Inloggen

Adelaarsnevel
vwo 2022, 2e tijdvak, opgave 3


Download hierboven de originele pdf van het examen waar deze opgave in staat en de bijbehorende uitwerkbijlage. "Adelaarsnevel" is de 3e opgave in dit examen. Als je de opgave gemaakt hebt kun je jezelf nakijken met het correctievoorschrift.

Uitleg bij "Adelaarsnevel"

Probeer altijd eerst zelf de opgave te maken en gebruik de uitleg alleen als je er zelf niet uitkomt. Als je ook na deze uitleg nog vragen hebt dan kun je deze helemaal onderaan deze pagina stellen.

Vraag 13

  • De fotonenergie kunnen we berekenen met Ef = h·c/λ. Invullen van

    h = 6,62607·10-34 (tabel 7)
    c = 2,997925·108 ms-1 (tabel 7)
    λ = 656,28·10-9

    geeft

    Ef = 3,02683·10-19 J

    Omgerekend naar elektronvolt is dit

    3,02683·10-19 / 1,60218·10-19 = 1,88919 eV

  • Voor de energieniveaus van waterstof geldt En = 13,6 eV / n2. De 1e aangeslagen toestand is n=2, de 2e aangeslagen toestand is n=3. Voor het verschil in energie tussen deze niveuas vinden we dan

    ΔE = E3 - E2

    ΔE = -13,6 / 32 - -13,6/ 22

    ΔE = -13,6 · (1/32 - 1/ 22

    ΔE = -13,6 · -0,1388889

    ΔE = 1,88889 eV

    Dit komt, afgerond op drie cijfers, overeen met de berekening hiervoor.
  • Het licht wordt door het gas uitgezonden. Het uitzenden van licht is het resultaat van het terugvallen van een hoger naar een lager energieniveau. Het gaat dus om de overgang van n=3 naar n=2. (2e aangeslagen toestand naar de 1e aangeslagen toestand).

    Vraag 14

    In de inleiding wordt uitgelegd dat het waterstof eerst geïoniseerd moet worden voordat het gas licht kan uitzenden. Voor het ioniseren van waterstof vanaf de grondtoestand is een energie nodig van minstens 13,6 eV (de ionisatieenergie van waterstof). In Binas tabel 19A is af te lezen dat zichtbaar licht maar een fotonenergie heeft tussen 1,65 eV (rood) en 3,26 eV (paars). Dit is te weinig om waterstof te ioniseren. De fotonen moeten dus een grotere energie hebben en dit correspondeert met een hogere frequentie.

    Vraag 15

    In figuur 2 is te zien dat de meeste straling wordt uitgezonden met een golflengte kleiner dan 0,30 μm (300 nm). De piek is zelfs kleiner dan 100 nm. Dit is veel kleiner dan de golflengtes van zichtbaar licht (400 - 750 nm). Kleinere golflengte betekent een grotere energie en dus is de fotonenergie van de uitgezonden straling energetischer dan zichtbaar licht. Daarmee is aan voorwaarde 2 voldaan.

    Vraag 16

    In de Planckkromme van figuur 2 lezen we af dat de meeste straling wordt uitgezonden bij 70 nm. Met de wet van Wienmax·T = kW) vinden we dan

    T = kW / λmax

    T = 2,89777·10-3 / 70·10-9

    T = 41397 K

    Afgerond is dit inderaad een temperatuur van 4·104 K.

    Vraag 17

    • Het Herzsprung-Russeldiagram (HR) heeft zowel horizontaal als verticaal een logarithmische as. De temperatuur (horizontale as) loopt op naar links. 40000K is dus '1 streepje meer' naar links dan 30000. In de opgave staat uitgelegd dat de ster een hoofdreeksster is en dat we het vermogen kunnen aflezen door de getrokken lijn te gebruiken. (Zie afbeelding hieronder). We lezen af dat voor deze ster

      P/Pzon = 105,7 = 501187

      Het uitgezonden vermogen is dus 501187 keer zo groot als dat van de zon. M.b.v. Binas tabel 32C vinden we dan

      P = 501187·Pzon

      P = 501187 · 3,85·1026

      P = 1,9296·1032 W

      Afgerond is dit 2·1032 W.
    • Met de wet van Stefan-Boltzmann (P = σ·A·T4) rekenen we de grootte van het buitenoppervlak van de ster uit.

      A = P / (σ·T4)

      We vullen in

      P = 1,9296·1032 W
      σ = 5,67037·10-8 (Binas tabel 7)
      T = 40000 K

      We vinden dan

      A = 1,3293·1021 m2

      Met de formule voor het oppervlak van een bol (A = 4πr2) rekenen we uit wat de straal is. Omschrijven geeft

      r = √A / 4πt

      r = 1,02850·1010 m

      Afgerond is dit een straal van 1·1010 m.

    Vraag 18

    Eva en Isa meten een intensiteit van 4,7·10-11 Wm-2 in het golflengte gebied tussen 400 nm en 800 nm. Omdat maar 60% van de straling wordt opgevangen is de intensiteit tussen 400 en 800 nm in werkelijkheid

    4,7·10-11 Wm-2 / 0,6 = 7,8·10-11 Wm-2

    Het oppervlak onder een planckkromme is een maat voor het uitgezonden vermogen. In de planckkromme in de bijlage is te zien dat dit oppervlak veel groter is dan het grijze gedeelte tussen 400 en 800 nm. Door het oppervlak onder de hele grafiek te vergelijken met het oppervlak tussen 400 en 800 nm kunnen we de totale intensiteit bepalen. Dit kunnen we doen door hokjes tellen. In de afbeelding hieronder staat in elk hokje een schatting van hoe groot gedeelte van een héél hokje onder de planckkromme valt. Het grijze gedeelte schatten we op 0,2 hokjes. Het totaal aantal hokjes is 8,5 hokjes + de 0,2 grijze hokjes is 8,7 hokjes. De totale intensiteit is dus 8,7 / 0,2 = 43,5 keer zo groot. We vinden dan voor de totale intensiteit

    I = 43,5 · 7,8·10-11 = 3,393·10-9 Wm-2

    Afgerond is dit een intensiteit van 3,4·10-9 Wm-2.

    Vraag 19

    Om te weten of de ster HD168076 zich in de Adelaarsnevel bevindt (en niet ervoor staat vanaf aarde gezien) moeten we de afstand weten. Omdat we het uitgezonden vermogen (P) en de intensiteit op aarde (I) eerder hebben berekend kunnen we met de kwadratenwet de afstand berekeken. Uit I = Pbron / 4πr2 volgt

    r = √P /(4π·I)

    We vullen in

    P = 1,9296·1032 W
    I = 3,393·10-9 Wm-2

    en vinden dan

    r = 6,7272·1019

    Omgerekend naar lichtjaar (zie Binas tabel 5) vinden we

    r = 6,7272·1019 / 9,461·1015 = 7110 lichtjaar.

    Dit betekent dat de ster zich in de Adelaarsnevel bevindt (r = 7·103 lichtjaar).


    adelaarsnevel-1

    adelaarsnevel-2

    Vraag over "Adelaarsnevel"?


        Hou mijn naam verborgen

    Eerder gestelde vragen | Adelaarsnevel

    Op maandag 4 jul 2022 om 19:20 is de volgende vraag gesteld
    Hi,
    Bij opg 14 zeggen ze dat de ster een hogere frequentie moet uitstralen dan zichtbaar licht. Ik snap niet hoezo. Fotonenergie is toch de hoeveel energie die een elektron nodig heeft om naar een andere schil te springen. Dus dat is de zelfde labda als waar het streepje staat in binas en dat is allemaal zichtbaar licht...?

    Groetjes

    Erik van Munster reageerde op maandag 4 jul 2022 om 20:10
    Er staat in de tekst dat het waterstof geioniseerd moet worden voordat het dit licht uitstraalt. De ionisatieenergie van waterstof is 13,6 eV. Dit is UV-straling en de fotonenergie moet dus >13,6 eV zijn dus geen zichtbaar licht.