Newton vwo deel 2 Uitwerkingen Hoofdstuk 21 Kernenergie 139

Transcriptie

1 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 39 Kernenergie Inleiding.Voorkennis Ioniserende straling a De instabiele kern van een atoom. b soort straling bestaat uit eigenschappen ioniserend vermogen doordringend vermogen α-straling heliumkernen groot klein c d β-straling elektronen matig matig γ-straling elektromagnetische straling klein groot Dosimeter en Geiger-Müllerteller. De dosis D is de geabsorbeerde stralingsenergie per kg van het bestraalde voorwerp. Het dosisequivalent H is de dosis, vermenigvuldigd met een weegfactor (Q) voor de soort straling. E Formules: D = str en H = D weegfactor m Eenheden: D in Gy (gray = J/kg) en H in Sv (sievert) e weefsel/orgaan dosisequivalent (Sv) acute stralingseffecten geslachtsorgaan > 0 (lokaal) steriliteit beenmerg > 5 dood door bloedverlies of infecties darm > 0 (lokaal) dood door ontwrichting van de stofwisseling centraal zenuwstelsel > 50 (lokaal) dood door beschadiging hersencellen Radioactief verval a Overeenkomst: isotopen zijn elementen met hetzelfde atoomnummer Z. Verschil: isotopen hebben een verschillend massagetal A. b Bij het verval van een radioactieve isotoop zendt de kern α- of β-straling uit en in sommige gevallen ook γ-straling. Hierbij ontstaat er een ander element. c De activiteit is het aantal instabiele kernen dat per seconde vervalt. De eenheid is Bq (becquerel). d De activiteit van een isotoop neemt af, na één halveringstijd is de activiteit half zo groot. e Ra 8Rn + He en 53 I 5Xe + e f De som van de massagetallen links en rechts van de reactiepijl is gelijk de 'massa' blijft behouden. (N.b. in. leer je in verband met de omzetting massa in energie de term massadefect kennen). De som van de atoomnummers links en rechts van de reactiepijl is gelijk de totale lading blijft behouden. 3 Stralingsbelasting a Bij uitwendige bestraling bevindt de bron zich buiten het lichaam. Dan is γ-straling het gevaarlijkst want deze dringt het diepst in het lichaam door. Bij inwendige bestraling bevindt de bron zich in het lichaam. Dan is α-straling het gevaarlijkst want deze straling geeft dan het grootste aantal ionisaties per cel (weegfactor = 0). b Er zijn twee mogelijkheden: afstand houden en afscherming van de bron. c Men spreekt van besmetting als de radioactieve stoffen op of in het lichaam komen. Bij besmetting kan er zowel sprake zijn van uitwendig als inwendig bestraling. Het ligt eraan waar de radioactieve stoffen zich bevinden. Besmetting ontstaat als een bron open is en de radioactieve stoffen vrijkomen. Uitwendig is bestrijding mogelijk door wassen, inwendig is er weinig aan te doen.

2 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 0 Elektriciteitsvoorziening a Een thermische centrale werkt met warmte. De warmte ontstaat door verbranding van gas, olie of steenkool of komt van kernenergie. Energieomzetting: chemische energie of kernenergie wordt via de tussenstap 'warmte' (in hete stoom) omgezet in elektrische energie. b Er zijn centrales die gebruik maken van verbranding van fossiele brandstoffen en centrales die gebruik maken van kernenergie. c Bij de omzetting van chemische energie ontstaat luchtvervuiling. Bovendien raken de brandstofvoorraden uitgeput. Bij kerncentrales ontstaat radioactief afval. Ook de voorraad uranium in de mijnen is niet oneindig. Beide vormen moeten zoveel mogelijk vervangen worden door gebruik van zonne-, water- en windenergie of door gebruik van brandstofcel en fusiereactor. Kernreacties.Structuur 5 Vergelijk het door jou gemaakte structuurschema met die van je mede-leerlingen..verwerking Kernsplijting: gaat niet spontaan, er wordt een neutron in de kern geschoten. Er ontstaan diverse splijtingsproducten. Radioactief verval: gaat spontaan, er komt een α- of β-deeltje vrij (soms met een γ-foton). Er ontstaan steeds dezelfde vervalproducten a Uranium: U-35 ( 9 U ) b Bij de splijting ontstaan komen steeds enkele neutronen vrij die de reactie in stand kunnen houden. 8 Bij een gecontroleerde kettingreactie kan men het aantal reacties per seconde regelen door het invangen van vrijkomende neutronen door atoomkernen van een andere stof dan uranium. Het kettingproces wordt hierbij in de hand gehouden (voorbeeld: kerncentrale). Bij een ongecontroleerde kettingreactie verloopt het aantal splijtingen per seconde explosief, waardoor een kernexplosie ontstaat (voorbeeld: kernbom). 9 Bij kernsplijting valt een zware kern in twee of meer lichte kernen uiteen. Bij een kernfusie worden twee lichtere kernen samengevoegd tot een zwaardere kern. Overeenkomst: bij beide reacties komt energie vrij. 0 a Een kernsplijtingsproces is gemakkelijker op gang te brengen dan een kernfusie-proces. De lichte atoomsoorten fuseren pas bij hele hoge temperatuur en druk. In een fusiebom ontstaan deze omstandigheden door een kernsplijtingsbom als 'aansteker' te gebruiken. b Overeenkomsten: In beide gevallen komt er energie vrij dankzij het verschijnsel van massadefect. Verschillen: Bij een splijtingsbom gaat men uit van zware kernen die bij splijting in middelzware kernen uitéénvallen. Bij dit proces komt veel neutronenstraling vrij en daarnaast ook veel γ-straling. De ontstane middelzware kernen zijn radioactief. Door fall-out kunnen grote gebieden besmet raken met radioactieve stoffen. Bij een fusiebom gaat men uit van lichte kernen, die samensmelten tot zware kernen. Deze gevormde kernen (H- en He-) zijn niet radioactief. Bij een fusiebom gebruikt men wel het kernsplijtingsproces als 'aansteker' om een hoge temperatuur en druk te krijgen. De fall-out is duidelijk minder groot omdat er veel minder kernsplijtingsprodukten vrijkomen die radioactief zijn. 0 Eerst fuseren waterstofkernen: H He + e Vervolgens kunnen 3 heliumkernen fuseren tot één koolstofkern: 3 He C 0 Daarna kan er koolstoffusie optreden: C 0Ne + He (zie informatieboek blz. 53).

3 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie a 9 U en 9U b In U-35 zitten 9 protonen en 35 9 = 3 neutronen. In U-38 zitten 9 protonen en 38 9 = neutronen. 3 a proton: 0 H of p neutron: 0 n elektron: e b α-deeltje: c positron: He of 0 0 α β-deeltje: e, β of β 0 e, 0 β of + β a 9 U + 0n 5 Xe + 38Sr + 0n (vergelijking ) U + 0n 5Ba + 3Kr + 3 0n (vergelijking ) b Bij de e vergelijking: en bij de e vergelijking: 3 neutronen. c Gegeven: het massadefect bij reactie : m = 3,3 8 kg en bij reactie : m = 3, 8 kg. Voor het massadefect geldt de vergelijking E = m c BINAS (tabel 7): de lichtsnelheid c =,998 8 ms N.B. MeV =,0 9 =,0 3 J J = MeV 3,0 Vgl. E = 3,3 8 (,998 8 ) =,9 J = 85,39 MeV Vgl. E = 3, 8 (,998 8 ) =,78 J = 7, MeV Afgerond: E =,9 MeV Afgerond: E =,7 MeV 5 a BINAS (tabel 5): Xe-0 en Sr-9 zenden beide β -straling en γ-straling uit. N.B. de β -straling ontstaat doordat er in de kern de volgende neutronreactie optreedt: 0 0 n p + e Het elektron wordt vervolgens uit de kern gezonden: β -straling b 5 Xe 55 Cs + e β en 38Sr 39 Y + e ; s β ;,3 min c Volgens BINAS (tabel 5) zijn Cs-33 en Y-89 stabiel. De vervalproducten Cs-0 en Y-9 worden niet in BINAS vermeld. Deze zijn (hoogstwaarschijnlijk) wel radioactief omdat ze veel meer neutronen hebben dan de stabiele isotopen. Voor het massadefect geldt de vergelijking E = m c BINAS (tabel 7): atomaire massaeenheid u =,05 7 kg en de lichtsnelheid c =, ms E =,05 7 (, ) =,9 0 J N.B. MeV =,0 9 =,0 3 J 0,9 E = = 93,8 MeV 3, a 9 U + 0n 57 La + 35Br + 3 0n b en c J = MeV 3,0 Afgerond: E = 93,5 MeV Helaas: BINAS vermeldt de hierboven genoemde isopen La-8 en Br-85 niet. Het massadefect en de vrijkomende energie bij deze splijting is dus niet te berekenen. 8 N.B. In de aanhef van deze opgave wordt een hoeveelheid kinetische energie van ev van het α-deeltje genoemd. Dit moet MeV zijn (zie ook vraag a). 7 Gegeven: kernreactie 3Li + He 5 B ; E k,α =,0 MeV =,0,0 9 = 3,0 3 J. a Ek,max Ek,max = / m vmax vmax = Nieuwe onbekende: kernmassa m van He. m Kernmassa m = atoommassa (BINAS tabel 5) - massa elektronen (BINAS tabel 7) m =,0003-5,858 =,0050 u =,0050,05 7 kg =, 7 kg

4 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 3 3,0 v = = 9,80 m/s Afgerond: v = 9,8 m/s 7, Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 8. b Voor het massadefect geldt de vergelijking E = m c waarbij volgens BINAS (tabel 7): de lichtsnelheid c =,998 8 ms Voor het omrekenen van 'joule' naar 'MeV' geldt J = MeV 3,0 Gemakkelijker kun je echter rekenen met u = 93,9 MeV (zie BINAS tabel 7). c Met de berekening uit de tabel hiernaast E = 0, ,9 = 8,5 MeV. Afgerond: E = 8,7 MeV Li + He 5 B + 0n voor de fusie na de fusie isotoop m in u isotoop m in u 7 3Li 7, ,858 5 Bo, ,858 He,0003-5,858 Σm voor =,059 u Σm na =,00 u massadefect m =,059,00 = 0,00930 u m = 0,00930,05 7 =,5 9 kg d Li + He Be + p ; BINAS (tabel 5): Be-0 vervalt volgens Be 5 B + e β ;,7 0 j e De halveringstijd van Be-0 is t / =,7 j 8, j = 3,0 t / Na 8, j is er nog 3 = 7 -deel over. En dus is -deel van de kernen vervallen D.w.z. 3, =,80 Afgerond:,8 kernen zijn vervallen a 9 U + 0n 9 U 93 Np + e het vervalproduct is Np-39 b BINAS (tabel 5): Np-39 is een β straler 93 Np 9 Pu + e het vervalproduct is Pu Ook Pu-39 is instabiel namelijk een α-straler 9 Pu 9 U + He De halveringstijd van U-35 is zeer groot namelijk 7,0 8 j. We kunnen dit isotoop dus min of meer als 'stabiel' beschouwen a Deuterium: H + H He H + e en tritium: H + H He H + e Bij elk van de reacties komt een positron ( 0 e of 0 β ) vrij. b 3 5 H + H He He + 0n Er komt een neutron ( 0 n ) vrij. c 0 5 H He + 0n + 3 e d Berekening via massadefect bij fusiereactie: De waarden zijn te vinden in BINAS tabel 7 en 5. Als je met de atoommassa werkt, dan heb je vóór de fusie te maken met 5 elektronen ( per H -isotoop). En na de fusie met elektronen van het He -isotoop. Om de kernmassa te krijgen, moet je de massa van deze elektronen er weer van af halen. De massa van een positron is even groot als dat van een elektron: BINAS (tabel 7) 5,858 u voor de fusie na de fusie isotoop massa in u isotoop massa in u 5 H 5,00785 He, ,858-5,858 0n, e 3 5,858 Σm voor = 5,0338 u Σm na = 5,087 u massadefect m =m voor - m na = 5,0338 5,087 = 0,05 u BINAS (tabel 7): u = 93,9 MeV E = 0,05 93,9 =,883 MeV Afgerond: E = 3 MeV

5 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 3 a Berekening via de bindingsenergie: Uit figuur is af te lezen dat het H -isotoop (= een proton p ) een bindingsenergie '0' heeft. Dat is ook logisch omdat een los proton (nog) niet aan een ander deeltje gebonden is. Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 0. Het He -isotoop heeft een bindingsenergie van 7, MeV per nucleon. In het He -isotoop zijn deeltjes gebonden: E b,totaal = 7, = 8,8 MeV. In eerste instantie stemt deze waarde niet overeen met de energie de volgens het massadefect vrijkomt. Maar dan moet nog bedacht worden dat - dat er bij de vorming 5 protonen (waterstofkernen) ingezet werden én - dat bij de fusie 3 protonen omgezet worden in een neutron en een positron ( 3 p 3 0 0n e ) waarbij neutronen in de He-kern worden opnomen. Bij deze laatste reactie is er echter sprake van een massatoename: 3 m neutron + 3 m positron 3 m proton = 3, ,858 3,0077 = + 0,00580 u. Voor deze massatoename is energie nodig: E = 0, ,9 = 5,0 MeV. Deze energie wordt onttrokken aan de vrijgekomen bindingsenergie: E vrij = 8,8 5, = 3, MeV Dus ook nu afgerond: E = 3 MeV Conclusie: de berekende waarde van de vrijgekomen energie via het massadefect is,9 MeV en via de bindingsenergie is 3, MeV. Deze waarden zijn niet helemaal gelijk, hoewel in de afronding beide op 3 MeV uitkomen. Het verschil kan verklaard worden uit het feit dat bij bovenstaande reactie ook nog enkele neutrino's (zie informatieboek.3) ontstaan. Ook dit gaat nog ten koste van de vrijgekomen bindingsenergie waardoor er dus minder overblijft dan de berekende 3, MeV. Daarnaast is ook het aflezen van de waarde van de bindingsenergie uit het diagram nooit zo nauwkeurig als het werken met de massa-waarden in een groot aantal decimalen. 3 He C en 0 C 0Ne + He (zie informatieboek bl. 53). b Door na te gaan wat de bindingsenergie per nucleon van elk isotoop is. In figuur in het informatieboek is te zien dat het isotoop C een grotere bindingsenergie per nucleon heeft dan het He -isotoop. Dus deze reactie levert energie op. Hetzelfde geldt ook voor de koolstoffusie: het dan een 0 0Ne -isotoop heeft een grotere bindingsenergie per nucleon C -isotoop en een He -isotoop. Dus ook deze reactie levert energie op. c IJzer: Fe-5. Het isotoop 5 Fe heeft volgens figuur de grootste bindingsenergie per nucleon. 5 Dat betekent dat als je een Fe met een ander isotoop wilt laten fuseren tot een nog zwaarder isotoop, gevormde isotoop dan weer minder bindingsenergie per nucleon heeft. Dat betekent dat die reactie alleen tot stand komt als er ook energie wordt toegevoerd. In een ster treedt deze reactie niet op omdat het dáár moet gaan om reacties die energie opleveren. N.B. Wel kunnen deze reacties optreden bij nova's en supernova's waarbij een ster 'zijn laatste adem uitblaast'. Bij die reactie ontstaan de zwaardere elementen d Fe + 0n 7Co + e N.B.. Fe-57 dat in eerste instantie ontstaat, is volgens BINAS stabiel. Toch vervalt het mogelijk door de grote hoeveelheid energie die het neutron toevoert. N.B.. Co-57 is niet stabiel en vervalt in Fe-57, zie BINAS tabel 5. e Co + 0n 8Ni + e 0 a 9 In 50 Sn + e + 0,9 MeV Bij de reactie komt er een energie vrij van 0,9 MeV. Deze energie vertegenwoordigt een massa waarde die je kunt berekenen met de formule E = m c of 0,9 met BINAS (tabel 7): u = 93,9 MeV Bij E = 0,9 MeV m = =,0 u 93,9 voor de reactie na de reactie isotoop massa in u isotoop massa in u 9 In 3, Sn m Sn? - 9 5,858

6 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 0 e 5,858 0,9 MeV,0 Σm voor = 3,8780 u Σm na = m Sn + 7,558 (u) Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave. Vóór en na de reactie moet de massawaarde gelijk zijn dus m Sn + 7,558 = 3,8780 de kernmassa van het 50 Sn -isotoop is 3,8778 u. b β + 0 -verval: 9 In 8 Cd + e 0 K-vangst: 9 In + e 8 Cd 3 a A 7 He + Z X 8 O + 3, MeV + p + 0,MeV 7 He + 7 N 8 O + p + 3,8MeV b Gevraagd: E k van α-deeltje. Gegeven: de massatoename bij deze reactie is, 30 kg. De energie van het α-deeltje heeft kunnen zorgen voor een massatoename + 3,8 MeV aan energie. De energiewaarde van de massatoename is als volgt te berekenen: E = m c waarin m = het massadefect en de lichtsnelheid c =,998 8 ms (zie BINAS tabel 7). E =, 30 (,998 8 ) =, J MeV =,0 9 =,0 3 J J = MeV 3,0 3,8875 E = =,78 MeV E 3 k,α =,78 + 3,8 =,988 MeV Afgerond: E k,α = 5,0 MeV,0 E f = E pion + E antipion. Uit de energie van het foton wordt materie gecreëerd met een massa-waarde van m pion + m antipion = 7 m e = 7 5,858 = 0,300 u. De energie-waarde is te bepalen met E = m c of (gemakkelijker) met BINAS (tabel 7): u = 93,9 MeV E = 0,300 93,9 = 80,03 MeV Afgerond: E f = 80 MeV 5 E fotonen = E muon + E antimuon + E k + De energie-waarde van de massa is te bepalen met E = m c of (gemakkelijker) met BINAS (tabel 7): u = 93,9 MeV. De massa-waarde van de muonen m muon + m antimuon = 07 m e = 07 5,858 = 0,7 u. E muon + E antimuon = 0,7 93,9 =,55 MeV E fotonen =,55 + 0,5 =,00 MeV Afgerond: E f'n = MeV.3Oefenopgaven Kernsplijting a Het massagetal A moet dan zijn 35 + = 90 + A + A = 3 Het isotoop Sr-90 heeft als atoomnummer 38. Het atoomnummer Z moet dan zijn: = 38 + Z + 0 Z = 5 3 M.b.v. BINAS tabel 5: isotoop van xenon 5 Xe of Xe-3 Xenon (Xe-3) b De splijting door neutron levert weer nieuwe neutronen op. Deze kunnen op hun beurt weer voor volgende splijtingen zorgen. Omdat er per reactie meer dan neutron vrijkomt, neemt het aantal splijtingen alsmaar toe en verloopt explosief. c Gegeven: E = 80 MeV = 80,0 9 =,88 J De vrijgekomen energie is het gevolg van het massadefect: E = m c met c =,998 8 ms E m = c,88 8 = = 3,083 kg 8 (,998 ) Afgerond: m = 3, 8 kg e Isotoop : N = 5 en Z = 38 A = 90 38Sr Isotoop : N = 5 en Z = 39 A = Y Reactievergelijking: 38Sr 39 Y + e Er komt β -straling vrij (zie ook BINAS tabel 5).

7 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 5 7 Deuteriumfusie Gegeven: in V = 0 L = 0 3 m 3 komt,0 g H voor; aantal kernen in,0 g is,0 3. a H + H He b E = m c waarin m = het massadefect en de lichtsnelheid c =,998 8 ms (zie BINAS tabel 7). Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 5. He voor de reactie na de reactie isotoop massa in u isotoop massa in u H,00,0003-5,858-5,858 Σm voor =,07 u Σm na =,005 u massadefect m =m voor - m na =,07,005 = 0,05 u BINAS (tabel 7): u =,05 7 kg m = 0,05,05 7 =,5 9 kg E =,5 9 (,998 8 ) = 3,809 J MeV =,0 9 =,0 3 J J = MeV 3,0 3,89 E = 3,0 = 3,85MeV N.B. De vrijgekomen energie is ook (gemakkelijker!) uit te rekenen m.b.v. BINAS (tabel 7): u = 93,9 MeV E = 0,05 93,9 = 3,90 MeV c Bij de fusie van waterstofatomen komt een energie vrij van 3,89 J Afgerond: E = 3,90 MeV 3 Het aantal fusie-reakties is,0 3 = 3,0 E totaal = 3,0 3 3,89 =,9 J Afgerond: E totaal =, J d De energie die vrijkomt bij de verbranding van,0 L benzine is: 33 J (zie BINAS tabel 8).,9 Er is nodig: V = = 3,8 L 33 8 Neutronvangst Afgerond: V = 3,5 L a Bij neutronvangst verandert Z niet en neemt A met toe: Z 98 stap horizontaal naar rechts. Bij β-verval neemt Z met toe en A verandert niet: stap verticaal naar boven. 9 9 β-verval α-verval b Bij α-verval neemt A met af en Z met : neutronvangst Cm 9 Pu + He de nieuwe kern is Pu A x c Vervalsproces: na x t / nog - e deel van het oorspronkelijke aantal atomen over en x dus is - e deel dan vervallen (N.B. zie hoofdstuk 7). Na u zijn er = 7, 5 3, halveringstijden 7,5 verlopen vervallen: = - 5,5 3 = 0,995- e deel Afgerond: 99,5% vervallen 00

8 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 9 Protonenbestraling Gegeven: 3 He + -ionen met E k = 0,80 MeV = 0,80,0 9 =,8 3 J; protonen: E k,p = 3, MeV = 3,,0 9 =,79 J. a b Ek = / m v Nieuwe onbekende: m. m van 3 He + -ion: BINAS (tabel 5): atoommassa van He-3 : 3,009 u, waarbij volgens tabel 7 van BINAS: u = atomaire massaeenheid =,05 7 kg m He-3-atoom = 3,009,05 7 = 5,008 7 kg Van dit atoom moet de massa van een elektron worden afgetrokken: BINAS (tabel 7) rustmassa elektron = 9, kg m He-3-ion = 5, , = 5, kg 3 7,8 = 5,0073 v v = 3,8 7 5, H + He H + He waarbij H een proton voorstelt. c Gegeven: m tumor = 0,5 g =,5 kg; D = 0 Gy. Gevraagd: aantal benodigde protonen N. = 7,55 m/s Afgerond: v = 7, m/s E str = N E proton Nieuwe onbekende: E str. Estr 3 D = Estr = D m = 0,5 =,5 J m 3 3,5 8,5 = N,79 N = =,5 Afgerond: N =,7 8,79 d - De bron zit dichter bij de tumor, er wordt veel minder gezond weefsel bestraald. - De activiteit van de gebruikte bron kan kleiner zijn omdat de concentratie protonen bij de punt groot is. 30 Alfa-verval Gegeven: Ra vervalt via α-straling; uitzenden op te vatten als ééndimensionale explosie. a 0 88 Ra 8 Rn + He b BINAS (tabel 5): energie van het α-deeltje is 5,7 MeV E k = 5,7 MeV = 5,7,0 9 = 9,3 3 J; Ek = / m v Nieuwe onbekende: m α. m van He -kern: BINAS (tabel 5): atoommassa van He- :,0003 u, waarbij volgens tabel 7 van BINAS: u = atomaire massaeenheid =,05 7 kg m He--atoom =,0003,05 7 =,5 7 kg Van dit atoom moet de massa van elektronen worden afgetrokken: BINAS (tabel 7) rustmassa elektron = 9, kg m He- =,5 7 9, =,7 7 kg 3 7 9,3 =,7 v v = 3 9,3 7,7 7 =,579 m/s Afgerond: v =,7 7 m/s N.B. In het antwoord wordt de afgeronde waarde,7 7 m/s i.p.v., 7 m/s. Dit verschil wordt bepaald door de mate van afronding die je op de tussentijdse waarden toepast. c Bij een explosie geldt de wet van behoud van impuls: Σp voor = Σp na, waarbij p = m v In dit geval is de explosie ééndimensionaal 0 = p Rn + p α p Rn = - p α mα m Rn vrn = mα vα vrn = v α Nieuwe onbekende: m m Rn. Rn 0 BINAS (tabel 5): atoommassa van 8 Rn : 0,00 u Van dit atoom moet de massa van 8 elektronen worden afgetrokken: BINAS (tabel 7) rustmassa elektron = 5,858 u m Rn-0 = 0,00 8 5,858 = 9,9 u BINAS (tabel 7): u =,05 7 kg m Rn-0 = 9,9,05 7 = 3,5 5 kg

9 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 7 7,7 7 5 vrn =,579 = 3,0 m/s 5 3,5 3 PET-scan 3 Gegeven: p + 8 O 7 N + α Afgerond: v Rn = 3,0 5 m/s a Eerst moet nagegaan worden hoeveel massa bij de genoemde reactie vóóraf en naderhand aanwezig is. Als de massa toeneemt, moet de energie daarvoor geleverd worden door het proton: E p = m c waarin m = het massatoename en de lichtsnelheid c =,998 8 ms (zie BINAS tabel 7) of met behulp van BINAS (tabel 7): u = 93,9 MeV als je in de 'atomaire massaeenheid u' werkt. Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 5. voor de reactie na de reactie isotoop massa in u isotoop massa in u p 3 7 N, ,858 3, ,858 8 O 5,999 He, ,858-5,858 Σm voor =,9978 u Σm na = 7,003 u massatoename m =m na - m voor = 7,003,9978 = 5,598 3 u E = 5, ,9 = 5, MeV Afgerond: E = 5, MeV b Bij de start van het productieproces neemt het aantal per seconde gevomde kernen sneller toe dan het aantal kernen dat per seconde vervalt. Naarmate er meer kernen gevormd zijn, neemt het aantal dat per seconde vervalt ook toe. Er stelt zich een evenwicht in als er per seconde evenveel kernen vervallen als er gevormd worden. c 3 7 N is een β + -straler (zie ook BINAS tabel 5) reactievergelijking: N C + + e d Gegeven: A(0) =,8 Bq Binas (tabel 5): N-3 t / = 9,97 min 30 ( ) (0) ( t / t 0 A t = A ) / A(30) =,8 ( ) 9,97 A(30) =,3 0 Bq Afgerond: op t = 30 min = 0,5 u A(t) =, 0 Bq e Bij een korte halveringstijd is de radioactieve werking snel verdwenen. Dit betekent dat de activiteit in het begin groot is en dus heb je minder radioactieve stof nodig om de scan te maken. Daardoor krijgt de patient ook minder grote stralingsdosis te verwerken. 3 Bellenvatfoto Gegeven: proton-proton botsing waarbij voor de botsing E k,p = 50 MeV en E k,p = 0 MeV en na de botsing E k,p3 = 5 MeV en m pion = 0 MeV en E k,p = 0 MeV. a BINAS (tabel 7): m proton =,0077 u. Met u = 93,9 MeV m proton =, ,9 = 938,7 MeV Afgerond: m proton = 938 MeV b Volgens de wet van behoud van massa én energie (equivalentie van massa en energie) geldt: E k,p + m p + E k,p + m p = E k,p3 + m p3 + E k,pion + m pion Invullen van gegevens: voor de botsing Σm + ΣE k = = 0 MeV; na de botsing Σm + ΣE k = = 083 MeV. Het is duidelijk dat de massa-energie-balans niet klopt. Voor de botsing is er duidelijk meer massa-energie aanwezig dan na de botsing. Dit betekent dat er nog een deeltje moet zijn ontstaan dat een massa-energie-waarde = = 93 MeV vertegenwoordigt. c BINAS (tabel C - Samengestelde deeltjes): geeft aan dat de pionen in twee vormen voorkomen namelijk als π + - en π 0 -deeltje. Aangezien bruikbare sporen in bellenvaten door geladen deeltjes worden veroorzaakt (afbuiging in magnetisch veld!) mag je aannemen dat het bij deze botsing gaat om een π + - deeltje. Bovendien geeft de tabel ook aan dat het π + - deeltje een massa-energie van 0 MeV vertegenwoordigt. Ook dit bevestigt voorgaande conclusie. Het betekent dat er zowel vóór als ná de botsing éénwaardig positief geladen deeltjes aanwezig zijn. Als je uitgaat van 'behoud van lading' dan kan het derde deeltje na de botsing dus alleen maar een neutraal deeltje zijn met een totale massa-energie-waarde van 93 MeV. Ook nu weer valt in tabel C van BINAS op dat een neutron een (rust)-massa-energie-waarde heeft van 90 MeV. Dit ligt dicht in de buurt ligt van de berekende 93 MeV. Conclusie: het derde deeltje is waarschijnlijk een neutron.

10 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 8 E k,neutron = = 3 MeV Afgerond: E k,neutron = 3 MeV 33 Neutrinodetectie a 0 p + ν 0n + + e b De container is gevuld met een oplossing van cadmiumchloride in water. Een 'gewoon' watermolecuul bevat o.a. H -atomen d.w.z. met één proton als kern. Dus er is een zeer groot aantal protonen aanwezig. c De massa van een elektron is even groot als dat van een positron: m elektron + m positron = 5,858 =,097 u. BINAS (tabel 7): u = 93,9 MeV Σm =,097 93,9 =,0 MeV Bij de annihilatie komt dus een hoeveelheid van,0 MeV vrij als fotonenergie. d Bij het invangen van het neutron raakt het neutron gebonden aan de Cd-kern. Daarbij komt bindingsenergie vrij (d.w.z. het neutron 'verliest' een klein deel van zijn massa-waarde). Door de vrijgekomen energie raakt de Cd-kern in een aangeslagen toestand. En kennelijk keert de Cd-kern weer terug naar de grondtoestand onder uitzending van een aantal fotonen met een gezamenlijke energiewaarde van 9 MeV. Gezien de energiewaarde zijn behoren de uitgezonden fotonen tot het gamma-spectrum. e Het neutrino produceert een positron dat via annihilatie met een elektron twee fotonen van 0,5 MeV oplevert. Dat zijn gelijktijdig twee γ-flitsen. Enige tijd later vervalt een cadmium-kern onder uitzending van enkele γ-fotonen naar de grondtoestand. 3 Transuranen a Een transuraan is een isotoop met een atoomnummer hoger dan dat van uranium d.w.z. Z > 9. b De elementen met atoomnummer t.m. 83 én atoomnummer 90 bezitten stabiele isotopen. Daarnaast hebben de elementen met atoomnummer 8 t.m. 89 en 9 t.m. 9 isopen met een dusdanig grote halveringstijd dat in de aarde nog restanten van deze stoffen aanwezig zijn. U-38 is daarvan een voorbeeld. c Voor de fusie van zwaardere kernen moet je ermee rekening houden dat deze een relatief grote positieve lading hebben vanwege het aantal protonen dat zich in zo'n kern bevindt. Deze positieve lading hebben een onderling afstotende werking. Om toch een fusie tot stand te brengen, moet de deelnemende kernen veel kinetische energie meegegeven worden zodat ze de afstotende krachten kunnen 'overwinnen'. d Plutonium (Pu) heeft atoomnummer 9 en calcium atoomnummer 0. Samen hebben deze kernen dus protonen én kunnen ze door fusie een atoom produceren met atoomnummer. e In het artikel wordt niet vermeld welke isotopen van plutonium en calcium voor de fusiereaktie werden gebruikt en dus weet je niet hoeveel neutronen er in totaal in het gevormde isotoop terecht zijn gekomen. f Het nieuw gevormde element een massagetal A = Z + N = + 75 = Reactievergelijking: 0Ca + 9 Pu Xx + 3 0n Xx =... N.B. het heeft inmiddels de naam Newtonium gekregen. 3 Kerncentrale 3.Structuur 35 Bespreek het structuurschema in de klas. 3.Verwerking 3 In de splijtstofstaven bevindt zich een mengsel van (verrijkt) U-35 en U-38. Het zijn als het ware de staven gevuld met 'brandstof'. De moderator bestaat uit een stof die de snelle neutronen, die vrijkomen bij een reactie, kan afremmen zodat ze gemakkelijker nieuwe splijtingsreacties kunnen veroorzaken. Regelstaven zorgen ervoor dat het aantal reacties per seconde constant blijft. Ze absorberen het teveel aan vrije neutronen. 37 Verrijkt uranium bevat een hoger percentage U-35 namelijk ca. 3%. Voor de splijtingsreactie is vooral U-35 nodig. Natuurlijk uranium bevat te weinig U-35 om splijtingsreacties in stand te kunnen houden. Er is geen kettingreactie mogelijk.

11 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 9 38 De kern van een atoom is zeer klein vergeleken bij de afmetingen van het atoom zelf. Als er bij een splijtingsreactie nieuwe neutronen vrijkomen, is de kans niet zo groot dat ze de kern van een nog niet gespleten U-35-atoom treffen. Te meer omdat het percentage U-35 ook nog eens klein is. Er verdwijnen daardoor altijd neutronen aan de rand uit de stof of ze reageren met andere aanwezige stoffen, zoals U-38. N.B. Daarom kent men de term kritieke massa : de minimale hoeveelheid van bijv. U-35 die je bij elkaar moet stoppen om een kettingreactie op gang te kunnen brengen en in stand te kunnen houden 39 Een watermolecuul bestaat uit waterstof-atomen (naast een zuurstofatoom). Een waterstofatoom neemt niet gemakkelijk een neutron op en bij een botsing met lichte kern is de energieoverdracht groot. 0 Het kritiek-zijn betekent dat het aantal splijtingsreacties per seconde constant is. Het geleverde vermogen is dan ook constant. Als het aantal splijtingsreacties per seconde namelijk toeneemt dan verloopt de reactie binnen korte tijd explosief. De regelstaven worden een stukje uit de kernreactor gehaald, er worden daardoor minder neutronen weggevangen. Het aantal splijtingsreacties per seconde neemt toe. Op het moment dat het gewenste grotere vermogen wordt bereikt, worden de regelstaven weer in een zodanige stand gezet dat de kernreactor weer kritiek is. Het aantal reacties per seconde is dan weer constant. Gegeven: E splijting = 00 MeV = 00,0 9 = 3,0 J; m kern = kg. a Voor het massadefect: E = m c met c =,998 8 ms b E m = = c 3,0 8 = 3,58 kg 8 (,998 ) 8 m 3,58 = = 9, m m In procenten: 0 % = 0,9% m Afgerond: m = 3,5 8 kg Afgerond: 0,09% 3 Gevraagd: aantal kernsplijtingen per seconde n. Gegeven: E splijting = 00 MeV = 00,0 9 = 3,0 J; P reactor = 5 W. E reactor 5 7 n = = =,8 s Afgerond: n =,7 7 s E reactie 3,0 Gevraagd: rendement η. Gegeven: m splijting =, 5 kg per seconde, waarvan 0,09% = 9, e deel wordt omgezet in energie; P centrale = 70 W. η = Pnuttig Pin Pc = Psplijting Nieuwe onbekende: P splijting. Het vermogen P splijting is het gevolg van het massadefect per seconde: Esplijting P m c m m splijting = = = c met c =,998 8 ms Nieuwe onbekende:. 9, - e deel van de hoeveelheid massa dat gespleten wordt, wordt omgezet in energie m 5 8 = 9,, =,3 kg/s Psplijting =,3 (,998 ) =,7 J 9,7 η = = 70 = 0,38 Afgerond: η = 0,35 = 35% 9 70,7 5 Neutronen die uit de splijtstofstaven vrijkomen, worden door alle materialen in de omgeving geabsorbeerd, d.w.z. dat de kernen van de betreffende atomen neutronen opnemen. Door deze kernreacties in de staven en de wand onstaan er instabiele isotopen (en dus radioactieve stoffen). Ook de vervalproducten ten gevolge van de gewenste splijtingsreacties met U-35 zijn radioactief. Door absorptie van neutronen kunnen via kernreacties uit waterstofkernen deuteriumkernen en

12 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 50 3 tritium-kernen ontstaan : H + 0n H en H + 0n H Hierbij is het tritium H-3 radioactief. Evenzo kan de zuurstofkern O- uit het water ( H O ) overgaan in O-7. Enzovoort. 7 De stralingsbelasting wordt door stralingsmeters voortdurend gecontroleerd. Personeelsleden dragen daarom voortdurend een dosimeter. Belangrijke onderdelen zoals meet- en regelsystemen zijn dubbel of driedubbel aanwezig. Er is een noodkoelsysteem. Het reactorvat bestaat uit dikke stalen wanden omgeven door betonnen wanden. De betonnen veiligheidskoepel moet goed afsluiten en bescherming bieden tegen rampen van buitenaf. De lucht in de koepel heeft een onderdruk zodat er alleen lucht van buiten naar binnen gaat en niet omgekeerd. Bovendien wordt de lucht gefilterd. 8 Beide verklaringen zijn niet juist: Het gaat niet zozeer om het ontsnappen van straling. Deze straling komt niet ver. Wat wel van belang is het ontsnappen van de radioactieve vervalproducten (I-3, Cs-37 en Sr-90). Deze zijn via de lucht verspreid. Het gevaar zit er in dat deze isotopen door de planten worden opgenomen of via voedsel en lucht in het lichaam van mensen en dieren terecht komt. De spinazie wordt bij de tweede verklaring alleen doorstraald. Op zich hoeft dat nog geen nadelige invloed te hebben. Het gevaarlijke zit er echter in dat de spinazie de radioactieve stoffen heeft opgenomen. Het eten van de groente, met de radioactieve stoffen die daar via het water in zijn opgenomen, is veel gevaarlijker. In dat geval is er sprake van inwendige besmetting. 9 a uranium winning zuivering uraniumerst verrijking splijtstof staven gebruik staven opwerking afval afval opslag Voor de toelichting op de verschillende onderdelen: zie 3.3. Splijtstofcyclus b De risico s op vrijkomen zijn het grootst bij: - winning: er zijn dan open bronnen en er is radioactief mijnafval. - lozing van materiaal uit de opwerkingsfabriek. - opslaan van kernsplijtingsafval. Het gevaar is groot dat bijvoorbeeld door lekkage van opslagvaten toch radioactieve stoffen in het grondwater terecht komen. 3.3Oefenopgaven 50 Splijtstofverbruik Gegeven: η = 3% = 0,3; P e = 000 W; E splijting = 00 MeV = 00,0 9 = 3,0 J; per splijting 0,09% = 9, e deel van m omgezet in energie E. Pnuttig P e a η = =, = P r = = 35 W Afgerond: P r = 3, GW Pin Pr Pr 0, 3 Stel aantal kernsplijtingen per seconde is n: P r n = n = = 9,753 s Afgerond: n = 9,8 0 E 9 s splijting 3,0 b Verbruik per seconde Het massadefect per seconde bepaalt het splijtstofgebruik per seconde: m = 9, m s E Voor het massadefect: E r = m c met c =,998 8 ms r P m r = = m c = c 8 (,998 ) = m m = = 3,77 kg/s Het verbruik aan splijtstof per seconde 8 (,998 ) 8 3,77 5 = = 3,8 kg/s 9, Afgerond: verbruik = 3,8 5 kg/s Jaarverbruik jaar = = 3,5 7 s jaarverbruik = 3,8 5 3,5 7 =,05 3 kg/jr Afgerond: jaarverbruik =, 3 kg/jr c BINAS (tabel 8): steenkool r v = 9 Jkg verbruik E ch = r v m of E ch Pch = = r m v

13 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 5 P ch = P r = 35 W 35 = 9 m Jaarverbruik = 07,8 3,5 7 = 3,398 9 kg/jr m = 35 07,8 kg/s = 9 Afgerond: jaarverbruik = 3, 9 kg/jr Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 50. d, 3 kg U-35 geeft dezelfde hoeveelheid energie als 3, 9 kg steenkool 9 3,,0 kg U-35 levert evenveel als,0 =,8 kg steenkool Afgerond: m =,8 3, kg e Het uranium moet niet alleen gewonnen worden uit erts, het moet ook verrijkt worden. Bovendien moet het afval veel zorgvuldiger verwerkt worden vergeleken met het gebruik van fossiele brandstoffen. Voor deze processen is ook veel energie nodig. 5 Mijnafval a Vervalreeks: 9 U 90 Th 9 Pa 9 U 90 Th 88 Ra α β β α α α 8 Verval Rn-: 8 Rn 8Po + α He b Rn- is een gasvormige α-straler. Bij inademing kan inwendige besmetting ontstaan. En juist bij α-stralers (met weegfactor = 0) is dat extra gevaarlijk. 8Rn 5 Opwerking a 9 U + 0n 9 U 93 Np + e en 93 Np 9 Pu + e Pu 9U + He b Voor verrijking wordt uranium omgezet in een gasvormige verbinding. Inademing van een gasvormige α-straler (met weegfactor = 0) is zeer gevaarlijk. 53 Kernramp a Xe-35 is via β-straling ontstaan 53I 5 Xe + e. Dit betekent dat I-35 het oorspronkelijke radioactieve isotoop was. b De kern van xenon kan een neutron absorberen. Het aantal neutronen dat nieuwe splijtingen kan veroorzaken, neemt daardoor af. c Borium (B). Regelstaven absorberen het teveel aan neutronen waardoor de reactor kritisch blijft. Als de regelstaven omhoog getrokken worden, is er een toename van het aantal neutronen dat een nieuwe reactie kan veroorzaken. d De moderator is grafiet (d.w.z. koolstof C). Voor splijting heeft men langzame (thermische) neutronen nodig. De moderator neemt een neutron niet (of zelden) op, maar remt het bij de botsing af doordat het neutron een behoorlijk deel van zijn kinetische energie kan overdragen. 5 Thoriumreactor a Eerst Th + 0n 90Th 90Th 9Pa + e 9Pa 9U + e b Gevraagd: E splijting Gegeven: 9 U + 0n 5 Xe + 38Sr De energie E splijting is het gevolg van het massadefect: Esplijting = m c met c =,998 8 ms of als je het massadefect m in de eenheid u berekent: = m 93,9 ( MeV ) BINAS (tabel 7): u = 93,9 MeV Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 5. Nieuwe onbekende: m. voor de reactie na de reactie isotoop massa in u isotoop massa in u 33 9 U 33, Xe 39,9 E splijting want

14 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 5-9 5, n Sr, ,858 93, ,858 Σm voor = 33,9978 u Σm na = 33,78 u massadefect m =m voor - m na = 33, ,78 = 0,3 u E splijting = 0,3 93,9 = 97,3 MeV Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 5. Afgerond: E splijting = 97 MeV c Zodra de versneller wordt uitgezet, stopt ook de produktie van neutronen. Daardoor wordt er geen U-33 meer aangemaakt zodat ook deze splijtingsreactie stopt. Met U-35 kunnen de splijtingsreacties doorgaan omdat bij elke splijting er of 3 neutronen vrijkomen. Deze reacties komen in de splijtstofstaven voor en zijn daarom ook veel minder gemakkelijk te beïnvloeden. 55 Fusiereactor a Bij de fusiereaktie worden de positief geladen deuterium- en tritium-kernen gedwongen samen te smelten. In principe stoten deze kernen elkaar af vanwege de positieve lading van beiden. Door de hoge temperatuur hebben de kernen echter voldoende kinetische energie en dus snelheid om deze afstotende krachten te overwinnen. b 3 D + T He + 0n c d De energie E die vrijkomt, is het gevolg van het massadefect: E = m c met c =,998 8 ms of als je het massadefect m in de eenheid u berekent: E splijting = m 93,9 ( MeV ) want BINAS (tabel 7): u = 93,9 MeV Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 5. Nieuwe onbekende: m. He voor de reactie na de reactie isotoop massa in u isotoop massa in u D,00,0003-5,858-5,858 3 T 3, n,0085-5,858 Σm voor = 5,09 u Σm na = 5,00 u massadefect m =m voor - m na = 5,09 5,00 = 0,0888 u E = 0, ,9 = 7,590 MeV Ek = / m v Nieuwe onbekende: E k en m neutron. E k = 0,80 7,59 MeV = 0,80 7,59,0 3 =,5 J BINAS (tabel 7): m neutron =,793 7 kg 7,5 =,793 v Li + 0n 3Li T + He v =,5 7,793 7 = 5,88 m/s Afgerond: E = 7, MeV Afgerond: v = 5, 7 m/s 7 7 N.B. Volgens BINAS (tabel 5) is 3Li -isotoop stabiel. Dat 3 Li hier toch vervalt in een trium-kern en een α-deeltje hangt samen met het feit dat het neutron door zijn snelheid ook energie inbrengt. De verhoogde energietoestand van de Li-7-kern maakt dat deze instabiel is. e Stel de snelheid v van een geladen deeltje wordt ontbonden in - een component evenwijdig aan de B-richting in deze richting heeft de lorentzkracht F L geen effect en - een component loodrecht op de B-richting in deze richting heeft de lorentzkracht F L een afbuigend effect. De lorentzkracht F L treedt hier op als middelpuntzoekende kracht F mpz er ontstaat een cirkelbeweging loodrecht op de B-richting. Bij elkaar genomen resulteert dit in een spiraalbaan: v evenwijdig v loodrecht magnetisch veldlijnen v loodrecht v evenwijdig

15 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 53 een cirkelbeweging loodrecht op de veldlijnen gecombineerd met een snelheid in de richting van de veldlijnen (zie figuur hiernaast). m v m v f Bij de afbuiging geldt: FL = Fmpz B q v = B = Nieuwe onbekenden: m, v, r en q. r r q Omdat het om de maximale waarde voor B gaat, gaan we uit van de maximale waarde voor m namelijk dat van tritium 3 T : mt = 3,0050-5,858 = 3,055 u m T = 3,055,05 7 = 5,00 7 kg Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 55. m/s De snelheidscomponent v loodrecht op de B-richting is maximaal de gegeven waarde van 5 7 De straal r = d = = 3,5 m De lading q is de lading van het proton = + e = +,0 9 C 7 5,00 5 Bmax = =,778 T 9 3,5,0 Afgerond: B max = 5 T 5 Plutoniumbesmetting Estr a Stel het aantal Pu-38 atomen dat zou zijn vervallen = N, dan is E straling = N E N = verval E verval Estr De dosisequivalent H = D weegfactor H = weegfactor m Gegeven: H = + 0 µsv = 0 Sv; m = 75 g = 75 3 kg; voor α-straling is de weegfactor = 0. 3 Estr = 0 Estr = = 3,75 J Gegeven: E verval = 5,5 MeV = 5,5,0 9 = 8,8 3 J; 8 3,75 N = =,5 Afgerond: N =,3 3 8,8 39 b BINAS (tabel 5): 9 Pu heeft een halveringstijd t / =, jaar en zendt α-straling uit met een energie per deeltje van 5, MeV. Door de veel grotere halveringstijd vertoont een even grote hoeveelheid Pu-39 een veel kleinere activiteit en geeft daarmee in 50 jaar tijd een kleinere stralingsbelasting. Daarnaast is de energie per deeltje ook wat kleiner namelijk 5, MeV i.p.v. 5,5 MeV bij Pu-38. Ook dit geeft op termijn van 50 jaar een kleinere stralingsbelasting. Conclusie: de hoeveelheid Pu-38 geeft de grootste stralingsbelasting bij besmetting. 57 Stralingstherapie a B + 0n 5 B 3Li + He B- was het tussenproduct! b De isotopen B-0, Li-7 en He- zijn stabiel. Er is na de behandeling geen sprake van besmetting. c In het artikel wordt 'dracht' gedefinieerd als de afgelegde afstand tot het verval. Dit is een onjuiste uitdrukking. De dracht is de afstand die een verval-deeltje zoals bijvoorbeeld een He-kern (= α-deeltje) in een bepaald medium gemiddeld kan afleggen. d Er wordt geen (of nauwelijks) gezond weefsel kapot gemaakt. De stralingsdosis ter plaatse van de tumor is groot. Er zijn geen radioactieve vervalproducten. T.o.v. opgave 9: Men kan gemakkelijker hersentumoren behandelen, er is geen naald in de tumor nodig. Het borium vindt vanzelf de juiste plaats.

16 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 5 5 Afsluiting 5.Samenvatting 58 Bespreek het structuurschema in de klas. 59 Vergelijk jouw antwoorden met die van andere leerlingen. 0 Alternatieven zijn bijvoorbeeld:. fossiele brandstoffen: steenkool, gas en olie;. windenergie;. kernenergie: splijting en fusie; 5. waterenergie (kan ook uit eb en vloed getijde-energie); 3. zonne-energie;. brandstofcel. Criteria kunnen zijn:. kosten per kwh;. gevolgen voor het milieu; 3. uitputting (voorraad op aarde);. plaats op aarde (voor zon, wind en water) hier Nederland; 5. gevaar bij rampen voor de omgeving (explosies) Bespreek de keuzes in de klas. 5.Oefenopgaven Jodiumtabletten Oriëntatie: Gevraagd:op welke datum is de activiteit van I-3 gedaald tot % van maximum? Gegeven: op mei bereikt de activiteit ten gevolge van het isotoop I-3 een maximum. Planning en uitvoering: Om de datum te bepalen moet je eerst weten na hoeveel dagen de activiteit is gedaald tot % van het maximum. De halveringstijd van I-3 kun je opzoeken Binas (tabel 5): I-3 t / = 8,0 dagen Stel dat het aantal dagen is dat er 'geslikt' moet worden = x t / = x 8,0 dagen Nieuwe onbekende: x. x % = 0,0 e deel de waarde van x volgt uit de vergelijking 0,0 =, x log ( ) = log 0,0 x ( 0,30) = (,) x = =,059 0,30 Oplossing: x =,059 en dus =,059 8,0 = 3,7 dagen. N.B. De benodigde rekenmethode m.b.v. de grafische rekenmachine is o.a. beschreven bij opgave van hoofdstuk uit deel b. Reken je voor de veiligheid met 33 dagen na mei dan kom je uit op 3 juni. De bevolking moest dus tot 3 juni 98 jodiumtabletten slikken. Controle: Als je rekent met de halveringstijd (= 3 dagen) dan is de activiteit verminderd tot = 0, 05,3% Je zit dan inderdaad dicht in de buurt van de %. 7 JET Oriëntatie: Enieuw Gevraagd:. Eoud 3 Gegeven: kernreactie 'oude type': H + H He + 0n ; Planning: De energie komt vrij dankzij het feit dat er massa wordt omgezet in energie (massadefect): Efusie = m c met c =,998 8 ms De hoeveelheid energie die vrijkomt, is evenredig met het massadefect m 3 kernreactie 'nieuwe type': H + H He + 0n. Oude type fusie: voor de reactie na de reactie isotoop m in u isotoop m in u 3 H,00 He 3,009-5,858-5,858 0 n,0085 Σm voor =,07 u Σm na =,03 u massadefect m oud =,07,03 = 0,0035 u

17 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 55 Enieuw m = nieuw Eoud moud Nieuwe onbekende: m nieuw en m oud. m = Σm voor reactie Σm na reactie Uitvoering: Atoommassa's zijn te vinden in BINAS tabel 5. Verder zie tabellen hiernaast. Enieuw Eoud 0,0888 = = 5,3789 0,0035 Controle: er komt 5,38 zoveel energie vrij met het nieuwe type fusiereactie. Nieuw type fusie: voor de reactie na de reactie isotoop m in u isotoop m in u He H,00,0003-5,858-5,858 3 H 3, n,0085-5,858 Σm voor = 5,09 u Σm na = 5,00 u massadefect m nieuw = 5,09 5,00 = 0,0888 u 8 Energievoorziening Oriëntatie: Gevraagd: aantal jaren N. Gegeven: water 9,9 E wereld (= E w) per jaar =, 0 J. H -kernen per m 3 ; IJsselmeer,8 9 m 3 water; rendement η = ; Planning: De beschikbare energie E b = N E w Nieuwe onbekende: E b. De energie E b komt vrij dankzij het feit dat er bij de fusie van twee H--kernen massa wordt omgezet in energie (massadefect): Eb = mt c met c =,998 8 ms en m t het totale massadefect. Nieuwe onbekende: m t. Stel dat er met de voorraad N f fusiereacties mogelijk zijn en het massadefect per fusiereactie m m t = N f m Nieuwe onbekenden: N f en m. Aantal fusies N f : stel dat er in het IJsselmeer in totaal N ij H--kernen aanwezig zijn. Nij Per fusie zijn twee H--kernen nodig N f = Nieuwe onbekende: N ij. N ij = aantal H -kernen per m 3 watervolume IJsselmeer. Massadefect m: m = m voor reactie m na reactie. 3 De fusiereactie waar het omgaat is H + H He + 0n Met behulp van de gegevens in tabel 7 en tabel 5 van BINAS is het massadefect te bereken. Uitvoering: Aantal fusies N f : N ij = 9,9,8 9 =,78 3 3,78 33 Nf = = 8,9 Het massadefect per reactie: zie tabel hiernaast. m t = 8,9 33 5, = 5,93 kg 8 Eb = 5,93,998 =,7 En met η = ( ) J 0,7,7 = N, N = =,795 jr Afgerond: N = 8 jaar 0, Controle: het IJsselmeerwater kan 8 jaar in de wereldenergiebehoefte voorzien. 9 Plutoniumgenerator voor de reactie na de reactie isotoop m in u isotoop m in u 3 H,00 He 3,009-5,858-5,858 0 n,0085 Σm voor =,07 u Σm na =,03 u massadefect m oud =,07,03 = 0,0035 u m oud = 0,0035,05 7 = 5, kg Oriëntatie: Gevraagd: a P e na 7,0 jaar? b rekening houden met dochterkernen? Gegeven: rendement η = 0,03; m Pu-38 = 33 kg met A(0) =, Bq; α-straler met t / = 87,7 j; E reactie = 5, MeV = 5,,0 9 = 8,97 3 J.

18 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 5 Planning vraag a: Pnuttig Pe η = = Pe = η Pg Nieuwe onbekende: P Pin P g. g Pg = A( t) Ereactie Nieuwe onbekende: A(t). t/ t A( t) = A(0) ( ) / Uitvoering vraag a: 7,0 A(7,0) =, ( ) 87,7 A(7,0) =,987 Bq 3 Pg =,987 8,97 =,78 W Pe = 0,03,78 =,0 Controle: een vermogen van 00 W lijkt een aannemelijke grootte. Vervolg - uitwerking vraag b - op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 9. W Afgerond: P e =, W = 0, kw Planning vraag b: Om na te gaan in hoeverre er rekening gehouden moet worden met de dochterkernen, moet je na gaan welke dochterkernen er zoal ontstaan en moet je proberen een indruk te krijgen van de activiteit van elk van die dochterkernen en moet je weten hoe groot de energie per reactie is. Uitvoering vraag b: Hieronder wordt de vervalreeks van de eerste 3 stappen vermeld met bijbehorend verval en halveringstijd: Pu 9 U 90 Th 88 Ra... α, t/ = 87,7 j α, t, 0 5 j, 7,7 0 j,,0 0 3 / = α t/ = α t/ = j Het is duidelijk dat de dochterkernen tot in de 3e generatie zeer grote halveringstijden hebben vergeleken met die van Pu-38. Dit betekent dat de activiteit na 7,0 jaar van die isotopen zeer klein is vergeleken met die van Pu-38. Omdat de activiteit van de dochterkernen te verwaarlozen is, heeft het ook geen zin uitgebreid na te gaan hoe groot de energie per reactie is. Deze worden wel vermeld in de laatste kolom van tabel 5 van BINAS. Controle: er hoeft geen rekening gehouden te worden met de dochterkernen. 70 Splijtingsbom Oriëntatie: Gevraagd: m U-35 voor splijtingsbom van Mton TNT? Gegeven: E splijting = 00 MeV = 00,0 9 = 3,0 J; m U = 35 kg N k =,0 ; explosie van ton TNT E =, 9 J. Planning: Ntotaal Ntotaal Stel het totale aantal benodigde kernen = N totaal, dan is mu-35 = 35 = 35 kg N k,0 Nieuwe onbekende: N E totaal. bom N totaal = Nieuwe onbekende: E bom. Esplijting Uitvoering: E bom = Mton TNT = ton TNT =, 9 =, 5 J 5, Ntotaal = =,3 3,0,3 mu -35 = 35 = 5,3 kg Afgerond: minimaal m U-35 = 5 kg,0 Controle: Hier wordt de minimale hoeveelheid berekend omdat we hier uitgaan van 00 % splijting. In de praktijk ligt dit percentage lager. De berekende 5 kg lijkt een redelijke hoeveelheid. 7 Kernafval

19 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 57 Oriëntatie: Gevraagd: hoe verandert de grootheid t* in de loop van de tijd t? Gegeven: 9 Kr met t / = s ; Ba met t / = 8 min ; 3 I met t / = 8 d ; 37 Cs met t / = 30 j. Planning en uitvoering: De isotoop met de kortste halveringstijd ( 9 Kr) heeft in het begin de grootste activiteit en bepaalt dus in grote mate de halveringstijd t* van het mengsel van primaire splijtingsproducten in het begin is t* dus klein. Dit isotoop is dus relatief ook snel verdwenen. 0 0 Daarna bepaalt het isotoop ( Ba) met de langere halveringstijd de mate van activiteit en dus het verloop ervan A(t) t* wordt groter. Daarna bepaalt het volgende isotoop ( 3 I) 75 de mate waarin de activiteit afneemt t* wordt steeds groter. Je kunt dit ook duidelijk maken door in één diagram de activiteit van de verschillende isotopen weer te geven. In de figuur hiernaast is dit gedaan voor het tijdsverloop van dagen, er van uitgaande dat elk isotoop in het begin dezelfde activiteit heeft (hiernaast op '5' gesteld). Het is duidelijk dat het verloop in het begin sterk bepaald wordt door 9 Kr en op het eind door 37 Cs. Controle: de halveringstijd t* wordt steeds groter in de loop van de tijd. 7 Paarvorming Oriëntatie: Gevraagd: is er sprake van impulsbehoud? Gegeven: B = 0, T en sporen van positron en elektron op bellenvatfoto. Planning: Bij paarvorming is er sprake van de volgende reactie: γ 0 + e 0 + e Indien er sprake is van impulsbehoud moet er gelden: p foton = p positron + p elektron. Nieuwe onbekende: p foton, p positron en p elektron. E p f f = c Nieuwe onbekende: E f. I.v.m. de paarvorming geldt ook dat E foton = E positron + E elektron waarbij Epositron = Eelektron = m c Hierbij is m = m positron = m elektron = 9, kg en c =,998 8 ms (zie BINAS tabel 7). De impuls van het positron en het elektron is te bepalen uit de kromming elk van de banen: voor de afbuiging in het magnetische veld geldt: m v F L = Fmpz B q v = m v = B q r ( = p) r d.w.z. pp = B qp rp en pe = B qe r e Nieuwe onbekenden: q en r, zowel van het positron als het elektron. De lading q is voor beide in grootte hetzelfde namelijk 9 q positron = qelektron = e =,0 C (zie BINAS tabel 7) Kr Ba eindresultaat I 37 Cs t (d) De straal r van de baan is te vinden als je bedenkt dat bij een cirkelbaan de straal altijd loodrecht op de raaklijn aan die baan staat. - De straal moet om te beginnen loodrecht op de baan van het γ-foton staan. - Door botsingen in het bellenvat neemt de snelheid van de deeltjes af (dit is te zien aan de spiraalvorm). Dat betekent dat een tweede constructie niet te ver gemaakt mag worden t.o.v. de plaats van ontstaan (verder zie figuur). Uitvoering: Met behulp van de contructiefiguur is bepaald dat r p = 8,5 mm = 8,5 3 m en r e = 7,5 mm = 7,5 3 m 9 3 pp = 0,,0 8,5 = 5,38 Ns 9 3 pe = 0,,0 7,5 =,5 Ns en daarmee zou pf =,8 +,5 = 5,38 Ns elektron e - r e = 7,5 mm r p= 8,5 mm foton positron e +

20 Newton vwo deel Uitwerkingen Hoofdstuk Kernenergie 58 Deze waarde moet overeenstemmen met de bepaalde waarde van p foton via de energievergelijking: Efoton = m c = 9,0939 (,998 ) =,38 J 3,38 pf = = 5, Ns 8,998 Controle: m.b.v. de sporen in de bellenvatfoto is bepaald dat p foton = 5,38 Ns zou moeten zijn. Door uit te gaan van de wet van behoud van massa-energie is afgeleid dat p foton = 5, Ns. Gezien de onnauwkeurigheid in de meting van de kromtestralen kan geconcludeerd worden dat er in dit geval sprake is van impulsbehoud. 73 Energieproductie in de zon Oriëntatie: Gevraagd: is de ouderdom van de zon te verklaren met de ideeën over a verbranding en b gravitatiecontractie? Gegeven: verbranding U = M r v ; gravitatiecontractie M U =,5 G J R BINAS (tabel 33C De zon): M =, kg; R = 9,0 m; uitgestraald vermogen P = 0,390 7 W. BINAS (tabel 8A Stookwaarden): steenkool r v = 9 Jkg BINAS (tabel 7): gravitatieconstante G =,77 Nm kg Vervolg op volgende bladzijde. Vervolg van opgave 73. Planning U U P = t = Nieuwe onbekende: U. t P Planning en uitvoering vraag a verbranding: U =,989 9 = 5,78 J 37 5, ,5 3 t = =,79 s,08 u,7 d,87 jaar 7 0,390 Planning en uitvoering vraag b gravitatiecontractie: 30,989 U =,5,77 = 5,89 9,0 ( ) J 5, ,5 7 t = =,59 s,05 u,88 d,3 jaar 7 0,390 Controle: Op basis van verbranding van steenkool zou de zon,7 duizend jaar het stralingsvermogen kunnen leveren. Op basis van gravitatiecontractie is dit miljoen jaar. De conclusie is dat de ouderdom van de zon niet is te verklaren op basis van deze twee verschijnselen aangezien beide tot een veel kortere levensduur leiden dan de minstens 5 miljard jaar die uit andere schattingen is gebleken. 7 Levensduur van de zon Oriëntatie: Gevraagd: levenduur t z van zon? Gegeven: m z,c = ca.0 % van m z,t m z,c = 0,0 m z,t; massadefect =, 9 kg per gevormde He - kern ; m H- = kg N k =,0 ; aanname m z,c volledig bestaand uit H- en 0 aanname alle H- wordt omgezet in He-; Reactievergelijking: H He + e Planning: Stel de oorspronkelijke energievoorraad van de zonnekern is E z,v en E z,v het uitgestraalde vermogen van de zon is P z,u t z = Nieuwe onbekenden: E z,v en P z,u. Pz,u P z,u is te vinden in BINAS (tabel 33 C): P z,u = 0,390 7 W De energie E z,c komt vrij dankzij het feit dat er bij de fusie massadefect optreedt. Stel het totale massadefect is m t Ez, c = mt c met c =,998 8 ms Nieuwe onbekende: m t.