Antwoordenboek
klas 6
Hoofdstuk 2: Astrofysica Paragraaf 1: Spectraalanalyse
1 Δt = Δx / v
Δt = 1,50 x 1011 / (3,00 x 108) = 500 s 500 s = 8,3 min
2 2560 ms = 2,560 s
Omdat de lichtstraal heen en terug gaat, moeten we deze tijd delen door twee:
2,560 / 2 = 1,280 s Δx = v x Δt
Δx = 2,998 x 108 x 1,280 = 3,84 x 108 m
3 Radio is een vorm van elektromagnetische straling en de snelheid ervan is dus gelijk aan de lichtsnelheid.
4
a. Δt = 0,00026 / 2 = 0,00013 Δx = v x Δt
Δx = 3,0 x 108 x 0,00013 = 3,9 x 104 m b. f = 9,38 x 109 Hz
T = 1 / f
T = 1/ (9,38 x 109) = 1,07 x 10-10 s 0,100 x 10-6 / (1,07 x 10-10) = 938 golven c. λ = c / f
λ = 3,0 x 108 / (9,38 x 109) = 3,20 x 10-2 m Tien procent hiervan is:
0,1 x 3,20 x 10-2 = 3,20 x 10-3 m 5
a. Δt = Δx / c
Δt = 220 x 103 / (3,0 x 108) = 7,3 x 10-4 s b. λ = c / f
λ = 3,0 x 108 / (32,7 x 109) = 9,17 x 10-3 m c. De formule voor het faseverschil is:
Δφ = Δx / λ Δx = Δφ x λ
Δx = 0,015 x 9,17 x 10-3 = 1,4 x 10-4 m
6 Volgens BINAS komen deze lijnen overeen met het orangje deel van het spectrum.
7
a. Het gaat hier om een absorptiespectrum. De spectraallijnen hebben een kleinere intensiteit dan de rest van het spectrum. De fotonen behorende bij deze lijnen zijn dus geabsorbeerd.
b. In het binnenste van de ster wordt een continue spectrum gemaakt. Sommige frequenties van het spectrum worden dan geabsorbeerd door het materiaal waaruit de zon bestaat.
c. In BINAS zien we dat deze golflengtes overeenkomen met waterstof.
8
a. Het gaat hier om een emissiespectrum, want de lijnen hebben een grotere intensiteit dan de rest van het spectrum.
b. Licht van bijvoorbeeld sterren is op de nevel gevallen. Alleen de frequenties behorende bij de emissielijnen werden geabsorbeerd en daarna weer uitgezonden. De andere fotonen gaan dwars door de nevel heen. Het nevel gaat nu dus de fotonen behorende bij de lijnen uitzenden en dit kan worden gedetecteerd.
c. Er zijn geen lijnen te vinden die overeenkomen met de golflengtes van de absorptielijnen van waterstof.
9 Ef = h x c / λ
Ef = 6,63 x 10-34 x 3,00 x 108 / (500 x 10-9) = 4,0 x 10-19 J Ef = Ekin = 1/2 mv2
v = √(2Ekin/m)
v = √(2 x 4,0 x 10-19 / (9,1 x 10-31) ) = 9,3 x 105 m/s 10 Eerste berekenen we de energie van het elektron:
me = 9,106 x 10-31 kg
E = mc2 = 9,106 x 10-31 x (3,0 x 108)2 = 8,2 x 10-14 J Hiermee bepalen we de frequentie van één foton:
f = E / h
f = 8,2 x 10-14 / (6,63 x 10-34) = 1,2 x 1020 Hz
11 Eerste berekenen we het aantal elektronen dat per seconde door de LED stroomt. We gebruiken hiervoor de stroomsterkte in A = C/s:
0,050 A / (1,602 x 10-19) = 3,12 x 1017 elektronen per seconde Nu berekenen we de energie van een foton:
Ef = h x c / λ
Ef = 6,63 x 10-34 x 3,00 x 108 / (470 x 10-9) = 4,23 x 10-19 J
Hiermee kunnen we het aantal fotonen per seconde mee berekenen:
0,075 / (4,23 x 10-19) = 1,8 x 1017 fotonen per seconde Het percentage elektronen dat een foton uitzendt is dus:
1,8 x 1017 / (3,12 x 1017) = 0,57 = 57%
Paragraaf 2: De Planckkromme
1 Aan de absorptielijnen in dit spectrum kan je achterhalen uit welke elementen de ster bestaat. Aan de piek van het spectrum (hoogste intensiteit) kan je achterhalen wat de temperatuur van de ster is.
(In een latere paragraaf zal blijken dat we ook de snelheid van de ster kunnen afleiden door te kijken naar de verschuiving van de absorptielijnen)
2 De piek van de planckkromme ligt ongeveer bij de 500 nm.
T = kw / λ
T = 2,898 x 10-3 / (500 x 10-9) = 5,80 x 103 K 5,80 x 103 K – 273 = 5,5 x 103oC
3 Stel we nemen aan dat de huid van de mens 30 oC is (37 oC zou ook goed gerekend worden).
Dit is gelijk aan 273 + 30 = 303 K.
λ = kw / T
λ = 2,898 x 10-3 / 303 = 9,6 x 10-6 m
Volgens BINAS komt dit inderdaad overeen met infrarood.
4 λ = kw / T
λ = 2,898 x 10-3 / (2,5 x 103) = 1,1 x 10-6 m
De piek van de planckkromme ligt in het infrarood. De meeste straling zal dus worden uitgezonden op een frequentie die we niet kunnen zien. Als gevolg heeft de lamp een laag rendement.
5
a. De grafiek geeft een klein deel van de rechter zijde van de planckkromme weer. Uit dit stukje blijkt dat de piek van de kromme links van de 400 nm ligt. Als de piek hier zou liggen, dan vonden we:
T = kw / λ
T = 2,898 x 10-3 / (400 x 10-9) = 7,24 x 103 K
In werkelijkheid licht de piek maar naar links (bij kleinere golflengte) en met behulp van T = kw
/ λ zien we dat dit overeenkomt met een nog hogere temperatuur. De temperatuur ligt dus inderdaad boven de 7000K.
b. De intensiteit van het licht uit een bepaald golflengtegebied is gelijk aan de oppervlakte onder de planckkromme. Het zichtbare gebied ligt globaal tussen 400 en 800 nm. In dit gebied is de oppervlakte gelijk aan ongeveer 13 hokjes. Elk hokje heeft een oppervlak van 1 x 10-11 x 100 = 10-9 W/m2. De totale intensiteit is dus gelijk aan
10-9 x 13 = 13 x 10-9 W/m2 Het percentage wordt:
13 x 10-9 / 2,9 x 10-8 = 0,45 45% ligt dus in het zichtbare deel.
6
a. Tussen 1 mm en 2 mm zitten 10 staafdiagrammen die we bij elkaar op moeten tellen om de totale intensiteit te vinden. Het gemiddelde van de tien staafjes is ongeveer 14 x 10-8. De totale intensiteit wordt dus 10 x 14 x 10-8 = 14 x 10-7 W/m2
Met de gemiddelde golflengte in ons bereik (1,5 x 10-3 m), kunnen we de gemiddelde energie van één foton uitrekenen:
Ef = hc/ λ
Ef = 6,6 x 10-34 x 3,0 x 108 / (1,5 x 10-3) = 1,3 x 10-22 J Het totaal aantal fotonen wordt dus:
14 x 10-7 / (1,3 x 10-22) = 1,0 x 1016 fotonen.
De orde van grootte is dus 1016 fotonen.
b. T = kw / λ
T = 2,898 x 10-3 / (1,1 x 10-3) = 2,6 K
7 Het oppervlak A van de gloeidraad is gelijk aan:
A = 2πrh
A = 2π x 0,10 x 10-3 x 25 x 10-3 = 1,6 x 10-5 m2 P = σAT4
T = (P/σA)1/4
T = (24/ (5,67 x 10-8 x 1,6 x 10-5)1/4 = 2,3 x 103 K 8 P = σAT4
Bij verdubbeling van de temperatuur wordt het vermogen 24 = 16x zo groot.
9 I = P/(4πr2) P = I x 4πr2
P = 1,368 x 103 x 4π x (1,49 x 1011)2 = 3,8 x 1026 W 10 De aarde heeft een doorsnede van:
A = πr2 = π x (6,371 x 106)2 = 1,28 x 1014 m2
De zon zendt in alle richtingen uit. Op de afstand van de aarde zijn de neutrino’s dus verdeeld over een afstand van:
A = 4π x (1,49 x 1011)2 = 2,79 x 1023 m2
Nu berekenen we hoeveel keer de doorsnede van de aarde in dit oppervlak past:
2,79 x 1023 / (1,28 x 1014) = 2,2 x 109 keer
Het aantal neutrino’s is 2,0 x 1038. Er komen dus 2,0 x 1038 / (2,2 x 109) = 9,1 x 1028 neutrino’s op aarde.
11 De afstand tot Wega is volgens BINAS gelijk aan 2,37 x 1017 m.
P = I x 4πr2
P = 2,9 x 10-8 x 4π x (2,37 x 1017)2 = 2,0 x 1028 W
Het uitgestraald vermogen van de zon is volgens BINAS gelijk aan 0,390 x 1027 W.
Dus het uitgestraald vermogen van Wega is 2,0 x 1028 / (0,390 x 1027) = 52 keer zo groot.
12 Dezelfde kleur wil zeggen dat de temperatuur gelijk is. Het vermogen is 81x zo groot. Volgens P = σAT4 is A dan ook 81x zo groot. Omdat A = 4πr2, vinden we dat de straal r dan 81 = 9x zo groot is. Hetzelfde geldt voor de diameter.
13 Als Betelgeuze vanaf de aarde gezien 109 keer feller is, dan wil dat zeggen dat de intensiteit I 109 keer zo groot is. De afstand tot Betelgeuze is 6,1 x 1018 / (4,0 x 1016) = 153 x zo groot.
Volgens P = I x 4πr2 vinden we dan dat het vermogen 1532 x 109 = 2,5 x 106 keer zo groot is.
Volgens P = σAT4 vinden we dan (met gelijke temperatuur) dat het oppervlak A van de ster ook 2,5 x 106 keer groot is. Met A = 4 πr2 zien we dan dat de straal √(2,5 x 106) = 1,6 x 103 keer zo groot is. Dit geldt dan ook voor de diameter.
Paragraaf 3: Het Dopplereffect
1 - Als de geluidsbron naar je toe beweegt, dan zitten de golven dichter op elkaar en als gevolg is de frequentie hoger. Een hogere frequentie komt overeen met een hogere toon. Volgens f = 1/T is dan de trillingstijd lager.
- Als de geluidsbron van je af beweegt, dan zitten de golven verder van elkaar af en als gevolg is de frequentie lager. Een lagere frequentie komt overeen met een lagere toon. Volgens f = 1/T is dan de trillingstijd hoger.
2 - Als je licht ontvangt van een bron die van de af beweegt, dan komen de golven verder van elkaar af te zitten en wordt de golflengte dus groter en schuift de kleur op richting het rode deel van het spectrum.
- Als je licht ontvangt van een bron die naar je toe beweegt, dan komen de golven dichter bij elkaar te zitten en wordt de golflengte dus kleiner en schuift de kleur op richting het blauwe deel van het spectrum.
3 Als het heelal uitdijt, dan bewegen de melkwegstelsels van ons af. Dit zorgt voor een grotere golflengte. De golflengte wordt groter richting de rode kant van het visuele spectrum. We hebben dus te maken met roodverschuiving.
4
a. Van UV naar paars is de golflengte verplaatst richting het rode deel van het spectrum. We hebben dus te maken met roodverschuiving.
b. Bij roodverschuiving beweegt de gaswolk van ons af.
5
a. De golflengte is kleiner geworden en dus meer naar het blauwe deel van het spectrum verschoven. We hebben dus te maken met blauwverschuiving. De wolk beweegt dus naar ons toe.
b. λo = 393,3 nm
Δλ = 392,0 – 393,3 = -1,3 nm vrad = Δλ/ λo x c
vrad = -1,3/ 393,3 x 3,0 x 108 = -9,9 x 105 m/s
c. De radiële snelheid is slechts een component van de totale snelheid. vrad is alleen de
component van de snelheid die naar ons toe of van ons af wijst. Het melkwegstelsel kan ook nog een snelheidscomponent loodrecht op deze beweging hebben. De persoon heeft dus gelijk.
6
a. De lijnen bij Arcturus zijn naar een grotere golflengte verschoven. We hebben dus te maken met roodverschuiving. De ster beweegt dus van ons af.
b. λo = 882,4 nm
Δλ = 882,55 – 882,40 = 0,15 nm v = Δλ/ λo x c
v = 0,15/ 882,4 x 3,0 x 108 = 5,1 x 104 m/s
7 De H-α lijn zit normaal gesproken op de 656 nm (zie BINAS). Nu zit de lijn rond de 721 nm λo = 656 nm
Δλ = 721 - 656 = 65 nm v = Δλ/ λo x c
v = 65/ 656 x 3,0 x 108 = 3,0 x 107 m/s
Nu delen we deze snelheid door de lichtsnelheid:
3,0 x 107 /(3,0 x 108 ) = 0,099 Dit is dus 9,9% van de lichtsnelheid.
8 Als een ster om zijn as draait, dan zien we de ster aan de ene kant naar ons toe draaien en aan de andere kant van ons af. Er treedt dan dus zowel rood- als blauwverschuiving op. Als gevolg wordt de spectraallijn beide kanten op een beetje breder.
9
a. Aan de ene kant van het spectrum treedt roodverschuiving op en aan de andere kant blauwverschuiving. Dit komt omdat de ene kant van het melkwegstelsel naar ons toe beweegt en de andere kant van ons af. Dit komt omdat het melkwegstelsel om zijn eigen as draait.
b. Bij het midden van het stelsel verwachten we geen rood- of blauwverschuiving door de rotatie van het stelsel om zijn eigen as. De waargenomen roodverschuiving op dit punt komt volledig door de snelheid waarmee het stelsel als geheel van ons af beweegt.
λo = 12,0000 nm
Δλ = 21,1536 – 12,0000 = 9,1536 nm v = Δλ/ λ x c
v = 9,1536 / 12,0000 x 2,99792 x 108 = 2,28682 x 108 m/s c. De snelheid aan de linkerzijde is:
λo = 12,0000 nm
Δλ = 21,1588 – 12,0000 = 9,1588 nm v = Δλ/ λ x c
v = 9,1588 / 12,0000 x 2,99792 x 108 = 2,28812 x 108 m/s
Als we hier de snelheid van het melkwegstelsel als geheel vanaf halen, dan vinden we:
2,28811 x 108 - 2,28681 x 108 = 129910 m/s
10
a. Telkens beweegt een van de sterren naar ons toe en de ander van ons af. Als gevolg is dezelfde absorptielijn bij de ene ster wat rood verschoven en bij de ander wat blauw verschoven.
b. De absorptielijnen zijn hier niet verschoven. De radiële snelheid is hier dus nul. Dit gebeurt als de sterren beide loodrecht op de bewegingsrichting bewegen, zoals bijvoorbeeld hieronder is weergegeven:
c. Op dit moment beweegt ster B maximaal van ons af. Hier hebben we dus met
roodverschuiving te maken. De golflengte neemt hier dus maximaal toe. Dit gebeurt bij de toppen van de grafiek.
d. λo = 410,17 nm
Δλ = 410,21 – 410,17 = 0,04 nm v = Δλ/ λ x c
v = 0,04 / 410,17 x 3,0 x 108 = 2,9 x 104 m/s
De omlooptijd T kunnen we aflezen uit de grafiek en is gelijk aan 1,4 x 106 s v = 2πr/T
r = vT/ (2π)
r = 3,0 x 104 x 1,4 x 106 / (2π) = 6,5 x 109 m
Paragraaf 4: Het HR-diagram
1
a. Als we de horizontale as aflezen, dan vinden we:
log (T) = 3,55 103,55 = 3,55 x 103 K
b. Als we de verticale as aflezen, dan vinden we:
log(L/Lzon) = 2,8 102,8 = 6,3 x 102 Lzon
De lichtsterkte is dus 6,3 x 102 keer zo sterk als de zon.
c. Als we de diagonale assen aflezen, dan vinden we:
log(R/Rzon) = 1,8
We hebben hier gebruik gemaakt van de volgende logaritmische notatie (zie de onderstaande afbeelding).
101,8 = 63 Rzon
De straal is dus 63 keer zo groot als die van de zon.
2
a. Als we de horizontale as aflezen, dan vinden we:
log (T) = 4,0 104 = 1,0 x 104 K
b. Als we de verticale as aflezen, dan vinden we:
log(L/Lzon) = 1,4 101,4 = 25 Lzon
De lichtsterkte is dus 25 keer zo sterk als de zon.
c. 25 Lzon = 25 x 0,390 x 1027 = 9,75 x 1027 W L = σAT4
A = L / (σT4)
A = 9,75 x 1027 / (5,67 x 10-8 x(1,0 x 104)4) = 1,7 x 1019 m2 A = 4πr2
r = √(A/(4π)) = 1,2 x 109 m
r = 1,2 x 109 / (6,96 x 108) = 1,7 Rzon
Als we de diagonale assen aflezen, dan vinden we:
log(R/Rzon) = 0,2 100,2 = 1,6 Rzon
Dit komt ongeveer overeen met de waarde die uit de berekening volgde.
Paragraaf 5: Draadloze communicatie
1 Dit is een AM-signaal, want de amplitude varieert.
2 De frequentie varieert. Het gaat hier dus om FM.
3
a. De draaggolf is de trilling met de hoge frequentie. Van t = 0 tot t = 0,8 s zijn 16 trillingen zichtbaar. Eén trillingstijd komt dus overeen met 0,8 /16 = 0,050 s.
f = 1/T
f = 1/0,050 = 20 Hz
b. Het gemoduleerde signaal is de trilling met de kleine frequentie. We zien hier één trilling in 1,0 seconde.
f = 1/T
f = 1/1,0 = 1,0 Hz
4 108,00 – 87,50 = 20,5 MHz 200 kHz = 0,200 MHz 20,5 / 0,200 = 102,5 zenders 5
a. Dit voorkomt interferentie tussen de twee golven.
b. De draaggolf van de downlink is:
240 / 221 x 2,11 = 2,29 GHz
Het verschil tussen de twee draaggolven is:
2,29 x 109 – 2,11 x 109 = 1,8 x 108 Hz 1,8 x 108 Hz = 1,8 x 102 MHz
De bandbreedte bevindt zich 40 / 2 = 20 MHz boven en onder de draaggolven. Zoals je in de onderstaande afbeelding kan zien moeten er twee bandjes van 20 MHz tussen de
draaggolven passen:
1,8 x 108 – 2 x 20 x 106 = 1,4 x 108 Hz
De kanalen zijn dus 1,4 x 108 Hz van elkaar gescheiden.
6 Eerst rekenen we het aantal bits uit:
5 x 106 x 8 = 4 x 107 bits
Dan delen we de bits door de hoeveelheid bits per seconde (bps) om de tijd te vinden:
t = 4 x 107 / (2 x 104) = 2000 s = 0,6 h
7 Hoe hoger de bemonsteringsfrequentie, hoe vaker het signaal wordt afgelezen. Dit zorgt voor een nauwkeurige benadering van het oorspronkelijke signaal.
8 Als het aantal bits te klein is, dan wordt het signaal in verticale richting in relatief weinig
‘stukjes’ opgedeeld. Als gevolg kan de hoogte van het signaal dus niet goed afgelezen worden.
Dit probleem wordt niet verholpen door de bemonsteringsfrequentie nog hoger te maken.
9 Meer bits betekent dat het signaal in verticale richting in meer ‘stukjes’ kan worden opgedeeld. Het signaal kan zo dus beter benaderd worden.
10 Als de bemonsteringsfrequentie te laag is, dan zit er dus een relatief lange tijd tussen de metingen. Als in deze periodes nog van alles gebeurt, wordt dit dus niet gemeten, zelfs als het aantal bits enorm hoog is.
11 1 byte is gelijk aan 8 bits. 128 MB komt dus overeen met 128 x 8 x 106 = 1,0 x 109 bits.
De datatransferrate geeft het aantal bits per seconde:
1,0 x 109 / 45 = 2,3 x 107 bps 12
a. 2aantal bits = aantal combinaties 2aantal bits = 128
Je kan n vinden door ‘te proberen’ tot je het juist antwoord vindt. Dit blijk n = 7 te zijn.
Een andere optie is de logaritme te gebruiken:
log(128)/log(2) = 7
Er is dus 7 bit per karakter nodig.
b. 125000 x 7 = 875000 bps
13 1 byte is gelijk aan 8 bits. 20 MB komt dus overeen met 20 x 8 = 160 Mbits.
160 / 15 = 11 s
14 Er zijn in totaal 1920 x 1080 = 2073600 pixels.
Elke pixel kan 8 bit aan waarden aannemen.
2073600 x 8 = 16588800 bits
Voor 20 frames per seconde vinden we:
16588800 x 20 = 3,3 x 108 bps
