolute nulpunt is niet mogelijk. Blijkbaar is de snelheid van de moluculen bij die temperatuur 0 m/s d.w.z. ze zijn tot stilstand gekomen. 12 a Bij sterke samenpersing zal het eigen volume van de moleculen t.o.v. het totale volume dat ze innemen relatief groter worden. Hun afmetingen zijn dan niet meer verwaarloosbaar. De afstand tussen de moleculen wordt zo klein dat ook de onderlinge aantrekkingskracht duidelijk mee gaat spelen. b Als de moleculen elkaar aantrekken zullen ze mogelijk minder vaak tegen de wanden botsen. Ze belemmeren elkaar meer in de beweging. De druk p wordt dan kleiner. 13 A Bij temperatuurstijging neemt de gemiddelde snelheid van de moleculen toe. Daardoor neemt ook de onderlinge afstand van de moleculen toe: de stof zet uit. Door dit uitzetten neemt de aantrekkende kracht tussen de moleculen af. Bij een bepaalde temperatuur is die aantrekkende kracht te klein om de moleculen nog netjes gerangschikt bij elkaar te houden: de vaste stof smelt en verandert in een vloeistof. B In de vloeistoffase bewegen de moleculen chaotisch door elkaar met een grotere gemiddelde snelheid. De moleculen met de grootste snelheid in de juiste richting kunnen aan de aantrekkende kracht van de overige moleculen ontsnappen: de vloeistof verdampt en verandert in een gas. C Het tegenovergestelde van B. D Het tegenovergestelde van A. 14 Geleiding: Hoe hoger de temperatuur, des te groter is de gemiddelde snelheid van de moleculen. De moleculen op een plaats met een hoge temperatuur hebben een grotere gemiddelde snelheid. De moleculen ernaast hebben een lagere gemiddelde snelheid. Door botsingen met hun snellere buren stijgt ook hun gemiddelde snelheid. Zo geven de moleculen door botsingen die grotere gemiddelde snelheid aan elkaar door. Stroming: Moleculen bewegen bij stroming naar een andere plaats. Als de moleculen een hoge temperatuur hebben, hebben ze een grote gemiddelde snelheid en dus een grote kinetische energie. Bij stroming nemen ze die grotere kinetische energie met zich mee. 15 Gegeven: zie figuur hiernaast. a Het aardgas heeft een overdruk. Anders stroomt het gas niet spontaan naar buiten. p = g h . Nieuwe onbekenden: en g. BINAS (tabel 11): dichtheid water = 0,988103 kgm3 BINAS (tabel 7): g = 9,81 ms2pb = 1015 mbar = 1,015 .10 5 Pa

h = 0,40 m

aardgas

p = 0,998 10 3 9,81 0,40 = 3,916 10 3 Pa Afgerond: p = 3, 9103 Pa = 3, 9 kPa5 3 3 , b p g = p b + p = 1015 10 + 3,9 10 = 105,4 10 Pa

Afgerond: pg = 105,4 103 Pa = 105,4 kPa

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

92

16 Gevraagd: de maximale hoogte hmax. Gegeven: overdruk p = 7,2 bar = 7,2105 Pa. a p = g hmax hmax = p Nieuwe onbekenden: en g. g BINAS (tabel 11): dichtheid water = 0,988103 kgm3 BINAS (tabel 7): g = 9,81 ms2 7,2 10 5 0,998 10 9,813hmax

hmax =

= 73,54 m

Afgerond: hmax = 74 m

pb = 7,2 bar = 7,2 .10 5 Pa

water

17 Gevraagd: Fp (= Fpaard). Gegeven: zie figuur hiernaast. Fp = Ft,p 8 N.B. In het informatieboek op bladz. 159 is te zien hoe 8 paarden naar links en 8 paarden naar rechts trekken. . Nieuwe onbekende: Ft,p (= Ftotaal van8 paarden).

pb = 1010 mbar = 1,010 .10 5 Pa

Ft,p

pbol = 15 mbar = 15 .10 2 Pa

Ft,p

0,25 m Ft,p = Ft,l namelijk de resulterende kracht uitgeoefend door de lucht op het boloppervlak. Deze Ft,l staat loodrecht op de cirkelvormige doorsnede van de bol. Vandaar dat het verband tussen druk en kracht hier Ft,l Ft,l = p Acirkel . te schrijven is als: p = Nieuwe onbekenden: p en Acirkel. Acirkel

r=

p = pb pbol = 1,010 105 15 102 = 99,5 103 Pa Acirkel is oppervlakte van een cirkel BINAS (tabel 94): A = r2 = 0,252 = 0,196 m2. Ft,l = Ft,p = 99,5 10 3 0,196 = 19,54 10 3 N en Fp = 19,54 103 = 2,44 103 N 8 Afgerond: Fp = 2,4 103 N = 2,4 kN

18 a Voor de opgesloten lucht boven de jam geldt de algemene gaswet

p V = nR T Aangenomen dat de hoeveelheid lucht en het volume niet verandert bij het afkoelen, kun je stellen p1 p2 T = p2 = p1 2 . Hierbij geldt situatie 1 voor de 'hete lucht' en situatie 2 voor de afgekoelde dat T1 T2 T1 lucht en dus is T2 < 1 . Dit heeft als consequentie dat ook p2 < p1 en dus is er sprake van onderdruk. T1

b Gevraagd: Fr. Gegeven: diameter deksel d = 7,2 cm = 7,2102 m; p = 50 mbar = 50 10 2 Pa . F p = r Fr = p A Nieuwe onbekende: A. A Acirkel is oppervlakte van een cirkel BINAS (tabel 94): A = r 2 = d 4 A = 2

(7,2 10 )4

2 2

= 4,07 10 3 m 2 Afgerond: Fr = 20 N

Fr = 50 10 2 4,07 10 3 = 20,36 N 19 Gevraagd: V2. Gegeven: zie figuur hiernaast. p V p V p V = nR 1 1 = 2 2 . Algemene gaswet T1 T2 T 1,02 105 50 0,50 105 V2 = 285 250

V2 = ?? m3 p2 = 0,50 .10 5 Pa T2 = - 23 oC = 250 K

p1 = 1,02 .10 5 Pa V1 = 50 m3 T1 = 12 oC = 285 K

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

93

1,02 10 5 50 250 = 89,47 m 3 285 0,50 10 5 20 Gevraagd: massa ontsnapte lucht m. V2 = Orintatie:

Afgerond: V2 = 89 m3

Gegeven: je hebt met 3 situaties te maken, waarbij wordt aangenomen dat het volume V constant blijft. Situatie 1: m1 = 170 g; p1 = 3,2105 Pa; T1 = 24 C = 297 K. Situatie 2: de temperatuur is opgelopen tot T2 = 48 C = 321 K . Hierbij loopt ook de druk op tot p2. Situatie 3: bij constante temperatuur laat men lucht ontsnappen tot de druk p3 = 3,2105 Pa. Planning: De ontsnapte lucht m = m2 - m3. Nieuwe onbekende: m3. p V T R p = n R p = n = c d.w.z. Overgang van situatie 2 naar 3: uit de algemene gaswet T V n p p2 = 3 . de druk is evenredig met de hoeveelheid lucht aangezien n ~ m: Nieuwe onbekende: p2. m2 m3 Bij de overgang van situatie 1 naar 2 blijft de hoeveelheid lucht constant. p1 p 2 = M.b.v. algemene gaswet . T1 T2 p 3,2 10 5 = 2 297 321 3,46 10 5 3,2 10 5 = 170 m3 3,2 10 5 321 = 3,46 10 5 Pa 297 3,2 10 5 170 3,46 10 5 = 157,3 g Afgerond: m = 13 g Hierbij is m2 = m1 = 170 g.

Uitvoering: p2 =

m3 =

m = 170 - 157,3 = 12,7 g

Controleren21 Verdampingsnelheid Vloeistofoppervlakte: bij een groter oppervlak kunnen meer moleculen tegelijkertijd de vloeistof verlaten. Temperatuur: bij een hogere temperatuur is de gemiddelde snelheid van de moleculen groter. Daardoor zijn er in de vloeistof meer moleculen met een zodanige snelheid (en dus hoeveelheid energie) dat ze zich aan de aantrekking van de moleculen van de stof kunnen onttrekken. Er zullen per seconde meer moleculen de vloeistof verlaten. Dampafvoer: door de damp af te voeren, zijn er minder moleculen in de ruimte boven de damp. Deze moleculen kunnen dan niet meer in de vloeistoffase terugkeren en bovendien vormen ze ook geen hindernis voor de volgende moleculen die de vloeistof verlaten. Door botsing zouden die moleculen namelijk gedwongen kunnen worden om terug te keren in de vloeistoffase. 22 Warmte-isolatie Gasmoleculen bevinden zich relatief ver van elkaar en blijven vrijwel op hun plaats in een niet-stromend gas. Het doorgeven van energie door botsingen verloopt moeizaam, omdat de kans op botsen klein is. Bovendien worden de moleculen ook min of meer vastgehouden door de structuur van de stoffen. Daardoor wordt het botsen met moleculen van lagere temperatuur (bijvoorbeeld in de meer naar buiten gelegen luchtcellen) ook minder goed mogelijk. 23 Dichtheid a Bij temperatuurstijging neemt het volume toe doordat de moleculen een grotere bewegingsruimte opeisen door hun grotere snelheid. Er zijn dan minder moleculen per cm3, dus de dichtheid neemt af. b Bij smelten en verdampen neemt het volume toe doordat de moleculen zich losmaken uit een strakke binding met de andere moleculen. Ook nu weer zijn er minder moleculen per cm3, dus de dichtheid neemt af. c Als watermoleculen zich in kristalvorm (ijskristallen) bevinden bij een temperatuur van 0C is er tussen de moleculen meer ruimte vergeleken met de situatie dat de kristalvorm doorbroken is en de watermoleculen overgegaan zijn in vloeistof van 0C. In die laatste situatie tussen 0 C en 4 C komen de moleculen nog steeds dichter op elkaar te zitten door de aantrekkende vanderwaals-krachten en wordt de dichtheid nog groter. Pas bij een temperatuur hoger dan 4 C zorgt de temperatuurbeweging van de moleculen ervoor dat de dichtheid weer kleiner wordt doordat de moleculen dan meer ruimte opeisen om te bewegen.

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

94

24 Airbag Orintatie: Gevraagd: m . t

Gegeven: airbag in t = 25 ms = 25103 s p = 1,3105 Pa; V = 30 L = 30103 m3 ; T = 15 C = 288 K; 1 mol N2-gas is 28 g. Om m uit te kunnen rekenen moet je weten hoeveel massa m er aan N2-gas ontstaat. t Dit kun je uitrekenen als je weet hoeveel mol n gas er onstaat: m = n Mmolair = n 28 (gram). Nieuwe onbekende: n. p V p V = n R n = Algemene gaswet . De gasconstante R vind je in BINAS. T T R

Uitvoering: BINAS (tabel 7): R = 8,3145103 Jmol1K1. 1,3 105 30 10 3 = 1,629 mol 288 8,3145 m = 1,629 28 = 45,6 g. m 45,6 = = 1,824 10 3 g/s = 1,824 kg/s t 25 10 3 n= 25 Luchtdruk- en temperatuurmeter Gegeven: cilinderruimte is vacum; zuiger kan wrijvingsloos bewegen en heeft verwaarloosbare massa; (Fv,u)-diagram. Verder zie figuur hiernaast. a Gevraagd: luchtdruk pb. Flucht F u = 3,8 cm = v . M.b.v. het diagram: bij u = 3,8 cm Fv = 15,2 N A A 15,2 pb = = 6,333 10 4 Pa Afgerond: pb = 0,63105 Pa = 63 kPa 2,4 10 4 pb = b Omdat de lucht in de cilinder nu naast de veer ook voor een tegendruk zorgt, zal de zuiger minder ingeduwd worden. Daarmee wordt een te lage F gemeten en dus ook een te lage druk pb berekend. c Gevraagd: T2. Gegeven: zie figuur hiernaast. p V p V p V = nR 1 1 = 2 2 . Algemene gaswet T1 T2 T V1 en V2 zijn onbekend: stel dat de zuiger een oppervlakte A heeft, dan is V1 = h1 A = 0,104 A en V2 = h2 A = 0,139 A. Invullen: 1,01 10 0,104 A 0,67 10 0,139 A = 293 T2 0,67 10 5 0,139 293 101 10 0,104 ,5 5 5T1 = 20 oC = 293 K p1 = 1,01. 105 Pa T2 = ?? p2 = 0,67.105 Pa

Afgerond: m /t = 1,8 kg/sA = 2,4 cm2 = 2,4 .10-4 m2

h1 = 10,4 cm

h2 = 13,9 cm

Na delen door A en herordenen van de waarden T2 =

= 259,8 K = 13,2

o

C

Afgerond: T2 = 2,6102 K = 13 C

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

95

26 Bandenspanning Gegeven: je hebt met 2 situaties te maken, waarbij aangenomen wordt dat de opgesloten hoeveelheid lucht in de band constant blijft. Situatie 1: p1 = 2,1 bar = 2,1105 Pa; T1 = 18 C = 291 K. Situatie 2: de temperatuur is opgelopen tot T2 = 60 C = 333 K. Hierbij is het volume met 2,4% toegenomen. a Gevraagd: overdruk p2. Stel dat de buitenluchtdruk pb = 1,0 bar p2 = p2 1,0 (bar) Nieuwe onbekende: p2. V T p V = n R p2 = p1 1 2 Voor de lucht geldt de algemene gaswet: V2 T1 T Nieuwe onbekenden: p1, V1 en V2. p1 = pb + p1 = 1,0 + 2,1 = 3,1 bar = 3,1105 Pa Volumetoename is 2,4% V2 = V1 + 0,024 V1 = 1,024 V1 p2 = 3,1 10 5 1 333 = 3,46 10 5 Pa = 3,46 bar 1,024 291 Afgerond: p2 = 2,5 bar V1 1 = V2 1,024

p2 = 3,46 10 = 2,46 bar , b De overdruk is nu

2,46 = 1 2 zo groot vergeleken met de 'koude' toestand van de band. , 2,1 Als je in deze 'warme' situatie de band op de 'juiste' overdruk (= spanning) brengt, zal deze bij afkoelen weer een lagere overdruk krijgen. En dus rijd je dan eigenlijk met te zachte banden.

13.3 AtoomtheorieVerwerken29 Overeenkomst: in zowel de molecuultheorie als de atoomtheorie hebben moleculen en atomen een massa, een gemiddelde snelheid en oefenen ze een aantrekkingskracht uit. Verschillen: De molecuultheorie ziet een molecuul als n geheel - niet deelbaar. De atoomtheorie van Dalton gaat ervan uit dat het molecuul wel deelbaar is in atomen. Hierdoor wordt het mogelijk om chemische reacties te verklaren.

30 A 2 H2O 2 H2 + O 2 B 2 H2 + O 2 2 H2 O C C + O 2 CO 2 of of

of

22++2

2+ 2

+

D CH4 + 2 O 2 CO 2 + 2 H2O of

+2

31 Nee, veel verschijnselen zoals fasen en fase-overgangen, druk, uitzetting, temperatuur enz. blijven verklaarbaar met de molecuultheorie. Daar is geen atoomtheorie voor nodig. Voor het tot stand komen van chemische verbindingen kun je met de molecuultheorie echter niet volstaan. 32 Een atoom is opgebouwd uit proton neutron Symbool p n Massa ( me) 1836 1839 Lading ( e ) +1 0 N.B. me = massa elektron en e = elementaire lading

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

96

elektron

e

1

-1

33 Atoomtheorie:waterstofatoom koolstofatoom

Atoomtheorie met elementaire deeltjes: Waterstof (H) heeft een atoomkern die bestaat uit 1 proton met 0, 1 of 2 neutronen (isotopen!). Om de kern cirkelt bij een neutraal atoom 1 elektron. Koolstof (C) heeft een atoomkern die bestaat uit 6 protonen met een aantal neutronen (verschillende isotopen !). Om de kern cirkelen bij een neutraal atoom 6 elektronen. 34 a Atoomsoort C Na Clkoolstofatoom 6+ K L

proton neutron elektron

waterstofatoom(deuterium)

koolstofatoom

atoomnummer Z 6 11 17

K 2 2 2

schillen L M 4 0 8 1 8 7chlooratoom 11+ K L M 17+ K L M

natriumatoom

b

Ionsoort Na + Cl K 2 2

schillen L M 8 0 8 8

natriumion 11+ K L

chloorion 17+ K L M

35 Stroomgeleiding in vaste stof: In vaste stoffen hangt de stroomgeleiding sterk af van de elektronen verdeling in de schillen van de betreffende atoomsoort. Bij metalen hebben de atomen meestal enkele elektronen in buitenste schil die slechts zwak aan het atoom gebonden zijn. Deze elektronen raken gemakkelijk los van het betreffende atoom en kunnen dan als vrij elektron door het metaal gaan zwerven. Stoffen als koolstof, silicium, germanium vallen onder de zogenaamde 'halfgeleiders'. Daar treedt het verschijnsel van vrije elektronen minder gemakkelijk op. Vaak is de stroomgeleiding afhankelijk van temperatuur (NTC-weerstand) of van opvallend licht (LDR-weerstand). De isolerende stoffen bestaan uit atomen die niet gemakkelijk elektronen loslaten. Stroomgeleiding in vloeistoffen: In vloeistoffen is de stroomgeleiding afhankelijk van het aantal aanwezige ionen in die vloeistof. Ionen hebben te weinig of teveel elektronen in hun schil. Daardoor worden zij door de positieve of negatieve elektrode van een spanningsbron aangetrokken. Doordat ze op die manier in beweging komen, ontstaat er een beweging van geladen deeltjes. Er is dan sprake van stroomgeleiding. Stroomgeleiding in gassen:

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

97

In gassen is de stroomgeleiding ook weer afhankelijk van de aanwezigheid van ionen en/of vrije elektronen. Bij een spanning over twee elektroden zullen zij ook weer in beweging komen vanwege aantrekkende en/of afstotende elektrische krachten. Bovendien kunnen deze bewegende elektronen en ionen op hun beurt weer andere atomen ioniseren door daarmee te botsen. De botsingen moeten daarvoor wel krachtig genoeg zijn. Men spreekt dan over 'stootionisatie'. In dat geval treedt in het gas een duidelijk betere stroomgeleiding op.

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

98

Controleren36 Lading/massaverhouding a Verhouding q 1,7 1011 = 1770 van elektron vergeleken met waterstofion = m 9,6 10 7 Afgerond: 1,8103

b Als je er van uitgaat dat de lading voor beide gelijk is, dan is de massa van het elektron 1,8103 zo klein als de massa van een waterstofion. c Twee verschillende experimenten met bijna dezelfde uitkomst is niet toevallig. Dit moet wel tot n conclusie leiden. d Een kleine massa, omdat ze uit een stof loskomen en het waterstofatoom neutraal is. e q q = 1,76 1011 me = . me 176 1011 , me = 1,602 10 19 176 1011 , = 9,102 10 31 kg4

Millikan vindt de waarde voor q = 1,6021019 C Afgerond: me = 9,11031 kg3 2

37 Botsingsexperimenten

2 a Trek de heengaande baan en de terugkerende 3 baan door en ga dan na waar die twee elkaar kruisen. 4 5 Op dat kruispunt heeft zich blijkbaar een botsing 6 7 afgespeeld. 8 9 Als je er vervolgens vanuit gaat dat deze botsing 10 10 zich afspeelt volgens 'hoek van inval = hoek van terugkaatsing' dan kun je in elk botsingspunt 7 8 9 een stippellijntje tekenen die dat weergeeft. De 'normaal' op dat stippellijntje moet de hoek tussen de heengaande en teruggaande baan door midden snijden. En van daaruit kun je dan proberen het voorwerp waartegen de projectielen botsen, weer te geven. Zie figuren hieronder. 4 3 24 3 2

1

1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

1

10

10

7

8

9

7

8

9

b In de botsingspunten ben je er vrij zeker hoe de vlakken daar lopen. Tussen die vlakdelen zou je kunnen verwachten dat het redelijk vloeiend verloopt. Hiervan ben je echter niet zeker, Ook van de achterkant ben je in het geheel niet zeker. Het voorwerp kan massief, hol enz. zijn. c Dat de botsing zich afspeelt volgens de wetmatigheid van hoek van inval = hoek van terugkaatsing. 38 Botsingsexperiment van Rutherford a Zie figuur hiernaast. Naarmate het positief geladen deeltje dichter in de buurt + van de kern komt, zal de afstotende kracht + groter zijn en daarmee ook de mate van afbuiging. b Door de afstotende kracht "op afstand" is er geen botsing in de zin van botsen via contact. Toch schiet het deeltje schiet terug. Uiterlijk lijkt het dus alsof het positief geladen -deeltje een directe botsing met de goudkern heeft gehad.

+

+ +

c De meeste deeltjes komen niet dicht genoeg bij de kern en ondervinden door de grotere afstand nauwelijks een afstotende kracht. De afbuiging is dus maar heel klein. Bovendien kan de invloed van meerdere atoomkernen maken dat de resulterende kracht vrijwel nul is. Omdat de goudkern - vergeleken met de afmetingen van het goudatoom - slechts heel erg klein is, komen bijzonder weinig deeltjes recht op een kern af. d De diameter van de kern is ongeveer 1/8000 ste van de diameter van het atoom.

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

99

39

Kernsamenstelling a Bij waterstof H geldt dat q = 1 e en m = 1 u (N.B.: u is de atomaire massaeenheid (zie BINAS tabel 7). q Als zou gelden dat bij He: q = 2e n m = 2u dan zou dezelfde uitkomst geven als bij H. m b Het kan geen positieve lading bevatten, want dan zou het atoomnummer geen 2 zijn dus het moet neutraal zijn. c Voor He was q 2 zo klein. Als de lading q 2 zo groot is als bij waterstof H, dan moet m de massa m 4 zo groot zijn: er zijn 2 protonen en dus ook 2 neutronen.

d Als Z = 6 e, dan moet de massa 12 u zijn. De kern bevat 6 protonen en 6 neutronen. 40 Spanning en stroomsterkte a Je kunt de spanning op verschillende manieren voorstellen. Het is duidelijk dat de vrije elektronen aangetrokken worden door de plus-pool van de spanningsbron en afgestoten door de min-pool. Bijvoorbeeld kun je de spanningsbron voorstellen als een pomp die een vloeistof moet rondpompen door een kring van slangen en buizen. Aan n kant duwt de pomp en aan de andere kant zuigt de pomp ook aan. Zo ontstaan er drukverschillen in het buizensysteem. De vloeistofdeeltjes bewegen daardoor allemaal n kant uit. In het geval van een elektrische stroom heb je te maken met vrije elektronen in plaats van vloeistofdeeltjes. Deze vrije elektronen, die negatief geladen zijn, zorgen zo voor een stroom van lading d.w.z. voor een elektrische stroomsterkte. b Als je uitgaat van een vloeistofstroming door buizen dan wordt aangenomen dat een vloeistof niet samen te drukken is. Dus als er op n plek bijvoorbeeld 1 liter vloeistof passeert, dan moet er op een plek verderop in diezelfde tijd ook 1 liter vloeistof zijn gepasseerd. De vloeistof kan niet ergens onderweg opnhopen. Op dezelfde manier treedt dat blijkbaar ook bij de vrije elektronen op. De dichtheid van vrije elektronen (bijvoorbeeld het aantal per cm3) zal in de hele stroomkring hetzelfde zijn. Dat maakt dan ook dat als er op n plek in een stroomkring 1 miljard elektronen passeren, er in diezelfde tijd op een andere plek in de stroomkring ook 1 miljard elektronen moeten passeren. 41 Weerstand a De weerstand ontstaat door de wrijvingskracht die de stromende elektronen ondervinden van de metaalatomen en -ionen. Deze wrijvingskracht wordt als het ware veroorzaakt door de voortdurende botsingen van elektronen met metaalatomen. b De atomen en ionen trillen heftiger bij een hogere temperatuur en dan is het voor de elektronen moeilijker om te passeren. De kans op botsen is groter geworden. c Als de lichtenergie of de warmte-energie door elektronen in een atoom wordt opgenomen, wordt hun energiewaarde mogelijk zo groot dat ze zich los kunnen maken uit de binding in het atoom van het halfgeleidermateriaal. Hoe meer elektronen zich losmaken, hoe meer vrije elektronen er ontstaan die aan de stroming kunnen deelnemen. Hoewel het voor een afzonderlijk elektron mogelijk even moeilijk is om door het materiaal te bewegen, stromen er wel veel meer tegelijkertijd doorheen. Van buitenaf lijkt het alsof de weerstand daarom kleiner is, omdat bij dezelfde spanning over de stroomkring de stroomsterkte groter wordt.

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

100

13.4 StralingVerwerken43 Een gloeilamp geeft een continu spectrum, d.w.z. het uitgezonden licht bevat alle kleuren van de regenboog. Een gasontladingsbuis geeft een lijnenspectrum, d.w.z. er worden slechts enkele kleuren licht uitgezonden afhankelijk van het gas in de ontladingsbuis. 44 Overeenkomsten: Beide modellen gaan uit van een kleine massieve positief geladen atoomkern waar negatief geladen elektronen omheen cirkelen. De positieve lading van de kern is daarbij even groot als het totaal van de negatieve ladingen van de elektronen. De elektronen draaien daarbij niet op willekeurige afstanden rond de kern, maar ze zijn verdeeld over een aantal schillen. Die schillen liggen op verschillende afstanden van de atoomkern en in elke schil bevinden zich een beperkt aantal elektronen. Verschillen: In het schillenmodel van Rutherford zijn de elektronen gebonden aan hun baan terwijl in het atoommodel van Bohr elektronen van schil kunnen veranderen. Bij botsing van bijvoorbeeld een vrij elektron met een atoom kan in het atoom een elektron naar een baan met een grotere straal worden gestoten. De energie die daar voor nodig is, krijgt dit elektron via de botsing overgedragen door het vrije elektron. Na de botsing kan dit elektron in het atoom weer terugvallen naar een baan met een kleinere straal. Daarbij moet de (elektrische) energie van het elektron afnemen. Dit gebeurt dan in de vorm van het uitzenden van een pakketje stralingsenergie: een foton. 45 Een elektron in een atoom dat bijvoorbeeld door een botsing energie krijgt overgedragen, wordt naar een andere baan (met een hogere energie-waarde) gestoten. Dit elektron zal daarna weer terugvallen naar een baan met een kleinere straal. Daarbij moet de elektrische energie van het elektron afnemen. Het atoom moet dus energie kwijt en doet dit door het uitzenden van een pakketje stralingsenergie: een foton. Afhankelijk van de hoeveelheid energie heeft het foton daarbij een bepaalde kleur. 46 a Zie figuur hiernaast.Waterstof atoom ( H )Schillenmodel2 4 5 6 7 3 1

b Door botsingen met de vele elektronen van Bohr : in de gasontladingsbuis worden tegelijkertijd veel waterstofatomen van extra energie voorzien, wat inhoudt dat het gebonden elektron een baan in een hoger gelegen schil gaat innemen. Een elektron kan daarna via een aantal tussenstappen terugvallen naar de binnenste schil. Per atoom kunnen dus meerdere kleuren uitgezonden worden. Bovendien zijn in een gasontladingsbuis miljarden atomen hetzelfde aan het doen.

47 a Zie figuur hiernaast. b Bij terugval in n keer wordt n foton uitgezonden (zie pijl 1). Het elektron kan ook in 2 stappen terugvallen (pijl 2 en 3). Daarbij zendt het atoom twee verschillende fotonen uit. De foton 2 en 3 hebben samen evenveel energie als foton 1.1

2 3

48 a De betreffende getallen onder de trap hebben betrekking op elektronen die zich in een volgende schil van het atoom bevinden. Deze elektronen zijn minder sterk aan het atoom gebonden omdat ze verder van de positief geladen kern zitten. Het kost daarom minder energie om deze elektronen van het atoom los te maken. b In de reeks Li Na K Rb Cs worden de elektronen in een kolom altijd n schil verder weggehaald. Deze elektronen ondervinden in die reeks in toenemende mate een grotere afstotende kracht van de elektronen in de meer naar binnen gelegen schil(len). Daarom kost het ook minder energie om deze elektronen van het atoom los te maken.

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

101

49 Een atoom kan energie opnemen doordat n van de (buitenste) elektronen in een baan met een grotere straal terecht komt. Deze geabsorbeerde energie kan echter niet willekeurig zijn omdat zo'n elektron slechts een beperkt aantal 'toegestane'binnenkomend foton waarden van de straal van de baan kan innemen en daarmee ook een beperkt aantal 'toegestane' waarden van de elektrische energie van het atoom. Bij terugval naar de oorspronkelijke baan wordt dit duidelijk doordat een gas met dergelijke atomen een lijnenspectrum uitzendt (emissie-spectrum).

absorptie emissie

11+

Als fotonen van diverse kleuren zo'n gas passeren, dan kan een atoom ook de energie van een foton gebruiken om n van zijn elektronen in een hogere baan te brengen. Aangezien er echter slechts beperkte mogelijkheden zijn Voorbeeld: natrium-atoom ( Na ) voor een baansprong, kunnen er ook maar een beperkt aantal fotonen gebruikt worden, namelijk die fotonen die de juiste energie-waarde hebben die bij die baansprong past. En dat zijn ook de energiewaarden die een zo'n elektron - bij terugval - zelf in de vorm van een foton van dezelfde kleur afgeeft. Zodoende krijg je een absorptiespectrum dat donkere lijnen vertoont op dezelfde plaats waar het emissie-spectrum van die atoomsoort lijnen vertoont. 50 Bij fluorescentie worden atomen in een hogere energie-waarde gebracht door bijvoorbeeld uv-straling afkomstig van kwik-atomen. De energiewaarde van zo'n uv-foton is relatief groot. Bij absorptie maakt een elektron in de buitenste schil van het ontvangende atoom daardoor een sprong met een relatief grote energietoename. Het elektron springt als het ware over een aantal toegestane banen heen naar een veel 'hoger' gelegen baan. Daarna kan dit elektron in een aantal opeenvolgende stappen terugvallen naar de oude baan. Bij elke stap zendt het atoom een foton uit. Het atoom van het fluorescerende materiaal zet op deze manier een uv-foton om in twee of meer fotonen met een kleinere fotonenergie. Deze fotonen hebben mogelijk energie-waarden die zich in het zichtbare deel van het spectrum bevinden. h c 51 Je maakt gebruik van de formule: E f = h f = , waarbij volgens Binas (tabel 7): h = constante van Planck = 6,6261034 JK1 en c = lichtsnelheid = 2,998108 ms1. Rood licht: = 780109 m E f = eV Violet licht: = 380109 m E f = eV 52 Gevraagd: aantal fotonen per seconde nf. Gegeven: Na-lamp met Pstraling = 100 W; geeloranje licht = 589109 m. Pstraling = nf Efoton. h c Ef = h f = . Binas (tabel 7): E foton = Nieuwe onbekende: Efoton. Nieuwe onbekenden: h en c. h = constante van Planck = 6,6261034 JK1 en c = lichtsnelheid = 2,998108 ms1. = 3,373 10 19 J 100 3,373 10 19 = 2,965 10 20 s -1 Afgerond: nf = 2,971020 s1 6,626 10 34 2,998 10 8 380 10 9 = 5,228 10 19 J = 3,263 eV Afgerond: Ef = 5,231019 J = 3,26 6,626 10 34 2,998 10 8 780 10 9 = 2,547 10 19 J = 1 ,590 eV Afgerond: Ef = 2,551019 J = 1,59

6,626 10 34 2,998 10 8 589 10 9

100 = n f 3,373 10 19 n f =

53 Overeenkomst: In beide situaties ontstaat de straling doordat elektronen van baan verspringen. Verschil: Bij gewoon zichtbaar licht is n van de buitenste elektronen eerst in een energetisch hogere baan gebracht waarna deze weer terugvalt naar zijn oorspronkelijke baan eventueel via een aantal tussenstappen. Bij rntgenstraling wordt door een energierijke botsing eerst een elektron uit n van de meer naar binnen gelegen schillen (K- of L-schil) weggeslingerd. Vervolgens valt een elektron uit n van de hogere schillen naar de open plaats. Deze sprong is energetisch gezien nogal groot, vandaar dat het atoom

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

102

in zon geval een energierijk foton uitzendt: een rntgenfoton. 54 Gevraagd: frequentie fr en golflengte r. Gegeven: Efoton = 1,91015 J c E foton = h f en f = . Nieuwe onbekenden: h en c. Binas (tabel 7): h = constante van Planck = 6,6261034 JK1 en c = lichtsnelheid = 2,998108 ms1. 1,9 10 15 = 6,626 10 34 fr fr = 2,867 1018 = 2,998 10 r8

19 10 15 , 6,626 10 34

= 2,867 1018 Hz

r =

2,998 10 8 2,867 1018

= 1,0455 10 10 m = 0,105 10 9 m Afgerond: fr = 2,91018 Hz en r = 0,11 nm

55 Overeenkomst: Beide vormen van straling worden door een atoom uitgezonden waarin zich een veranderingsproces afspeelt. Zowel de rntgenstraling als de -straling bestaat uit fotonen met een hoge energiewaarde. Verschillen: Rntgenstraling ontstaat door beweging van elektronen binnen het atoom van een hoger gelegen baan naar een open plaats in de K- of L-schil. -straling ontstaat in de kern als gevolg van een kernreactie: na het uitzenden van een - of -deeltje moet de atoomkern vaak nog energie zien kwijt te raken en doet dat in de vorm van een energierijk -foton. 56 a -straling: het massagetal A wordt 4 kleiner; het atoomnummer Z wordt 2 kleiner. Dit komt omdat een -deeltje uit een Helium-kern bestaat met 2 protonen en 2 neutronen. b -straling: het massagetal A verandert niet, het atoomnummer Z wordt 1 groter. Dit komt doordat een neutron zich opsplitst in een proton (Z wordt + 1) en een elektron. Het elektron wordt daarna gedwongen de kern te verlaten (-deeltje). c -straling: deze straling wordt door de kern uitgezonden nadat het eerst een - of -deeltje heeft uitgezonden. Als gevolg van deze gebeurtenis heeft de kern mogelijk nog een te hoge energie-waarde. Door een -deeltje (= foton) uit te zenden krijgt de kern een lagere energie-waarde. Hierbij verandert de kern dus niet van samenstelling. 57 a He-6: b proton: -deeltje:6 2 He 1 1p

C-14:1 1H

14 6C 1 0n 0 1 e

of

neutron: -deeltje:

elektron: of0 1

0 1 e

of

0 1

4 2 He

58 In tabel 25 van BINAS 'Isotopen' vind je in de laatste kolom het verval van de genoemde isotopen aangegeven. A B C219 86 Rn 238 92 U

-straling:

219 215 86 Rn 84 Po

+

4 2 He .

Ook Ook

215 84 Po 234 90 Th

is radioactief en zendt -straling uit. is radioactief en zendt - en -straling uit. +0 1e

- en -straling:

238 234 4 92 U 90 Th + 2 He . 216 212 84 Po 82 Pb

216 84 Po

- of -straling: als216 85 At

+

4 2 He

of

216 216 84 Po 85 At

. zendt -straling uit.

Zowel D E137 55 Cs

212 82 Pb

zijn radioactief:

212 82 Pb

zendt - en -straling uit en . Het isotoop137 56 Ba

216 85 At

- en -straling: -straling:

137 137 55 Cs 56 Ba 90 39Y

+

0 1e

is niet radioactief, het is

een stabiel isotoop.90 38 Sr 90 38 Sr

+

0 1e .

Over 90 Y wordt in BINAS niets vermeld (BINAS vermeldt niet 39

alle mogelijk isotopen!).

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

103

Controleren59 Gasdruk in gasontladingsbuizen a De elektronen krijgen dan voldoende energie om bij een botsing een elektron in de buitenste schil van een atoom naar een hogere baan te brengen of een atoom te ioniseren. b Bij een lagere druk is er voor de elektronen minder kans om te botsen en bovendien meer vrije ruimte om te versnellen. De elektronen kunnen dan bij een lagere spanning toch een voldoende grote snelheid halen om bij een botsing een atoom in aangeslagen toestand te brengen. 60 Fluorescentie Gegeven: E f = 7,84 10 19 J . a Ef = h f = hc , waarbij volgens Binas (tabel 7): h = constante van Planck = 6,6261034 JK1 en c = lichtsnelheid = 2,998108 ms1.

6,626 10 34 2,998 108 6,626 10 34 2,998 108 = = 2,534 10 7 m = 253 nm 7,84 10 19 Volgens Binas (tabel 19 A en 19 B) behoort deze straling tot het ultra-violette deel van het spectrum. 7,84 10 19 = b E f,2 = h f2 = h c 2 Nieuwe onbekende: Ef,2. Nieuwe onbekende: Ef,1.

Voor de uitgezonden fotonenergie moet gelden: E f,1 + E f,2 = E f,uv . E f,1 = h f1 =

h c 6,626 10 34 2,998 108 E f,1 = = 3,425 10 19 J 1 580 10 9

3,425 10 19 + E f,2 = 7,84 10 19 E f,2 = 7,84 10 19 3,425 10 19 = 4,415 10 19 J 6,626 10 34 2,998 10 8 6,626 10 34 2,998 10 8 2 = = 4,499 10 7 m = 450 nm . 2 4,415 10 19 Volgens Binas (tabel 19 A en 19 B) behoort deze straling tot het blauwe deel van het zichtbare deel van het spectrum. 4,415 10 19 = c De energie van de botsende elektronen wordt voor een groot deel omgezet in zichtbaar licht en relatief weinig straling in het ultra-violet en infrarood (= warmtestraling). 61 a Binas (tabel 21 A) geeft in de Balmerreeks 5 overgangen te zien. Bij elke overgang wordt de golflengte vermeld en tussen welke twee energieniveaus de baansprong wordt gemaakt. M.b.v. tabel 19 A kun je nagaan welke kleur bij elke golflengte hoort. Bovendien is in die tabel ook de foton-energie in eV vermeld. Daarnaast worden in de spectraalplaat van 'tabel 20' bovendien voor waterstof het lijnenspectrum in het zichtbare gebied van waterstof gegeven en kun je dus nagaan of de gevonden kleuren in overeenstemming zijn. Het geheel wordt bij vraag b weergegeven in een schema. b lijn nr. 1 2 3 4 5 golflengte (nm) 656 486 434 410 397 kleur rood blauw blauw-violet blauw-violet violet sprong van ... naar ... (eV) 12,0888 10,2002 12,7497 10,2002 13,0560 10,2002 ??? 10,2002 ??? 10,2002 y= c . x Ef (eV) 1,8886 2,5495 2,8558

c Algemeen geldt voor een omgekeerd evenredig verband y x = c of Voor de bovenstaande situatie betekent dit dat E f = c :

Lijn 1: 1,8886 656 10 9 = 1 239 10 6 eV m ; lijn 2: 2,5495 486 10 9 = 1,239 10 6 eV m en , lijn 3: 2,8558 434 10 9 = 1,239 10 6 eV m . Binnen de grenzen van de significantie krijg je bij de drie bekende lijnen steeds hetzelfde constante getal.

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

104

Conclusie: het energieverschil Ef en de golflengte zijn omgekeerd evenredig.

62 a Gevraagd: maximaal aantal fotonen Nm op 1 cm2 huid. Gegeven: fotonen met = 300 nm = 300109 m; maximale energie Em = 1,7103 J per cm2. Em = Nm Efoton Ef = h f = Nm = Em E foton Nieuwe onbekende: Efoton (= Ef).

h c Binas (tabel 7): E foton = Nm =

Nieuwe onbekenden: h en c. h = constante van Planck = 6,6261034 JK1 en c = lichtsnelheid = 2,998108 ms1.9

6,626 10 34 2,998 10 8 300 10 = 2,5774 1015

= 6,596 10 19 J Afgerond: Nm = 2,61015

1,7 10 3 6,596 10 19

b Gevraagd: tijdsduur t dat je aan de straling blootgesteld mag worden. Gegeven: Pstraling = 0,75 W; hiervan is 0,0020%= 2,0103 edeel gevaarlijk; A = 30 cm2. Het gevaarlijke deel van het stralingsvermogen Pg = 0,75 2,0103 = 1,5105 W Em = Pg t Em, totaal = E t= 0,051 15 10 5 , t= Em Pg Nieuwe onbekende: Em.

m,per cm 2

A = 1,7 10 3 30 = 0,051 J . Afgerond: t = 3,4103 s

= 3400 s

63 a Gevraagd: nf = aantal fotonen per seconde. Gegeven: laser Pl = 25 W; = 710 nm = 710109 m. Pl = nf E f n = Ef = h f = h c Binas (tabel 7): Pl Ef Nieuwe onbekende: Ef. Nieuwe onbekenden: h en c. h = constante van Planck = 6,6261034 JK1 en c = lichtsnelheid = 2,998108 ms1. = 2,7979 10 19 J Afgerond: nf = 8,91019 s1

E foton = nf =

6,626 10 34 2,998 108 710 10 9 25

2,7979 10 19

= 8,9354 1019 s-1

b het soort materiaal bepaalt de soortelijke warmte en de smelttemperatuur - de soortelijke warmte van het materiaal hoe groter de soortelijke warmte, hoe meer energie er nodig is per graad temperatuurstijging en dus hoe kleiner de maximale snijsnelheid is. - smelttemperatuur hoe hoger de smelttemperatuur, hoe meer de temperatuur dus moet stijgen en dus hoe kleiner de maximale snijsnelheid is. de dikte van de metaalplaat hoe dikker de plaat des te meer energie er nodig is om de plaat ter plekke te laten smelten en dus hoe kleiner de maximale snijsnelheid is. de mate van absorptie hoe beter het materiaal de straling absorbeert, des te meer energie wordt er per seconde opgenomen en des te groter is de maximale snijsnelheid. 64 a b14 4 7 N + 2 He 9 4 Be

17 1 8 O + 1p 12 1 6C + 0n

+

4 2 He

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

105

65

228 90 Th

224 Ra 220 Rn 216 Po 212 Pb 212 Bi 212 Po 208 Pb 88 86 84 82 83 84 82

66 a b

14 1 7N + 0n 14 6C

14 1 6 C + 1p

. Bij deze reactie ontstaat een proton (of waterstof-kern 1H ). 114 7C

14 0 7 C + 1e

. Bij deze reactie ontstaat het isotoop

. Dit isotoop is volgens BINAS (tabel 25)

niet radioactief. 67 Fluorescentie Gegeven: Isotoop K-40: -straling; E = 7,0 10 14 J ; Ac = 3,1 kBq in m = 30 kg spierweefsel. a40 19 K

40 0 20 Ca + 1e

b -straling bestaat uit losse elektronen, die door botsing vrijwel alle energie kwijt raken in het spierweefsel. De dracht van de elektronen zal hooguit enkele millimeters bedragen. c Dosisequivalent H = D weegfactor en D = E str . m Nieuwe onbekende: Estr en weegfactor.

E str (per sec) = Ac E = 3,1 10 3 7,0 10 14 = 2,170 10 10 J/s In n jaar zitten 365 24 3600 = 3,154 10 7 s Estr (per jaar) = 2,170 10 10 3,1 103 = 6,843 10 3 J Weegfactor van -straling = 1 H= E str 6,843 10 3 weegfactor = 1 = 2,281 10 4 Sv m 30 Afgerond: H = 0,23 mSv

13.6 AfsluitingSamenvatten71 Deeltjeseigenschappen Ga je eigen antwoorden van opdracht 4 na. Ga vooral ook na hoe je oorspronkelijke antwoorden waren en of je nu begrijpt waarom je die eventueel fout had beantwoord. 72 Wisselwerking tussen wetenschap en techniek a De wet van Boyle en de vacumpomp Vacumbuis en het elektron (Thomson) Fotografische plaat en kernstraling Bespreek de andere antwoorden met je klasgenoten en je docent in de klas b Elektronenbuis - tv Gasontlading - tl-buis, spaarlamp Kernstraling - kerncentrale Bespreek de andere antwoorden met je klasgenoten en je docent in de klas c Een molecuul is opgebouwd uit atomen met een kern en schillen. Licht is het gevolg van beweging van elektronen binnen de schillen, kernstraling uit de kern. Kernen kunnen veranderen door kernreacties. Lavoisier - Dalton ontledingsreacties Volta elektrische cel Thomson kathodestraalbuis Rutherford botsing van -deeltjes met goudfolie Chadwick -deeltjes op beryllium Geissler buisjes voor spectra Rntgen rntgenbuis Deeltjesversneller nieuwe elementaire deeltjes 73 Wisselwerking tussen wetenschappers a Vele verschillende atomen of slechts 4 elementen (aarde, water, vuur en lucht)

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

106

Middelpunt heelal: aarde, zon of ..... Licht: golven of deeltjes ? Kathodestralen: licht of deeltjes ? Vervolg op de volgende bladzijde.

Democritus, Aristoteles. Aristoteles, Copernicus, Galile. Huijgens, Newton. Thomson.

b Curie ontdekt de kernstraling. Dit geeft Rutherford betere ideen om zijn atoommodel te bedenken. En daardoor krijgt Bohr weer ideen om de verklaring voor het ontstaan van een foton te geven. Thomson ontwerpt de kathodestraalbuis. Dit brengt Rntgen op het idee om een rntgenbuis te ontwerpen nadat hij als 'bijverschijnsel' van de kathodestraalbuis de rntgenstraling had ontdekt. Hierdoor komt Geissler tot het ontwerpen van een gasontladingsbuis. c 74 Publicaties in tijdschriften (vroeger en nu), via computernetwerken (nu), d.m.v. boeken/proefschriften (vroeger en nu).

Nieuwe theorien a Proton en neutron zijn opgebouwd uit 3 quarks. Versnellers om geladen deeltjes te versnellen spelen bij het onderzoek daarvan een belangrijke rol. b Meestal niet, meestal zijn het verbeteringen. Door verfijningen en aanvullingen kunnen meer of ingewikkelder vraagstukken worden opgelost.

Controleren75 Rntgenspectrum Lijnenspectra betekenen sprongen van elektronen naar lagere schillen. Bij het optreden van rntgenstraling zal elektron met grote energie botsen met een atoom: daardoor kan een elektron uit een volle K- of L-schil worden weggeslagen. Als de open plaats weer wordt ingenomen door een ander elektron komt een foton met veel energie vrij. Bij deze sprongen behoren vaste energiepakketten lijnenspectrum. 76 Rntgenfoto Orintatie: Gevraagd: dosisequivalent H. Gegeven: rntgenbuis: nf = 5,4 1012 s-1 ; ff = 1,4 1019 Hz ; rntgenfoto: t = 8,0 ms = 8,0 10 3 s ; hand: m = 0,35 kg; absorptie 20% = 0,20. Planning: Dosisequivalent H = D weegfactor en D = E str m Nieuwe onbekende: weegfactor en Estr.

Weegfactor van rntgen-straling = 1 Estr = 0,20 Eopvallend Nieuwe onbekende: Eopv.. Eopv. = nf E foton t E f = h ff Uitvoering: Binas (tabel 7): h = constante van Planck = 6,6261034 JK1. E f,1 = 6,626 10 34 1,4 1019 = 9,276 10 15 J Eopv. = 5,4 1012 9,276 10 15 8,0 10 3 = 4,007 10 4 J Estr = 0,20 4,007 10 4 = 8,015 10 5 J H= Estr 8,015 10 5 weegfactor = 1 = 2,290 10 4 Sv m 0,35 Afgerond: H = 0,23 mSv Nieuwe onbekende: Efoton. Nieuwe onbekende: h.

Controle: Conclusie: het dosisequivalent lijkt een redelijk getal op te leveren gelet op de getallen die genoemd worden in hoofdstuk 12 van het informatieboek (figuur met Schatting van het gemiddelde jaarlijkse dosisequivalent per persoon in Nederland).

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

107

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

108

77

Botsingsexperiment Orintatie: Volgens de modelberekeningen van Rutherford moet het aantal deeltjes dat over een hoek wordt afgebogen evenredig zijn met 1 / (sin ) 4 (zie bijbehorende tekst). Planning en uitvoering: In de tabel hieronder is bij de gemeten hoeken de waarde van 1/(sin ) 4 berekend. In de figuur zijn deze waarden uitgezet tegen het gemeten aantal -deeltjes per s (n).

135 120 105 75 60 45 30

1/(sin )4 1,4 1,8 2,5 7,3 16 47 223

n (s1) 27,4 33,0 47,3 136 320 989 5260

(s-1)

n

5000

4000

3000

2000

Controle: Conclusie: De uitkomst is een rechte lijn zoals uit de modelberekeningen van Rutherford het geval zou moeten zijn.

1000

N.B. Er zijn bij kleine hoeken misschien wat weinig 200 0 50 150 100 1/(sin ) 4 metingen gedaan waardoor er op de horizontale as na 1/(sin ) 4 = 47 een grote sprong wordt gemaakt. Meer metingen in dit gebied zou de nauwkeurigheid hebben kunnen verbeteren.

0

250

78 Foliedikte Bij een zeer dun folie (slecht enkele atoomlagen dik) is de kans dat een -deeltje over een hoek van 30 wordt afgebogen vrij klein. Als de folie dikker is, is deze kans groter: een -deeltje komt onderweg meer atoomkernen tegen. Als de foliedikte verder toeneemt, zullen de meeste -deeltjes worden afgebogen, omdat het aantal atoomkernen dat zij op hun weg door het folie tegenkomen steeds groter wordt. Daardoor zullen steeds meer -deeltjes in het folie gaan rondzwerven: ze worden geabsorbeerd. Het aantal -deeltjes dat onder een hoek van 30 uit het folie komt, neemt dus af met toenemende foliedikte. 79 Elementaire lading Orintatie: Gevraagd: de lading e van het elektron. Gegeven: een groot aantal metingen met waarden tussen de 2,9910-19 en 12,7610-19 C. Planning: Om te zien of er een zekere regelmaat in de gemeten waarden zit, gaan we de meetresultaten ordenen en omzetten in een staafdiagram. Hierbij gaan we uit van stapjes van 0,5010-19 C. Mogelijk blijkt uit de regelmaat een bepaalde toename van de lading die we in verband kunnen brengen met de lading e van het elektron. Uitvoering: De ordeningstabel staat hiernaast weergegeven. In deze tabel zien we al wat 'groepjes' ontstaan. In de staafdiagram eronder wordt het nog duidelijker. Het lijkt erop dat de groepjes steeds gescheiden worden door een niet gevulde staaf. Alleen lijkt de groep van 9,00 tot 11,50 een te brede groep. Waarschijnlijk zijn dat 2 verschillende groepen waarbij het onduidelijk is bij welke groep de meetwaarde 10,19 behoort. ladingsinterval (10-19 C) 2,50 3,00 3,00 3,50 3,50 4,00 4,00 4,50 4,50 5,00 5,00 5,50 5,50 6,00 6,00 6,50 6,50 7,00 7,00 7,50 7,50 8,00 8,00 8,50 8,50 9,00 9,00 9,50 9,50 10,00 10,00 10,50 10,50 11,00 11,00 11,50 gemeten waarden aantal gemiddelde lading (10-19 C) 3,20

2,99 3,08 3,22 3,52 4,96 4,85 4,72 5,91 6,15 6,42 6,32 6,93 6,52 6,64 7,92 7,65 7,88 7,52 8,03 8,12 8,25 8,33 9,45 9,41 9,04 9,57 9,92 9,64 10,19 10,78 10,88 11,15 11,38 11,32 11,41

1 2 1 0 3 0 1 3 3 0 4 4 0 3 3 1 2 4 0 0 1

4,84 6,41

7,96 9,51 11,15

11,50 12,00 12,00 12,50 12,50 13,00 12,76

12,76

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

109

Vervolg op volgende bladzijde. Gaan we uit van de hierboven besproken groepsindeling dan kunnen we per groep een gemiddelde bepalen. In de tabel is de groepsindeling weergegeven door zwarte lijnen. De grijze lijnen geven de ordeningsgebieden. 5 Controle: We bepalen de gemiddelde lading binnen elk groepje door de waarden op te tellen en te delen door het aantal. Deze waarden staan vermeld in de laatste kolom van de tabel.

4 3

2 Letten we op de verschillen tussen de opnvolgende gemiddelde lading 1 dan valt het volgende op: 4,84 - 3,20 = 1,64 ; 6,41 - 4,84 = 1,57 ; 0 7,96 - 6,41 = 1,55 ; 9,51 - 7,96 = 1,55 ; 4 12 14 0 2 6 8 10 11,15 - 9,51 = 1,64 en lading ( .10 - 19 C) 12,76 - 11,15 = 1,61. Het lijkt er dus op dat elke groepje zo gemiddeld een ladingstoename heeft van 1,610-19 C. Dat zou betekenen dat er nog een groepje zou kunnen zijn met gemiddeld (3,20 - 1,60) 10-19 C = = 1,6010-19 C. Deze wordt in de reeks niet aangetroffen. Je zou kunnen concluderen dat de oliedruppeltjes ladingshoeveelheden bevatten die steeds een meervoud zijn van de waarde van 1,610-19 C.Conclusie: het elektron heeft een lading e = 1,610-19 C. 80 Radongas Orintatie: Gevraagd: Waarom is het inademen van de vervalproducten van radon gevaarlijk. Gegeven: Bouwmaterialen gebruiken als grondstof graniet waarin zich het radiumisotoop 226 Ra bevindt. 88 Dit isotoop is een vervalproduct van het uraniumisotoop 238 U . 92 Het Ra-isotoop vervalt tot radon (Rn) dat als gas vrij komt uit de bouwmaterialen.

16

Planning: Als je na wilt gaan of de vervalproducten van radon gevaarlijk zijn, moet je nagaan tot welke isotopen radon vervalt n of deze isotopen op hun beurt weer radioactief zijn of niet. Het inademen van radioactieve stoffen is gevaarlijk met name voor het longweefsel. Uitvoering: We gaan de vervalreeks van het radiumisotoop226 88 Ra 226 88 Ra uitzoeken

met behulp van BINAS tabel 25.

Onder de reactiepijl wordt de soort straling vermeld waarmee het isotoop vervalt. 222 Rn 86 218 Po 214 Pb 214 Bi 214 Po 83 210 Pb 210 Bi 83 84 82 84 82, , , 210 83 Bi

en vervolgens Het isotoop

206 Tl 81 ,

206 Pb 82

206 82 Pb

is stabiel. In de bovenstaande reeks is bij het isotoop 218 Po naast de genoemde 84

-straling ook nog -straling mogelijk. Het isotoop 214 Bi kan ook nog via -straling vervallen en 83210 83 Bi

via -straling. Dit betekent dat er naast bovenstaande isotopen nog meer mogelijkheden zijn.

Controle: Conclusie: Radon-222 kent een hele reeks van vervalprodukten voordat het tot het stabiele lood-isotoop (Pb-206) is vervallen. Nogal wat van de tussenprodukten vervallen via -straling. En juist -straling geeft een grote mate van beschadiging (weegfactor = 20 !). Met name vanwege de -straling is het inademen van de vervalproducten van radon gevaarlijk.

Newton vwo deel 1b

Uitwerkingen Hoofdstuk 13 Materie

110

81 Kathodestraalbuis De kathode is met de min-pool van de spanningsbron verbonden en beschikt daardoor over een groot overschot aan elektronen.

K

Fe

A

Door het aanleggen van een hoge spanning over kathode en anode wordt er op een elektron in de kathode een grote elektrische kracht Fe uitgeoefend: de negatieve lading op de kathode stoot een elektron af en de positieve lading op de anode trekt aan. Deze elektrische kracht op het elektron is gericht van kathode naar anode. Hoe groter het spanningsverschil, des te groter de kracht . Als deze kracht een zekere waarde bereikt, is deze in staat om er elektronen uit de kathode los te maken.

+

Verwarming van de kathode vergroot de energie van de elektronen in de kathode. Daardoor wordt het gemakkelijker de kathode te verlaten. Er zullen dan bij dezelfde spanning over de buis per seconde meer elektronen vrijkomen. 82 Crookes-buis Botsende deeltjes tegen een wand leveren een kracht op die wand (vergelijk het ontstaan van gasdruk). Een botsend deeltje dat weerkaatst, oefent een grotere kracht uit op een wand dan een deeltje dat wordt opgenomen. Als het draaien door de fotonen veroorzaakt zou worden, dan zou de glimmende kant achteruit moeten bewegen. De fotonen weerkaatsen namelijk tegen de glimmende kant en worden geaborbeerd door de zwarte kant. Het blijkt echter dat de wieken op deze manier niet bewegen. Blijkbaar heeft de verklaring te maken met de aanwezigheid van gasmoleculen. Een zwart oppervlak absorbeert meer straling dan een glimmend. Het zwarte oppervlak wordt daardoor warmer. Moleculen die tegen de wanden botsen geven een duw tegen die wanden. Wanneer een molecuul tegen een wand botst die warmer is, zullen de atomen in de wand de moleculen een extra duw kunnen geven bij de botsing. Daardoor is het botsingseffect heftiger. Hierdoor ondervinden de zwarte vlakken over het totaal een grotere afstotende kracht dan de glimmende vlakken en bewegen achterwaarts. 83 Ozonlaag Orintatie: Gevraagd: dikte h2 van ozonlaag op 30 km hoogte. Gegeven: 1 dobson: cilinder met A = 1 m2 heeft hoogte 0,01 mm = 1,0 105 m bij T = 273 K en p = 1,0105 Pa. Aardoppervlak: m.b.v. figuur 30 T1 = 273 K en p1 = 1,0105 Pa; Op 30 km hoogte: m.b.v. figuur 30 T2 = 51,5 C = 221,5 K en p2 = 1,0103 Pa Zuidpoolgebied: hoeveelheid ozon = 200 dobson op aardoppervlak h1 = 200 1,0105 = 200105 m Uitvoering en planning: V2 = h2 A Nieuwe onbekende: V2. Algemene gaswet p V p V p V = nR 1 1 = 2 2 T1 T2 T Nieuwe onbekende: V1. 10 10 5 200 10 5 221,5 , 1,0 10 3 273p1 = 1,0 .10 5 Pa V1 = 200 .10-5 m3 T1 = 0 oC = 273 K V2 = h2 .1,0 m 3 p2 = 1,0 .10 3 Pa T2 = - 51,5 o C = 221,5 K

V1 = h1 A = 200 10 5 1 = 200 10 5 m3 , 10 10 5 200 10 5 10 10 3 V2 , = 273 221,5 V2 =

= 0,162 m3

0,162 = h 2 1,0 h2 = 0,162 m = 16,2 cm Controle: Conclusie: de laag van 'zuiver ozon' heeft op 30 km hoogte ongeveer een dikte van 16 cm. N.B. Je kunt de dikte ook berekenen door eerst na te gaan hoe groot een volume V2 op 30 km hoogte wordt als het op het aardoppervlak een volume heeft van V1 = 1 m3. De dikte van de ozonlaag neemt dan evenredig toe met deze waarde.