K3 Kern- en deeltjesprocessen
Materie | vwo
Uitwerking basisboek
K3.1 INTRODUCTIE
1
[W] Deeltjestheorie
2
[W] Deeltjes versnellen en afbuigen
3
[W] Materie en straling
K3.2 ELEMENTAIRE DEELTJES
4
[W] Computersimulatie: Botsingsexperimenten
5
Waar of niet waar?
a Waar
b Niet waar: Na de ontdekkingen van Thomson, Rutherford en (vele) anderen is er sprake van drie elementaire
deeltjes: het elektron, het proton en het neutron.
c Niet waar: Het aantal protonen in de kern van een atoom is gelijk aan het aantal om de kern heen bewegende
elektronen.
d Niet waar: De kern bevat geen elektronen. Het aantal elektronen dat rondom de kern beweegt is gelijk aan het
aantal protonen in die kern.
e Waar
f Waar
6
Een atoom is opgebouwd uit een kleine zware kern van positief geladen protonen en ongeladen neutronen. De
protonen en neutronen hebben ongeveer dezelfde massa. Op ‘grote afstand’ daaromheen cirkelen de veel lichtere,
negatief geladen elektronen.
7
In het experiment van Rutherford wordt dun goudfolie beschoten met α-deeltjes uit een radioactieve bron. Uit dit
experiment blijkt dat de meeste α-deeltjes dwars door de goudatomen heen gaan en niet of slechts heel licht worden
afgebogen. Slechts 1 op de 8000 α-deeltjes botst tegen de kern van een goudatoom en wordt teruggekaatst. Dat
betekent dat deze kern heel klein is ten opzichte van het goudatoom en veel zwaarder is dan een α-deeltje. Rondom
de relatief zware kern van het goudatoom zit dus vooral lege ruimte.
8
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 1 van 16
9
a
Het eerste en het derde deeltje worden afgestoten door de kern, waardoor de baan van richting verandert. Het
tweede deeltje botst tegen de kern aan en kaatst terug. Het vierde deeltje ondervindt geen invloed van de kern
omdat het er op te grote afstand langs beweegt.
b Het positief geladen α-deeltje beweegt recht op de positief geladen kern af, en wordt door de (afstotende)
elektrische kracht eerst afgeremd tot stilstand en daarna weer in tegengestelde richting versneld. Er is dus niet
echt sprake van een ‘botsing’.
c Omdat de kern zo klein is in vergelijking tot het hele atoom zullen de meeste α-deeltjes helemaal geen kern
tegenkomen en dus gewoon rechtdoor bewegen. De paar α-deeltjes die de kern wel tegenkomen worden
hierdoor afgebogen zoals het 1e en 3e deeltje of zelfs teruggekaatst zoals het 2e deeltje.
d De oppervlakte van de dwarsdoorsnede van de kern is ongeveer 1/8000 e deel van de oppervlakte van de
dwarsdoorsnede van het atoom. Voor de oppervlakte geldt dat 𝐴
levert: 𝑟kern 2
1
1
= π ∙ 𝑟 2 , dus 𝐴kern = 8000 ∙ 𝐴atoom . Dat
1
1
= 8000 ∙ 𝑟atoom 2  𝑟kern = √8000 ∙ 𝑟atoom  𝑟kern ≈ 100 ∙ 𝑟atoom of
𝑟atoom ≈ 100 ∙ 𝑟kern .
10
a
Als de heliumkern alleen uit protonen zou bestaan zouden zowel de massa als de lading van een heliumkern
twee keer zo groot zijn als van een waterstofatoom. De verhouding tussen lading en massa blijft dan hetzelfde.
Omdat de verhouding
𝑞
voor de heliumkern anders is dan voor de waterstofkern zal er nog een deeltje (of
𝑚
deeltjes) in de heliumkern aanwezig moeten zijn die dit verklaart.
b Omdat
c
𝑞
van de heliumkern 2 × zo klein is betekent dit dat de massa meer is toegenomen dan de lading. Er
𝑚
zitten dus extra, ongeladen deeltjes in de heliumkern.
De lading van de heliumkern is 2 × zo groot als de lading van de waterstofkern, dus er zitten 2 protonen in de
kern. Als
𝑞
2 × zo klein is zal de massa van de heliumkern 4 × zo groot moeten zijn. Dan moeten er ook
𝑚
2 neutronen in de heliumkern zitten.
d Koolstof heeft atoomnummer 6 en dus 6 protonen in de kern. Het aantal protonen in een koolstofkern is 6 × zo
groot als in een waterstofkern. Bij een tweemaal zo kleine verhouding
𝑞
moet de massa van de koolstofkern
𝑚
12 × zo groot zijn, dus zitten er ook 6 neutronen in de koolstofkern.
e
Een C-14 kern heeft dezelfde lading als een C-12 kern, maar een grotere massa. De waarde van
𝑞
is dus
𝑚
kleiner voor een C-14 kern.
11 Eigen antwoord van de leerling
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 2 van 16
12
a
De straal van het gebogen spoor is boven de loodplaat kleiner dan onder de loodplaat. Voor de straal van de
cirkelbaan van een deeltje dat afgebogen wordt door de lorentzkracht geldt:
𝑟=
𝑚∙𝑣
. Dus is de straal evenredig
𝐵∙𝑞
met de snelheid. Dat betekent dat de snelheid boven de loodplaat kleiner is dan eronder. De loodplaat remt het
deeltje af, dus het deeltje beweegt van onder naar boven.
b Het magneetveld is (in tegenstelling tot wat in het boek staat) het papier in gericht, en de lorentzkracht buigt het
deeltje naar links af. Met de rechterhandregel is dan te bepalen dat een positief deeltje naar boven zou bewegen.
Het deeltje beweegt in werkelijkheid ook omhoog dus is het een positief deeltje.
c Als het positron een elektron tegenkomt treedt annihilatie op. Hierbij vernietigen de deeltjes elkaar en ontstaan er
twee γ-fotonen.
13
a
Massa en energie zijn volgens de relativiteitstheorie van Albert Einstein equivalent. Uit de energie van het foton
kan dus massa ontstaan.
b Zodra een γ-foton tegen een atoom botst, verdwijnt het foton zelf. Een γ-foton kan dus nooit meerdere botsingen
achter elkaar hebben en een spoor van belletjes maken.
c Als de lading tegengesteld is, is de lorentzkracht de andere kant op en buigt het deeltje naar de andere kant af.
Op de foto buigen twee deeltjes naar links af en twee naar rechts. Dus hebben de twee deeltjes een
tegengestelde lading.
14
a
De lading van een up quark is +
2
3
1
3
∙ 𝑒 en de lading van een down quark is − ∙ 𝑒.
Een proton bestaat uit twee up quarks en een down quark, dus heeft lading:
2
1
1
2
2 ∙ (+ 3 ∙ 𝑒) + (− 3 ∙ 𝑒) = +𝑒. Een neutron bestaat uit twee down quarks en een up quark, dus heeft lading:
2 ∙ (− 3 ∙ 𝑒) + (+ 3 ∙ 𝑒) = 0.
b
̅ heeft lading: (+ 2 ∙ 𝑒) + (+ 1 ∙ 𝑒) = +𝑒  dit is een π+ .
ud
3
3
2
2
uu̅ heeft lading: (+ 3 ∙ 𝑒) + (− 3 ∙ 𝑒) = 0  dit is een π0 .
̅ heeft lading: (− 1 ∙ 𝑒) + (+ 1 ∙ 𝑒) = 0  dit is een π0 .
dd
3
2
3
1
u̅d heeft lading: (− 3 ∙ 𝑒) + (− 3 ∙ 𝑒) = −𝑒  dit is een π− .
̅ en
15 Een antiwaterstof atoom bestaat uit een antiproton en een anti-elektron. Het antiproton heeft samenstelling u
̅ u̅d
het anti-elektron is een positron.
16
1,6∙10−13
1 MeV = 1,6 ∙ 10−13 J en 𝑐 = 3,0 ∙ 108 m/s dus 1 MeV/𝑐 2 = (3,0∙108 )2 = 1,8 ∙ 10−30 kg.
17
a
De massa van een elektron komt overeen met een energie van 0,511 MeV (zie Binas tabel 7B) en de massa van
een positron komt ook overeen met een energie van 0,511 MeV. Het γ-foton moet dus een energie van minstens
1,02 MeV hebben. Er staat minstens omdat deze energie nodig is voor de massa van het elektron en het
positron en dus in ieder geval nodig is.
b De rest van de fotonenergie wordt omgezet in kinetische energie van het elektron en het positron.
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 3 van 16
18
a
Trek twee raaklijnen aan de cirkel. Teken loodrecht daarop twee lijnen die door het raakpunt gaan. Het snijpunt
van de twee lijnen is het middelpunt van de cirkel. Trek ter controle met de passer een cirkel en meet de straal
op.
De opgemeten straal is ongeveer 11 cm. Omschrijven van 𝑟
𝐸
= 𝑞∙𝐵∙𝑐 geeft:
𝐸 = 𝑟 ∙ 𝑞 ∙ 𝐵 ∙ 𝑐. Met 𝑟 = 0,11 m, 𝑞 = 1 ∙ 𝑒, 𝐵 = 1,5 T en 𝑐 = 3,0 ∙ 108 m/s wordt dat:
𝐸 = 0,11 × 1 × 1,5 × 3,0 ∙ 108 = 5,0 ∙ 107 eV = 50 MeV.
b De lading van het muon is tegengesteld aan die van het positron, dus wordt het muon de andere kant op
afgebogen. Als het muon dezelfde energie heeft is de baanstraal volgens de gegeven formule even groot als bij
het positron. Omdat het muon een langere afstand door de loden plaat aflegt wordt hij meer afgeremd, de baan
van het muon is daarom na doorgang door de loden plaat meer gebogen dan die van het positron.
19 [W] Lading-massaverhouding van het elektron
20 [W] Elementaire lading
21 [W] Standaardmodel
K3.3 DEELTJESINTERACTIES
22 [W] Behoudswetten en symmetriebewerkingen
23 Waar of niet waar?
a Niet waar: Uit elk γ-foton met voldoende energie kan een deeltje en zijn antideeltje ontstaan.
b Waar
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 4 van 16
c
d
e
f
Waar
Niet waar: Bij elektronvangst en β+ -verval verandert een proton in een neutron.
Niet waar: Bij β− -verval verandert een d-quark in een u-quark.
Waar
24 Elektronvangst: p+ + e− →
voor na
Ladinggetal
Leptonen
Leptongetal
Baryonen
Baryongetal
0
0
e−
νe
1
1
p+
n
1
1
n + νe
25 Er gaat één leptonlijn in (het elektron) en er gaat ook één leptonlijn uit (het elektronneutrino) dus er is behoud van
leptongetal. Er gaat ook één baryonlijn in (het proton) en er komt één baryonlijn uit (het neutron) dus is er ook
behoud van baryongetal.
26 Er gaat één baryonlijn (het proton) in en er komt één baryonlijn (het neutron) uit dus er is behoud van baryongetal.
Het positron is een antideeltje dus deze pijl staat andersom. Dus gaat er ook één leptonlijn in (het positron) en komt
er één leptonlijn uit (het elektronneutrino).
27
a
4 ∙ 11p + 2 ∙ −10e → 42He + 2 ∙ νe
b Er is behoud van ladinggetal: het ladinggetal voor de pijl is 4 – 2 = 2 en na de pijl is ladinggetal ook 2 (de
heliumkern heeft lading +2).
Er is behoud van leptongetal: voor de interactie zijn er twee leptonen (de elektronen) en na de interactie ook (de
twee elektronneutrino’s).
Er is behoud van massagetal (en dus baryongetal): voor de interactie zijn er 4 baryonen (de 4 protonen) en na
de interactie zitten er in het heliumatoom ook 4 baryonen (2 protonen en 2 neutronen).
28 Paarvorming. Hier worden een proton en een antiproton gevormd uit een gammafoton: γ
→ p+ + p− .
29 Bij β− -verval ontstaat er aan de rechterkant van de reactiepijl een elektron, dat heeft leptongetal 1. Omdat behoud
van leptongetal geldt, moet er ook een deeltje ontstaan met leptongetal -1 en dat is het anti-elektronneutrino. Bij
β+ -verval ontstaat er aan de rechterkant van de reactiepijl een positron, dat heeft leptongetal -1. Ook nu moet
behoud van leptongetal gelden, dus moet er ook een deeltje ontstaan met leptongetal 1 en dat is het
elektronneutrino.
30
?
a
γ → e− + p+ : dit kan niet, want er is geen behoud van leptongetal en baryongetal (links zijn lepton- en
baryongetal 0 en rechts heeft het elektron leptongetal 1 en het proton baryongetal 1).
?
b
γ → p+ + p− : dit kan wel: links zijn het lepton- en baryongetal 0 en rechts heeft het proton baryongetal 1 en het
antiproton heeft baryongetal -1, en dat is samen ook 0.
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 5 van 16
?
c
p+ → 2 ∙ e+ + e− : dit kan niet, want er is geen behoud van baryongetal (links 1 en rechts 0) en ook geen
behoud van leptongetal (links 0 en rechts -1).
?
d
e− + e+ → n: dit kan niet, want er is geen behoud van baryongetal (links 0 en rechts 1). Er is wel behoud van
leptongetal (links en rechts 0).
?
e
n → p+ + e− : dit kan niet, want er is geen behoud van leptongetal (links 0 en rechts 1). Er is wel behoud van
baryongetal (links en rechts 1).
?
f
n → p+ + e− + νe : dit kan niet, want er is geen behoud van leptongetal (links 0 en rechts 2; het elektron en
elektronneutrino hebben allebei leptongetal 1). Er is wel behoud van baryongetal (links en rechts 1).
31 Eigen antwoord van de leerling
32
a
b
̅ 𝐞 ):
na 𝑿(𝐞− , 𝛎
Ladinggetal
Leptonen
Leptongetal
Baryonen
Baryongetal
voor
na
na 𝑻:
+1
+1
0
Ladinggetal
Leptonen
Leptongetal
Baryonen
Baryongetal
e+ , νe
-1+1=0
+
n
p
1
1
voor
na
+1
0
e+ , νe
+
+1
-1+1=0
p
n
1
1
33 Bij tijdomkeer wordt ‘voor’ gewisseld met ‘na’, dus dan is nog steeds het lading-, lepton- en baryongetal aan de ene
kant van de reactievergelijking hetzelfde als aan de andere kant.
Bij ladingomkeer veranderen alle deeltjes in hun antideeltjes, dus alle lading-, lepton- en baryongetallen worden met
-1 vermenigvuldigd zodat ook dan blijft gelden dat het totale lading-, lepton- en baryongetal aan de ene kant van de
reactievergelijking hetzelfde is als aan de andere kant.
34
a
n + νe → p+ + e−
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 6 van 16
b De reactievergelijking van β+ -verval is: p+ → n + e+ + νe .
In de interactie van vraag a kun je het elektron van de kant van het proton verschuiven naar het neutron door dit
te kruisen, waarbij het in een positron verandert. Vervolgens kun je door tijdomkeer toe te passen het proton aan
de linkerkant van de reactievergelijking krijgen en de andere deeltjes aan de rechterkant:
𝑋(e− )
n + νe → p+ + e− ⇒
𝑇
n + e+ + νe → p+ ⇒ p+ → n + e+ + νe .
c
De reacties tussen neutron en neutrino zijn zeldzaam, dus om een significant aantal neutrino’s te kunnen
detecteren is er een grote detector nodig.
d
n + νe → p+ + e− ⇒
𝑋(e− ,νe )
𝑇
n + e+ → p+ + ν̅e ⇒ p+ + ν̅e → n + e+ . Antineutrino’s kunnen dus worden
waargenomen door ze te laten botsen met een proton.
35 De reactievergelijking is: γ → p+ + p− .
Binas tabel 7B: de massa van een proton komt overeen met een energie van 938 MeV, dus er is minimaal
2 ∙ 938 = 1,88 ∙ 103 MeV = 1,88 GeV nodig.
36 Bij een PET-scan wordt gebruikt gemaakt van de annihilatie van een elektron en een door een β+ -straler
uitgezonden positron: e+ + e− → 2 ∙ γ. Bij deze annihilatie ontstaan 2 gammafotonen met gelijke energie, dus elk
gammafoton heeft de energie die overeenkomt met de massa van een elektron en die komt overeen met een
energie van 511 keV (zie Binas tabel 7B).
37
a p+ + p− → τ+ + τ−
b De massa van de twee tauonen is groter dan de massa van de twee protonen, dus er zal energie toegevoerd
moeten worden om de reactie plaats te laten vinden. Deze energie komt van de snelheid (kinetische energie) die
de protonen hebben vóór de interactie.
38 [W] Wisselwerkingsdeeltjes
K3.4 KERNSPLIJTING EN KERNFUSIE
39 [W] Kernreacties
40 Waar of niet waar?
a Niet waar: Kernsplijting is een ander proces dan radioactief verval want er is een neutron voor nodig om de kern
te splijten en de kern splijt vervolgens in twee lichtere atoomkernen uiteen in plaats van dat er een α- of β-deeltje
wordt uitgezonden.
b Niet waar: alleen bij een ongecontroleerde kettingreactie van kernsplijtingen (waarbij per kernsplijting meer dan
één neutron vrijkomt) is sprake van een per seconde explosief toenemende energie.
c Niet waar: Bij een gecontroleerde kettingreactie veroorzaakt elke kernsplijting gemiddeld één volgende
kernsplijting.
d Niet waar: Een U-235 kern kan na absorptie van een neutron op verschillende manieren splijten.
e Niet waar: Als de massa van een hoeveelheid U-235 kleiner is dan de kritische massa kan er in dat materiaal
geen ongecontroleerde kettingreactie optreden.
f Niet waar: Bij een kernfusie is geen sprake van een kettingreactie (er zijn geen vrijkomende neutronen die voor
een volgende kernfusie zorgen).
41
a U-235
b Bij splijting ontstaan 2 à 3 nieuwe neutronen die weer een volgende uraniumkern kunnen splijten.
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 7 van 16
42 Omdat neutronen geen elektrische lading hebben, worden ze niet afgestoten door de positief geladen kern. De
waarschijnlijkheid dat een neutron de kern raakt en een reactie veroorzaakt is dus veel groter dan dat een positief
geladen projectiel, zoals een proton, dat doet (zeker bij lage snelheden).
43 Ja, een kettingreactie is dan nog mogelijk, maar dan moeten vrijwel alle vrijkomende neutronen in de splijtmassa
blijven en nieuwe kernsplijtingen veroorzaken. De kritische massa is dan groter.
44 De massa van een Pu-239 atoom is
239−235
×
235
100% = 1,7% groter dan van een U-235 atoom. Er zitten dus
1,7% minder Pu-239 atomen in een bepaalde massa dan dat er U-235 atomen in zouden zitten. Het aantal
vrijkomende neutronen per splijtingsreactie is echter
2,7−2,5
×
2,5
100% = 8,0% groter, dus is de kritische massa
van Pu-235 het kleinst.
45
a Xe-140 en Sr-94 zenden allebei β− -straling uit (zie Binas tabel 25).
140
0
b 140
54Xe →
55Cs + −1e en
𝑡1/2 =16 s
94
94
Sr
→
Y
38
𝑡 =1,3 min 39
1/2
+ −10e.
c
Zowel Cs-140 als Y-94 is niet stabiel. Ze zenden beide β− -straling uit (dit staat niet in Binas maar is wel op
internet te vinden).
a
238
1
239
239
92U + 0n → 92U en vervolgens 92U
46
→
239
0
93Np + −1e. Het vervalproduct is Np-239.
De daaropvolgende vervalreacties zijn:
239
93Np
→
239
235
227
U → 231Th →− 231
Ac.
94Pu →
91Pa →
α 92 α 90
β
α 89
−
Ac-227 zendt α- of β -straling uit:
227
223
223
227
227
223
89Ac → 87Fr →− 88Ra of 89Ac →− 90Th → 88Ra
α
β
β
α
223
219
215
211
211
Rn → 84Po → 82Pb →− 83Bi
88Ra →
α 86
α
α
β
−
b Bi-211 zendt α- of β -straling uit:
211
207
207
211
211
207
83Bi → 81Tl →− 82Pb of 83Bi →− 84Po → 82Pb
α
β
β
α
Pb-207 is stabiel.
47 De twee waterstofkernen zijn positief geladen dus stoten elkaar af. Alleen onder hoge druk en bij voldoende snelheid
(dus hoge temperatuur) kunnen de waterstofkernen elkaar dicht genoeg naderen om te fuseren.
48
a
b
c
1
1
2
0
2
1
3
0
1H + 1H → 1H + 1e en 1H + 1H → 1H + 1e. Er komen positronen vrij bij deze reacties.
2
3
4
1
1H + 1H → 2He + 0n, er ontstaat een neutron.
5 11H → 42He + 10n + 3 01e
49 Eigen antwoord van de leerling
50
a
In het inwendige van de atoomkern mogen we volgens de theorie van Einstein massa en energie niet meer als
aparte grootheden behandelen, maar moeten we ze samen nemen.
b Bij kernsplijtings- en fusiereacties worden kleine hoeveelheden massa omgezet in energie. De som van massa
en energie is dan wel behouden.
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 8 van 16
51 De massa van het fusieproduct moet na de fusie kleiner zijn dan de massa van de twee waterstofisotopen samen. Er
is immers energie vrijgekomen bij de fusie en die energie is ontstaan uit de verdwenen massa.
52
a
3 42He → 126C
b De massa van He-4 is 4,002603 u en de massa van C-12 is 12,000000 u. De massa van drie heliumatomen is
dus groter dan de massa van één koolstofatoom en dat betekent dat er bij de fusie energie vrijkomt.
20
4
c 2 12
6C → 10Ne + 2He
d De massa van C-12 is 12,000000 u, de massa van Ne-20 is 19,99244 u en de massa van He-4 is 4,002603 u.
De massa van twee koolstofatomen is dus groter dan de massa neon en helium samen en dat betekent dat er bij
de fusie energie vrijkomt.
53
1 ∙ 𝑢 = 1,66054 ∙ 10−27 kg. Omrekenen naar energie in Joule:
𝐸 = 𝑚 ∙ 𝑐 2 = 1,66054 ∙ 10−27 × (2,99792 ∙ 108 )2 = 1,49241 J. Omrekenen naar elektronvolt:
1,49241
𝐸 = 1,60218∙10−19 = 9,31490 ∙ 108 eV = 931,49 MeV.
54 Oriëntatie:
De splijtingsproducten Ba-141 en Kr-92 staan niet in tabel 25 van Binas dus maken we een schatting van de
atoommassa’s van de splijtingsproducten door naar de massa’s van andere Ba- en Kr-isotopen te kijken, die wel in
Binas te vinden zijn.
Vervolgens kunnen we een soortgelijke tabel als in figuur 46 maken om het massadefect te berekenen.
Uitwerking:
141
1
92
1
a De reactievergelijking is: 235
92U + 0n → 56Ba + 36Kr + 3 0n.
𝑚 (Ba-140) = 139,9 u en 𝑚 (Ba-144) = 143,9 u, dus 𝑚 (Ba-141) ≈ 140,9 u en
𝑚 (Kr-89) = 88,9 u, dus 𝑚 (Kr-92) ≈ 91,9 u.
vóór kernsplijting
ná kernsplijting
isotoop
kernmassa
isotoop
235
92U
235,0 ∙ 𝑢 − 92 ∙ 𝑚e
141
56Ba
92
36Kr
3 10n
kernmassa
140,9 ∙ 𝑢 − 56 ∙ 𝑚e
91,9 ∙ 𝑢 − 36 ∙ 𝑚e
1
1,0
∙
𝑢
3,0 ∙ 𝑢
n
0
236,0 ∙ 𝑢 − 92 ∙ 𝑚e
235,8 ∙ 𝑢 − 92 ∙ 𝑚e
totaal
totaal
∆𝑚 = 236,0 ∙ 𝑢 − 235,8 ∙ 𝑢 ≈ 0,2 ∙ 𝑢 = 0,2 ∙ 1,66 ∙ 10−27 = 3 ∙ 10−28 kg
b De vrijkomende energie is: 𝐸 = 0,2 ∙ 931,49 ≈ 2 ∙ 102 MeV.
55
a
De massa van een U-235 kern is 235,0 ∙ 𝑢 en de energie die vrijkomt bij de splijting is 200 MeV
0,2147
200
= 931,49 =
0,2147 ∙ 𝑢, dat is dus 235,044 × 100% = 0,091% van de massa van de U-235 kern.
b
Eén U-235 kern weegt 235 ∙ 𝑢 = 235 × 1,66 ∙ 10−27 = 3,90 ∙ 10−25 kg. In 1,0 kg U-235 zitten dus
1,0
3,90∙10−25
= 2,56 ∙ 1024 uraniumatomen. Bij volledige splijting komt er 200 × 2,56 ∙ 1024 =
5,13 ∙ 1026 MeV vrij en dat is 5,13 ∙ 1026 × 1,60 ∙ 10−13 = 8,2 ∙ 1013 J.
c
De verbrandingswarmte van steenkool is 29∙106 J/kg, dus is er
© ThiemeMeulenhoff bv
8,2∙1013
29∙106
= 2,8 ∙ 106 kg steenkool nodig.
Pagina 9 van 16
56
a
vóór fusie
ná fusie
isotoop
kernmassa
isotoop
4 11H
4 ∙ 1,007825 ∙ 𝑢 − 4 ∙ 𝑚e
4
2He
2 01e
kernmassa
4,002603 ∙ 𝑢 − 2 ∙ 𝑚e
2 ∙ 𝑚e
4,031300 ∙ 𝑢 − 4 ∙ 𝑚e
4,002603 ∙ 𝑢
totaal
totaal
∆𝑚 = 4,031300 ∙ 𝑢 − 4,002603 ∙ 𝑢 − 4 ∙ 𝑚e = 0,028697 ∙ 𝑢 − 4 × 5,48580 ∙ 10−4 ∙ 𝑢
= 2,6503 ∙ 10−2 ∙ 𝑢 = 2,6503 ∙ 10−2 × 1,66054 ∙ 10−27 = 4,4009 ∙ 10−29 kg.
b De vrijkomende energie is: 𝐸 = 2,6503 ∙ 10−2 × 931,494 = 24,687 MeV.
57
a
2 21H → 42He
b
vóór fusie
isotoop
ná fusie
kernmassa
isotoop
kernmassa
4
2He
2 21H
2 ∙ 2,014102 ∙ 𝑢 − 2 ∙ 𝑚e
4,002603 ∙ 𝑢 − 2 ∙ 𝑚e
4,028204 ∙ 𝑢 − 2 ∙ 𝑚e
4,002603 ∙ 𝑢 − 2 ∙ 𝑚e
totaal
∆𝑚 = 4,028204 ∙ 𝑢 − 4,002603 ∙ 𝑢 = 0,025601 ∙ 𝑢.
De vrijkomende energie is: 𝐸 = 0,025601 × 931,494 = 23,847 MeV.
totaal
c
Dat is 23,847 × 1,60218 ∙ 10−13 = 3,8207 ∙ 10−12 J.
Eén atoom H-2 heeft een massa van: 2,01 ∙ 𝑢 = 2,01 × 1,66 ∙ 10−27
In 2,0 g H-2 zitten dus
2,0∙10−3
3,34∙10−27
= 3,34 ∙ 10−27 kg.
= 6,0 ∙ 1023 atomen H-2. Er zijn twee H-2 atomen nodig voor één fusie, dus
vinden er 3,0∙1023 fusies plaats in deze 2,0 g. De energie die daarbij vrijkomt is: 3,0 ∙ 1023 ∙ 3,82 ∙ 10−12 J =
1,1 ∙ 1012 J.
d De verbrandingswarmte van benzine is 33∙109 J/m3, dus is er
1,1∙1012
33∙109
= 35 m3 = 3,5 ∙ 104 L benzine nodig.
58 [W] Kernsplijtingsreactor
59 [W] Kernfusiereactor
60 [W] Bindingsenergie
K3.5 KOSMISCHE STRALING
61 [W] Kosmische straling
62 [W] Computersimulatie: Airshowers
63
a Niet waar: Kosmische straling bestaat uit hoogenergetische geladen deeltjes.
b Niet waar: Kosmische straling bestaat o.a. uit elektronen vanuit het heelal. Ook ontstaan elektronen in de
airshower die veroorzaakt wordt door een primair kosmisch deeltje. Deze elektronen ontstaan door verval van
pionen tot muonen en het daarop volgende verval van muonen tot elektronen (zie figuur 52).
c Waar
d Niet waar: De primaire kosmische deeltjes botsen hoog in de atmosfeer op stikstof- of zuurstofkernen. Bij zo’n
botsing ontstaan nieuwe deeltjes (zoals pionen), die maar kort bestaan, zodat aan het aardoppervlak de
airshower alleen nog uit muonen, elektronen en fotonen bestaat.
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 10 van 16
e
f
Waar
Waar
64
a
Een pion bestaat uit twee quarks en de protonen en neutronen van het stikstofatoom bestaan uit drie quarks. Bij
de botsing wordt de energie van het primair kosmisch deeltje omgezet in quarks en antiquarks, die zich ‘mengen’
met de quarks in de protonen en neutronen. Daarbij splitsen groepjes van twee quarks (een quark en een
antiquark) zich af en vormen zo pionen.
b De gemiddelde levensduur van een pion is ongeveer 10 ns (1∙10-8 s).
c De pionen ontstaan hoog in de atmosfeer en ze kunnen niet sneller gaan dan de lichtsnelheid: 3∙10 8 m/s. Dat
betekent dat ze nooit meer dan 3 m af kunnen leggen, dus zullen ze het aardoppervlak nooit bereiken.
d Bij het verval van een pion wordt een muon gevormd, volgens de behoudswetten wordt dan ook een
(anti-)muonneutrino gevormd (behoud van leptongetal).
65
a
Als het primaire kosmische deeltje meer energie heeft zullen er in de airshower meer deeltjes ontstaan. Dus hoe
groter het aantal gedetecteerde muonen, hoe hoger de energie van het primaire kosmische deeltje.
b Als bijvoorbeeld de drie detectoren (A, B en C) tegelijkertijd worden getroffen door de muonen uit een airshower,
dan was de bewegingsrichting van het primair kosmisch deeltje loodrecht op het vlak van de drie detectoren (zie
de figuur hieronder links). Als bijvoorbeeld twee van de drie detectoren (A en B) tegelijkertijd worden getroffen
door de muonen uit een airshower en de derde detector (C) even later, dan was de bewegingsrichting van het
primair kosmisch deeltje loodrecht op de lijn AB, maar schuin op het vlak van de drie detectoren (zie de figuur
hieronder rechts). In het algemeen is de bewegingsrichting van het primair kosmisch deeltje te reconstrueren
door te kijken naar de beweging van de snijlijn van het ‘showerfront’ en het aardoppervlak (met de detectoren)
over het aardoppervlak. Die beweging is af te leiden uit de tijdstippen waarop de muondetectoren worden
getroffen: zie keuzeonderwerp 5.
66
a
De massa van een elektron is 9,1∙10-31 kg. Dit gebruiken in 𝐸k
1
1
= 2 ∙ 𝑚 ∙ 𝑣 2 geeft:
1 ∙ 109 = 2 × 207 × 9,1 ∙ 10−31 ∙ 𝑣 2  𝑣 = 1,3 ∙ 109 m/s. Dat is 4,3 × zo groot als de lichtsnelheid.
b Volgens de relativiteitstheorie kan de snelheid nooit hoger dan de lichtsnelheid zijn.
67 Eigen antwoord van de leerling
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 11 van 16
68
a
Als de snelheid van een muon veel kleiner is dan de lichtsnelheid, zal
zijn dat veel kleiner is dan 1, zodat (1 −
b
c
𝑣
𝑐
= 0,995 invullen geeft: 𝑡 =
𝑡0
𝑣2
)
𝑐2
√1−0,9952
𝑣2
in de vergelijking
𝑐2
𝑡=
𝑡0
2
√1−𝑣2
een getal
𝑐
≈ 1. Dat betekent dat 𝑡 ≈ 𝑡0 .
= 10 ∙ 𝑡0 .
Zijn relativistische levensduur is 10 × zo groot, dus zal hij bij de gegeven snelheid ook een 10 × zo grote afstand
afleggen: 6,5 km.
69 Oriëntatie:
Voor de richting van de lorentzkracht op een bewegend positief geladen deeltje geldt de
‘rechterhandregel’: Zet je duim in de richting van de snelheid en je vingers in de richting van het
magnetisch veld, en de lorentzkracht komt uit de palm van je hand. De richting van de
lorentzkracht op een negatief geladen deeltje dat in dezelfde richting beweegt, is daaraan
tegengesteld.
Uitwerking:
a Duim in de richting van de snelheid (naar links) en vingers in de richting van het magneetveld
(vanuit het papiervlak omhoog) geeft een lorentzkracht vanuit de palm van je hand: naar
boven.
b De snelheid van de deeltjes heeft een component in het vlak van de evenaar en een component loodrecht
daarop, in de richting van het magneetveld. Op de snelheidscomponent in het vlak van de evenaar werkt de
lorentzkracht zoals bij vraag a getekend. Er is dus een cirkelbeweging in het vlak loodrecht op 𝐵 . Maar er is ook
een snelheidscomponent in dezelfde richting als 𝐵 . Door deze laatste vindt een translatie in de richting van 𝐵
(naar de Noordpool) plaats. De combinatie van beide is een spiraalvormige beweging. De protonen en
elektronen spiraliseren in dezelfde richting langs 𝐵 , maar de bewegingsrichting in de cirkelbaan is voor beide
deeltjes tegengesteld (omdat de lading tegengesteld is).
70 Oriëntatie:
De lorentzkracht is te berekenen met 𝐹L
deeltjes in een magnetisch veld luidt: 𝑟
= 𝐵 ∙ 𝑞 ∙ 𝑣 en de formule voor de straal van de cirkelbaan voor geladen
𝑚∙𝑣
= 𝐵∙𝑞 .
= 1,7 ∙ 10−27 kg en de massa van een elektron is 𝑚e = 9,1 ∙ 10−31 kg.
Voor een proton en een elektron is 𝑞 = 1,6 ∙ 10−19 C.
De massa van een proton is 𝑚p
Uitwerking:
a 𝐹L = 1 ∙ 10−5
× 1,6 ∙ 10−19 × 40 ∙ 103 = 6 ∙ 10−20 N.
b De straal van de cirkelbaan van het proton is 𝑟p
De straal van de cirkelbaan van het elektron is 𝑟e
© ThiemeMeulenhoff bv
1,7∙10−27 ×40∙103
= 1∙10−5 ×1,6∙10−19 = 4 ∙ 101 m.
=
9,1∙10−31 ×40∙103
1∙10−5 ×∙1,6∙10−19
= 2 ∙ 10−2 m.
Pagina 12 van 16
71
a
1015 eV = 1015 × 1,6 ∙ 10−19 = 1,6 ∙ 10−4 J.
𝑟=
b
𝐸
𝑞∙𝐵∙𝑐
=
1,6∙10−4
1,6∙10−19 ×3∙10−10 ×3,0∙108
= 1 ∙ 1016 m, dat is
1∙1016
5∙1020
= 2 ∙ 10−5 ∙ 𝑟Mws . De straal is veel kleiner
dan de straal van het Melkwegstelsel, dus dit proton zal het Melkwegstelsel niet kunnen verlaten.
3 ∙ 1019 eV = 3 ∙ 1019 × 1,6 ∙ 10−19 = 4,8 J. In het melkwegstelsel is 𝐵 = 3 ∙ 10−10 T, dus
𝐸
3∙1020
4,8
𝑟 = 𝑞∙𝐵∙𝑐 = 1,6∙10−19 ×3∙10−10 ×3,0∙108 = 3 ∙ 1020 m en dat is 5∙1020 = 0,6 ∙ 𝑟Mws.
c
3 ∙ 1019 eV = 3 ∙ 1019 × 1,6 ∙ 10−19 = 4,8 J
𝑟=
𝐸
𝑞∙𝐵∙𝑐
=
4,8
1,6∙10−19 ×10−13 ×3,0∙108
= 1 ∙ 1024 m, dat is
1∙1024
1,6∙1023
= 6 ∙ 𝑟Vc .
d De straal van de baan in het Melkwegstelsel (bij b berekend) is ongeveer gelijk aan de straal van de Melkweg.
Het proton verandert dus van richting in ons Melkwegstelsel. Daar staat tegenover dat ons zonnestelsel ver van
het centrum van het Melkwegstelsel ligt en het proton niet het hele stelsel hoeft te doorkruisen om de aarde te
bereiken. Daardoor blijft de richtingverandering beperkt en is het Virgocluster niet zonder meer als bron uit te
sluiten.
De straal van de baan in de extragalactische ruimte (bij c berekend) is 6 × zo groot als de afstand tot het
Virgocluster. Het proton verandert dus niet al te veel van richting, en ook nu is het Virgocluster niet zonder meer
als bron uit te sluiten.
Op grond van de afbuigingen die bij de vragen b en c zijn berekend is het niet mogelijk om dicht bij elkaar
liggende bronnen te onderscheiden. Of de waarneming een indicatie is voor een bron in het Virgocluster hangt
samen met de vraag of in de wijde omgeving van het Virgocluster andere bronnen voor dergelijke snelle
protonen zijn. Is dit niet het geval, dan mag je aannemen dat het deeltje uit het Virgocluster komt.
72 [W] Muonendetectie
73 [W] Kosmisch klimaat
K3.6 AFSLUITING
74 Eigen antwoord van de leerling
75
a Volgens het standaardmodel bestaat materie uit leptonen en quarks.
b De formule die de equivalentie van massa en energie beschrijft luidt: 𝐸 = 𝑚 ∙ 𝑐 2 . Hierin is 𝐸 de energie (in J)
van een deeltje, 𝑚 de massa (in kg) van het deeltje en 𝑐 de lichtsnelheid (3,00∙108 m/s). De massa van deeltjes
is dus ook te schrijven als 𝑚
𝐸
= 𝑐 2, waarmee de massa ook uitgedrukt kan worden in MeV/c2.
c
Leptonen bestaan niet uit een combinatie van nog kleinere deeltjes, hadronen wel. De quarks zijn de
bouwstenen van de hadronen.
d Mesonen bestaan uit de combinatie van een quark en een antiquark. Baryonen bestaan uit de combinatie van
drie quarks.
e Voor alle deeltjesinteracties gelden de volgende behoudswetten: behoud van lading-, lepton- en baryongetal (of
quarkgetal). Het leptongetal is het aantal leptonen min het aantal antileptonen. Het baryongetal is het aantal
baryonen min het aantal antibaryonen.
f Voor alle deeltjesinteracties gelden de volgende symmetriebewerkingen: tijdomkeer (𝑇 ), ladingomkeer (𝐶 ) en
kruisen (𝑋). Tijdomkeer en ladingomkeer hebben betrekking op alle deeltjes in een deeltjesinteractie: bij
tijdomkeer worden alle deeltjes aan de linkerkant van de reactiepijl naar de rechterkant gebracht en andersom en
bij ladingomkeer worden alle deeltjes veranderd in hun antideeltjes. Kruisen heeft betrekking op afzonderlijke
deeltjes in een deeltjesinteractie: een deeltje wordt van de ene kant van de reactiepijl overgebracht naar de
andere kant en omgezet in zijn antideeltje.
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 13 van 16
g Bij paarvorming ontstaan uit een γ-foton met voldoende energie een deeltje en zijn antideeltje. Een voorbeeld is
de paarvorming van een elektron en een positron:
𝛾 → 𝑒 − + 𝑒 + . Het reactiediagram ziet er als volgt uit:
Bij annihilatie van een deeltje en zijn antideeltje ontstaan twee 𝛾 -fotonen. Een voorbeeld is de annihilatie van
een elektron en een positron: 𝑒 − + 𝑒 + → 2𝛾. Het reactiediagram ziet er als volgt uit:
h Bij β− -verval vervalt een neutron in de atoomkern naar een proton in combinatie met het uitzenden van een
elektron en een anti-elektronneutrino: n → p+ + e− + ν
̅e . Het reactiediagram ziet er als volgt uit:
Bij β+ -verval vervalt een proton in de atoomkern naar een neutron in combinatie met het uitzenden van een
positron en een elektronneutrino: p → n + e+ + νe . Het reactiediagram ziet er als volgt uit:
i
Bij kernsplijting neemt een kern een neutron op. Na absorptie splijt de kern in twee brokstukken uiteen. Daarbij
kunnen weer nieuwe neutronen vrijkomen. Bijvoorbeeld de kernsplijting van U-235:
141
235
1
92
1
92U + 0n → 56Ba + 36Kr + 3 0n + energie.
Bij kernfusie fuseren meerdere kleine kernen tot één grotere kern en vaak ook enkele positronen. Bijvoorbeeld
de fusie van vier waterstofkernen tot helium:
4 11H → 42He + 2 01e + energie.
j
k
l
Bij een ongecontroleerde kettingreactie veroorzaakt elke kernsplijting meer dan één volgende kernsplijting. Bij
een gecontroleerde kettingreactie veroorzaakt elke kernsplijting gemiddeld één volgende kernsplijting.
De kritische massa is de minimale hoeveelheid splijtstof die nodig is voor een ongecontroleerde kettingreactie.
Als de massa van de splijtstof kleiner is dan deze kritische massa, zijn er teveel vrijkomende neutronen die de
splijtstof verlaten zonder een nieuwe kernsplijting te veroorzaken en ‘sterft de kettingreactie uit’.
Het verband tussen het massadefect en de bij kernsplijting en kernfusie vrijkomende energie wordt gegeven door
de formule: 𝐸 = ∆𝑚 ∙ 𝑐 2 . Hierbij is 𝐸 de vrijkomende energie (in J), ∆𝑚 het massadefect (in kg) en 𝑐 de
lichtsnelheid (3,00∙108 m/s).
m Een hoogenergetisch kosmisch deeltje dat tegen atoomkernen in de atmosfeer botst veroorzaakt een lawine van
secundaire deeltjes: een airshower. Zo’n airshower bestaat voor een groot deel uit muonen, die het
aardoppervlak kunnen bereiken en daar gedetecteerd kunnen worden.
n De magnetische velden van de aarde en de zon schermen de aarde af voor een groot deel van de kosmische
straling.
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 14 van 16
76
a
Het atoomnummer van Bi is 83 en dat van Fe is 26. Bij elkaar opgeteld is dat 109 en volgens Binas, tabel 25
heeft Mt atoomnummer 109.
b
209
83Bi
c
De positief geladen kernen kunnen elkaar alleen dicht genoeg naderen als de snelheid van de ijzerionen zeer
hoog is.
d
267
109Mt
a
65
30Zn
+ 58
26Fe →
→
263
107Bh
267
109Mt
+ 42He
77
→
65
29Cu
+ 01e + νe
b
vóór 𝛃+ -verval
ná 𝛃+ -verval
isotoop
kernmassa
isotoop
kernmassa
65
30Zn
64,92925 ∙ 𝑢 − 30 ∙ 𝑚e
65
29Cu
0
1e
64,92779 ∙ 𝑢 − 29 ∙ 𝑚e
𝑚e
64,92779 ∙ 𝑢 − 28 ∙ 𝑚e
64,92925 ∙ 𝑢 − 30 ∙ 𝑚e
totaal
totaal
∆𝑚 = 64,92925 ∙ 𝑢 − 64,92779 ∙ 𝑢 − 2 ∙ 𝑚e =
0,00146 ∙ 𝑢 − 2 × 5,48580 ∙ 10−4 ∙ 𝑢 = 3,6 ∙ 10−4 ∙ 𝑢.
De vrijkomende energie is: 𝐸 = 3,63 ∙ 10−4 × 931,5 = 0,34 MeV.
78
a
Een π+ -meson bestaat uit een up quark en een anti-down quark en een π− -meson uit een down quark en een
anti-up quark.
2
1
∙ 𝑒 en de lading van een down quark is − 3 ∙ 𝑒.
3
1
(+ 3 ∙ 𝑒) = +𝑒  hetzelfde als de lading van π+ .
1
(− 3 ∙ 𝑒) = −𝑒  hetzelfde als de lading van π− .
b De lading van een up quark is +
̅ heeft lading: (+ 2 ∙ 𝑒) +
ud
3
2
u̅d heeft lading: (− 3 ∙ 𝑒) +
c De π+ -mesonen buigen af naar links, dus ondervinden een lorentzkracht naar links. Met de duim in de richting
van de bewegingsrichting van het π+ -meson en de handpalm naar links is met de rechterhandregel af te leiden
dat het magneetveld het papier in wijst. De π−-mesonen buigen juist naar rechts af maar door rekening te
houden met de negatieve lading van deze mesonen kun je ook hier afleiden dat het magneetveld het papier in
moet wijzen.
d Het neutrino gaat nauwelijks interactie aan met materie dus de kans dat een neutrino ook maar één atoom
ioniseert is al heel klein. Het neutrino zal al helemaal niet een reeks van atomen ioniseren waardoor de baan
zichtbaar zou worden.
79
a
2 11H → 21H + 01e + νe
b Vóór de interactie is het leptongetal 0. Ná de interactie is er een positron ontstaan met leptongetal -1, dus
volgens de wet van behoud van leptongetal moet het andere deeltje dat ontstaat leptongetal 1 hebben. En dat is
dus een elektronneutrino.
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 15 van 16
80
a
147
235
1
92U + 0n → 56Ba
1
+ 86
36Kr + 2 0n
b Uit de wet van behoud van ladinggetal volgt dat het andere deeltje een elektron moet zijn. Vervolgens vinden we
met de wet van behoud van leptongetal dat er ook een anti(elektron)neutrino ontstaat.
c Door middel van kruising van het antineutrino krijgen we de interactie tussen een neutron en een
(elektron)neutrino, waarbij een proton en een elektron ontstaan:
Met behulp van een bellenvat of dradenkamer en een neutronenbron zouden de neutrino’s te detecteren moeten
zijn op grond van de sporen van het bij de interactie ontstane proton en elektron. Het probleem is dat de
interactie tussen een neutron en een neutrino slechts uiterst zelden plaatsvindt. Het wordt dus wel erg lang
wachten.
Het detecteren van neutrino’s kan ook door het detecteren van de door het (bij de interactie ontstane) elektron
uitgezonden Cherenkovstraling (zie opdracht 34).
81
a
vóór fusie
ná fusie
isotoop
kernmassa
isotoop
2 32He
2 ∙ 3,016029 − 4 ∙ 𝑚e
4
2He
2 11H
kernmassa
4,002603 ∙ 𝑢 − 2 ∙ 𝑚e
2 ∙ 1,007825 ∙ 𝑢 − 2 ∙ 𝑚e
6,032058 ∙ 𝑢 − 4 ∙ 𝑚e
6,018253 ∙ 𝑢 − 4 ∙ 𝑚e
totaal
totaal
∆𝑚 = 6,032058 ∙ 𝑢 − 6,018253 ∙ 𝑢 = 0,013805 ∙ 𝑢.
De vrijkomende energie is: 𝐸 = 0,013805 × 931,49 = 12,86 MeV.
1
2
0
2
1
3
b 1
1H + 1H → 1H + 1e + νe en 1H + 1H → 2He + γ
© ThiemeMeulenhoff bv
Pagina 16 van 16