Løsninger til OPGAVER I FYSIK A-NIVEAU 2013-udgaven

Transkript

1 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Løninger til OPGAVER I FYSIK A-NIVEAU 01-udgaven Opgave V1 ide 5: Effektfuld laer a) Energien af de enkelte fotoner betee: 4 8 6,66 10 J, h c h f, Hered er antallet af fotoner i den enkelte pul: E pul 0,50 10 J N, , E, J 19 E foton foton b) Den gennenitlige effekt finde ved at e på, hvor eget energi der udende pr. ekund: E E500 puler 500 E pul 500 0,50J Pgennenit 0, 5W t Effekten i en enkelt pul betee o forholdet elle pulen energi og den varighed: E E pul 0,50 10 J 9 PPul,5 10 W, 5GW 1 t 0,0 p 0,0 10 c) Deniteten af olybdæn finde i det periodike yte i databogen (1998-udgaven ide 14), og den er 10, g/c. Dette bruge til at betee aen af olybdæn i rillen: V 10,g / c 0,095c 0,0050c 0,0100c 0, g 49g Den energi, der kal tilføre for at fordape denne ængde olybdæn, er: 5 J E fordapning L 4,9 10 g 7,7 10 0, 787 J. g Antallet af puler, der giver denne energi, er: E fordapning 0,787 J N 747,79 7,5 10 E 0,50 10 J pul Da der er 500 puler pr. ekund, vil det tage: 748 puler t 1, , puler pr. I beregningerne er det bl.a. antaget, at der ikke afætte energi til ogivelerne (dv. at al energien går til fordapning). Ifølge opgavetekten er det en rielig antagele, da det netop er pointen ed denne type laere. Deuden er der et bort fra, at pulen giver et cirkulært hul, en en rille opbygge af kvadratike huller. Da opgavetekten lægger op til, at rillen har en fat bredde og dybde, er det igen en rielig antagele. J

2 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave V ide 6: Laerkirurgi a) Man kan enten beregne energi i ev eller J. Her vælge J: 4 h c 6,66 10 J / 0 0 E foton 1, J 1,87 10 J 6 10,6 10 b) Ført betee det, hvor eget vævae, der fordape pr. ekund: E 60J E L 0, g f L,4 10 J / g 05 f Da an kender deniteten, kan denne ae oregne til et voluen: 0,05g V 0, c V 0,95g / c Når trålen bevæge hen over vævet, danne der et kaeforet hul (ed halvcirkler i enderne, en det kan an e bort fra). Dette hul har bredden 0,40 (diaeteren af trålen), og pr. ekund er længden,0c. Da an kender det fordapede rufang, kan an dered finde dybden: V 0, c V b l d d 0,8947 c, b l 0,040c,0c Opgave V ide 6: Martal olvareanlæg a) E E P t P A t nyttig tilført pr. areal Da det er effekten pr. areal (Ppr. areal), der er oplyt aen ed arealet (A), foretage den idte okrivning ovenfor. W 11 E nyttig 0, , , J 196GJ b) Hvi det antage, at al den energi, der ikke afætte til Martal by, oplagre i den tore vandtank, vil dette vare til E 18GJ 45GJ GJ. vandtank 18 Når der e bort fra, at vandet i vandtanken udvekler energi ed ogivelerne, og når der regne ed en fat pecifik varekapacitet for vand på 4,kJ/(kg*K) få: E 9 vandtank J Tlut Ttart T Ttart 45,0C 48, C c J vand vand kg 4, 10 kg C

3 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave V4 ide 7: Batteridrevet kruetrækker a) Da det er en batteridrevet kruetrækker, er det jævntrø, der benytte, og dered gælder: P 10W P U I I 6,964 A 6, 9A U 17,V b) Tiden for at krue kruen ind i træet er: 40 vindinger t 4, , 7 8,5 vindinger pr. ekund På denne tid har kruetrækkeren oat energien: E P t 10W 4, ,706J J kruetrækker 565 På wikipedia (engelk) angive, at nyttevirkningen af en elektrootor af tørrelen 10W til 00W har en nyttevirkning elle 0,5 og 0,9, og da 10W ligger otrent idt i intervallet, antage nyttevirkningen at være 70%. Dered vil den energi, der går til elve kruningen være: E 0,7 E 0,7 565J J. kruning kruetrækker 95 Derudover kan der koe et bidrag fra kruen tab i potentiel energi, og hvi an preer på kruetrækkeren, vil der ogå udføre et arbejde. Die bidrag vil dog være ubetydelige, å der e bort fra de. Der er ikke nogen kinetik energi, når kruen idder fat, å den tilførte energi er odannet til terik energi, der antage fordelt ligeligt elle træet og kruen. Skruen terike energi er altå øget ed okring 00J. Dette giver en teperaturtigning på: E 00J E c T T 101,95K 100C c J krue jern 4,4g 0,45 g K Opgave V5 ide 8: Var ælk a) Da der ker en opvarning (uden faeovergang), kan den tilførte vare beregne ved: J Q c T 0,50kg ,0 5,0K 7875J 78, 4kJ kg K b) Opvarningen foregår eget hurtigt, å det kan ed rielighed antage, at yteet er ioleret, dv. al den energi, o vanddapen har afgivet, er gået til opvarning af ælken. Deuden antage det, at al vanddapen bliver i blandingen. Vanddapen afgiver både energi ved fortætningen til vand og ved nedkølingen fra 100 C til 80 C, å an har: E L c T afgivet v L f E v c f afgivet v 7875J T 6 J J, , ,0479kg g K kg kg K Værdierne for vand pecifikke varekapacitet og fordapningvare (ved 100 C) er fundet i databogen. Den pecifikke varekapacitet afhænger lidt af teperaturen, å egentlig er tre betydende cifre i facit til pørgål a) ikke korrekt ( havde været ere paende).

4 Teperatur ålt i grader celiu Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave V6 ide 9: Ukrudtdaper a) Da an kender effekten og tidruet, kan den oatte energi beregne ud fra definitionen på Eoat effekt: P Eoat P t, 10 W J,MJ t b) Hvi det antage, at yteet er ioleret (dv. der udvekle ikke energi ed ogivelerne), gælder der, at al den oatte energi er gået til opvarning af al vandet til 100 C og efterfølgende fordapning af en del af det. Man har derfor: E c T L oat vand vand opvarning fordapet f, vand fordapet E c T L oat vand vand opvarning f, vand J J kg K kg K 6 J,57 10 kg ,5 4, ,1667kg 1, kg Vand denitet og pecifikke varekapacitet afhænger af teperaturen, å der er benyttet værdier ed få betydende cifre, og da der deuden ikke kan undgå et varetab til ogivelerne, vil den fordapede ae i praki være lidt indre end den beregnede. Opgave V7 ide 10: Idrætkader a) Vandet teperatur tiger ikke å eget, og forøget varer kun nogle inutter, å an kan ed rielighed betragte yteet o ioleret, dv. der udvekle ikke vare ed ogivelerne. Så an har: E E 0 C C poe poe poe T poe vand vand c T vand vand poe c T vand vand T vand J 1,9kg ,9K kg K 170,0947 7,9C J C kj 1,7 C b) Tabellen værdier indtegne i et koordinatyte i Excel, og der vælge en lineær tendenlinje: Opvarning af nedkølingpoe y = 0,105x - 16,86 R² = 0, Tid ålti inutter Poen teperatur kal være under -5,0 C, og tidpunktet for denne finde ved: Solve(-5=0,105x-16,86,x), der giver x = 114,57 Dv. poen kan bruge i 114 inutter

5 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave V8 ide 11: Forøg ed hårtørrer a) Effekten kan betee ud fra kendkabet til to af de tre tørreler trø, pændingfald og reitan. I dette tilfælde kende de to idte, og dered bliver: U U (0V ) P R 44,08 44 R P 100W b) Forlen er oplyt i opgaven, å farten kal blot iolere, og å kal an ørge for at indætte tørrelerne i paende enheder, dv. kvadratcentieter kal oregne til kvadrateter: F 0,184N F A v v 1,894 1, 9 A kg 4 0,9 11,9 10 c) På 1 ekund vil luftængden nå at bevæge ig 1,9, dv. at den ængde luft, der paerer genne hårtørreren pr. ekund, kan betee o den ængde luft, der befinder ig i en cylinder ed længden 1,9 og grundfladearealet givet ved røret tværnitareal. V A l luft luft luft luft cylindergrundflade cylinder kg 4 0,9 11,9 10 1,894 0,0147kg Effekten fra hårtørreren går både til at vare luften op og give den fart på, en da teperaturen netop er et udtryk for luftolekylerne gennenitlige kinetike energi, indgår bidraget fra den kinetike energi af luftængden betragtet o én partikel i teperaturberegningen (ed et eget lille bidrag). Da hårtørreren på 1 ekund odanner 100J, har an å: E 100J J kj E c T c 1001,1004 1, 00 T 0,0147kg C kg K kg K

6 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave V9 ide 11: Bageovn a) Effekten er defineret o den oatte energiængde pr. tid, og da den elektrike effekt og tiden er kendt, kan an altå finde den oatte elektrike energi: Eoat P Eoat Pt,010 W 5, J 0,60MJ t at b) Teperaturen T o funktion af tiden t fra bageovnen tænde er: T 471C 450C e (Ved indættele af t = 0 e det, at ovnen teperatur er 1 grader celiu fra tart). Tiden det varer at opvare til 00 C betee: 1 0,04in t 00C 471C 450C e 1 0,04in t 00C 471C e 450C 1 00C 471C 0,04in t ln 450C 00C 471C ln 450C t 1, in 1,1in 1 0,04in Den tilførte elektrike effekt går del til opvarning af ovnen og del til vareafgivele til ogivelerne. For at finde vareafgivelen til ogivelerne, kal an altå betee den effekt, der går til opvarning af ovnen, hvorefter denne kan trække fra den alede tilførte elektrike effekt. Da an ud over udtrykket for teperaturen o funktion af tiden kender bageovnen varekapacitet, o er 6,kJ/K og en kontant hvilket benytte under differentiationen - får an: debageovn d( Cbageovn T ) dt at Popvarning Cbageovn Cbageovn 450 C ( a) e dt dt dt 1 J 1 0,04in 1,074494in J J 6,10 450C 0, 04 in e 71706, ,11 K in Altå afgive der energi til ogivelerne ed effekten: P P P, 0kW 1,19511 kw 0,8kW ogiveler alet opvarning

7 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave V10 ide 1: Teroeter i prit a) Når følerne tage op af pritten, idder der tadig prit på overfladen. Dette prit fordaper, når det odtager energi fra luften og fra elve føleren ( Etilført fordapet Lf, prit, hvor Lf,prit er fordapningvaren okring tueteperatur). Da føleren altå afgiver energi til pritten, vil føleren elv nedkøle ( Eafgivet C føler Tføler ). Graferne er forkellige, fordi de to følere ikke har ae forhold elle rufang og overfladeareal. De to følere antage at være cylinderforede (hvilket paer ed billedet), og for en cylinder har an: V r h O r h, hvor V er rufanget, O er overfladearealet, r er radiu og h er højden (der er et bort fra toppen i udregningen af overfladearealet, da det udgør en ubetydelig del af dette). Forholdet elle rufanget og overfladearealet er å: V r O Spritten idder på overfladen af føleren, en aen og dered varekapaciteten af føleren er direkte knyttet til rufanget ( V og C c V c ). Mængden af prit er altå proportionalt ed overfladearealet, en varekapaciteten er proportional ed rufanget. Jo tørre radiu er, de tørre er rufanget og dered varekapaciteten i forhold til overfladearealet og altå ængden af prit. Og jo tørre varekapaciteten af føleren er i forhold til ængden af prit, jo indre falder teperaturen, når den afgiver den nødvendige ængde energi. Derfor falder teperaturen indre for den tykke end for den tynde føler. Og deuden gælder ed ae arguent, at den tykke føler teperatur efter fordapningen af pritten voker langoere, da den har et relativt indre overfladeareal end den tynde føler, og derfor har et indre forhold elle odtaget vare fra luften og varekapacitet end den tynde. Opgave V11 ide 1: Elektrik vandvarer a) Det tidru, hvor vandet forbruge, er ikke å tort, å der e bort fra energiafgivele til ogivelerne. Det antage, at der forbruge 0,kg vand i ekundet, og at vandet kal opvare fra 5 C til 60 C. Hered bliver den nødvendige effekt: Etilført vand cvand T vand P cvand T t t t kg J 0,0 4, K 4600W 46kW kg K Dette er et fuldtændig urealitik reultat, da det ville kræve en trø på 00A (ed 0V), å enten å der ætte tore begrænninger på forbruget, eller ogå å an erkende, at vandvareren ikke kan følge ed.

8 Løningerne er hentet på Opgave V1 ide 1: Mundingfart Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) For at kunne betee blypladen tilvækt i indre energi, kal an kende bly pecifikke varekapacitet. Den finde i databogen (1998-udgaven) under "Specifikke varekapaciteter for J grundtoffer" på ide 14: cbly 10 kg K Da teperaturtigningen kun er på et par grader, når an ikke bly eltepunkt, og derfor ker der ingen faeovergang. Altå har an: J E c T 0, 01795kg 10, 4K 5, 6J kg K b) Haglet ætter ig fat i blypladen, og derfor vil al den kinetike energi odanne til terik energi. Hvi an går ud fra, at det er blypladen, der odtager al denne terike energi, og hvi an er bort fra opvarningen eller nedkølingen af haglet, der uligvi allerede er opvaret under affyringen, vil tigningen i indre energi beregnet i a) vare til den kinetike energi af haglet, inden det rate blypladen. Når an kender den kinetike energi, kan an ud fra kendkabet til haglet ae beregne haglet fart: 1 Ekin v E E 5,6J v 145, kin 4 5,10 kg

9 Spændingfald ålt i V Spænding ålt i V Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave E1 ide 14: Sikring a) Intallationerne er dienioneret til 10A, dv. de kan tåle den vare, der udvikle, når der løber en trø op til 10A genne de. Hvi en 16A-ikring havde ertattet en 10A-ikring, og en ae elektrike apparater (tøvuger, elkedel, ) blev at til atidigt, å trøen genne yteet ko op i nærheden af de 16A (hvor ikringen altå endnu ikke var brændt over), ville ledningerne i forbindele ed intallationen (hvor al trøen jo går igenne i odætning til de enkelte apparater) kunne opvare å kraftigt, at der optår brand. Opgave E ide 14: Karakteritik a) En reitor opfylder pr. definition Oh lov U R I, å en (I,U)-graf vil være en ret linje ed hældningen 4,70: Reitorkarakteritik y = 4,7x 0 0 0, 0,4 0,6 0,8 1 1, b) Når koponenterne idder i erie, vil trøen genne de være den ae, en det alede pændingfald over forbindelen er uen af pændingfaldene over de to koponenter. Så karakteritikken for erieforbindelen kan lave ved, at an for en trøtyrke aflæer pændingfaldene på karakteritikkerne for de to enkelt-koponenter og lægger die aen. Man får å: Strøtyrke ålt i A Karakteritik for eriekobling 0 0 0,1 0, 0, 0,4 0,5 0,6 Strøtyrke ålt i A På karakteritikken kan å aflæe, at trøtyrken genne erieforbindelen er pændingfaldet over den er 6,0V. I 0, 405A, når

10 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave E ide 15: Lynnedlag a) Da odtanden og pændingfaldet er kendt, kan trøtyrken beregne ved Oh 1. lov: U 7,V U R I I 14117, A 14, 1kA 4 R 5,1 10 b) Ført betee den ladningængde, der har paeret genne (et tværnit af) reitoren. Dette gøre ud fra definitionen på trøtyrke, der netop er ængden af ladning, der har paeret genne et tværnit, pr. tid: Q I Q I t 5 10 A C t 19 En elektron har eleentarladningen 1,60 10 C, å oventående ladningængde varer til: Qalet 75C 1 1 N,406 10, q 1,60 10 C elektron c) Energien afætte å hurtigt, at an kan gå ud fra, at der ikke afgive energi til ogivelerne, dv. at yteet er ioleret. Den afatte energi i en reitor udtrykt ved reitan, trøtyrke og tidru er: E reitor R I t Under antagelen af at al energien går til opvarning af reitoren, har an deuden: E c T reitor Altå få: c T reitor reitor reitor reitor T reitor R I t c reitor reitor reitor R I reitor t 5, A ,001506K 16K J 0,7kg 415 kg K Opgave E4 ide 16: Elbil a) På grafen aflæe det, at når bilen kører 40 k/t, er effekten ca. 705W. Da effekten og pændingfaldet er kendt, kan trøtyrken betee: P 705W P U I I 19,58 A 0A U 6V b) Da an kender det tidru, hvor bilen yder den pågældende effekt, kan den energi, o batteriet kan afgive, betee: E afat P t 705W J 5, 1MJ c) Når bilen kører 50 k/t aflæe den effekt til at være 1060W. Den tid, den kan holde denne fart på vandret vej, er altå: Ebatteri J t 4788,679 1,01887 tier P 1060W På denne tid kan bilen ed in kontante fart nå at koe: k v t 50 1,t 66,5094k 67k t

11 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave E5 ide 17: Solcelle a) Hvi an ætter reitanen af ledningerne til 0, er pændingfaldet over reitoren det ae o over olcellen. På figuren aflæe det, at trøtyrken 0,0A varer til 0,49V (der altå er pændingen over både olcelle og reitor). Hered kan reitanen R betee: U 0,49V U R I R 1,6 1, 6 I 0,0A b) Da reitoren er at til værdien,0, vil aenhængen elle U og I for den være: U reitor, 0 I reitor. Indtegnet på figuren er dette altå en proportionalitet (ret linje genne (0,0)) ed proportionalitetkontanten (hældningen),0. Strøtyrken genne olcellen er den ae o trøtyrken genne reitoren, da der ikke er nogen forgreninger i kredløbet. Deuden er o nævnt pændingfaldet over olcelle det ae o over reitor. Skæringpunktet elle grafen på figuren og den indtegnede linje er netop det punkt, hvor pændingfaldene og trøtyrkerne er en, å det er dette kæringpunkt, der kal aflæe, og punktet førtekoordinat fortæller å, at: I 0, 5A

12 Løningerne er hentet på Opgave E6 ide 18: Teperaturfølo odtand Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) På grafen over NTC-odtanden reitan o funktion af teperaturen aflæe det, at ved 0,0 C er odtanden: R NTC 1, 4k. Reitoren og NTC-odtanden idder i erieforbindele, å ertatningreitanen er uen af de to reitaner, og trøen genne NTC-odtanden (der er den ae o genne reitoren) betee ved: U R R I I R reitor reitor U R NTC NTC 5,00V A 1,95A 1, 10 1,4 10 b) Den effekt, der afætte i NTC-odtanden er givet ved: P R I. Da trøen holde kontant, vil effekten for den afatte energi udelukkende afhænge af odtanden. Jo varere NTC-odtanden bliver, jo indre bliver odtanden, og jo indre er den effekt, energien afætte i koponenten ed. NTC-odtanden vil atidig afgive vare til ogivelerne. Jo varere NTC-odtanden er, jo tørre er den effekt, varen afgive til ogivelerne ed. Der kan altå indtille ig en ligevægt, hvor effekterne for afat og afgivet energi er lige tore. Ved denne ligevægt gælder: P P R R afat NTC NTC I afgivet T T 5, W C T0 RNTC T I I W 5, ,0C T C 50 T 4750 C 10,0 10 A 10,0 10 A Man har altå nu to aenhænge elle teperaturen og odtanden, der kal være opfyldt: Oventående ligning og grafen anvendt i pørgål a). Grafen for oventående ligning (der er en ret linje, der ed de pågældende enheder kærer. aken i -4,75 og har hældningen 0,50) indtegne i ae koordinatyte o grafen for odtanden teperaturafhængighed. Dette gøre ud fra punkterne (;1) og (5;1,5), udregne ved indættele i ligningen. Skæringpunktet elle den røde linje og den indtegnede rette linje betee til (,;1,08), og da det er teperaturen af NTC-odtanden, der kal finde, er det førtekoordinaten, der kal bruge, dv. T NTC, C

13 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave E7 ide 19: Solcelle nyttevirkning a) Volteteret har en eget tor odtand, å an kan regne ed, at trøen genne reitoren er lig trøen genne olcellen. Denne kan betee ved det opgivne udtryk: V 0,45V e 1 0, A 0,08A I 0,180 A 1,47 10 A Hvi der regne uden tab i ledningerne, vil pændingfaldet over reitoren være lig pændingfaldet over olcellen, og da trøen genne reitoren og pændingfaldet over den hered kende, kan reitanen betee: U 0,45V U R I R 5,9056 5, 4 I 0,0848A b) Effekten af ollyet, der raer olcellen er: W Ptilført I olly Aolcelle , , 616W Effekten o olcellen yder er: P olcelle U I 0,45V 0,0848 A 0, W Polcelle 0,075659W Hered bliver nyttevirkningen: 0, ,6% P 14,616W tilført c) For at finde den tørt ulige effekt, kal denne udtrykke ved enten trøen eller pændingen alene. Det er neet at udtrykke den ved pændingen, da den oplyte aenhæng elle trø og pænding har trøen o afhængig variabel. U Polcelle U I U e 1 Dette udtryk indtegne på loeregneren, og akiupunktet betee: Der er anvendt SI-enheder, å den tørte effekt er: P ak 0, 067W Ved denne effekt er pændingfaldet 0,95V (akiupunktet 1. koordinat), og da effekten afat i kredløbet ogå kende, kan reitanen beregne: U U 0,95V P R,57, R P 0, W

14 Løningerne er hentet på Opgave E8 ide 0: En tynd tråd Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Kontantantråden og den variable reitor idder i erieforbindele, å an har: U 100V U R kontantan R I R Rkontantan 0,0, 0 I,00A b) Kontantan er kendetegnet ved, at det reitivitet (næten) ikke afhænger af teperaturen, å reitanen regne o kontant under hele opvarningen. Kontantan er en legering, å den eltepunkt finde under legeringer eltepunkt på ide 14 i Databogen 1998-udgaven. Det er 150 C. Sae ted finde den pecifikke varekapacitet til J 90 og deniteten til 8,9g/c. kg K Deuden e på ide 166, at det reitivitet er 7 4, Det antage at tråden ikke udvekler vare ed ogivelerne, ålede at al den afatte elektrike energi går til opvarning af tråden. Der afætte energi i kontantantråden ed effekten: P R I. E Saenhængen elle effekten og den afatte energi er: P t Den afatte energi giver en teperaturtigning givet ved: E c T. Maen af kontantantråden er givet ved: V, hvor er deniteten. Tråden antage at have for o en cylinder, å rufanget er: V A l, hvor A er tråden tværnitareal og l er tråden længde. l Saenhængen elle reitiviteten og reitanen er givet ved: R 0. A Hered kan der optille et udtryk for, hvor lang tid det varer, før kontantantråden brænder over: E c T c T c T E c T P t t t t P 0 l l c T c T Al c T R 0 l c T t t t R I R I R I R I Hvi tråden længde ætte til,0c, får an: 0 l c T t R I kg 7 J 8,9 10 4,9010 0, C kg K 0,0 6, 0A 0, , 6

15 Kvadratet på trøtyrken (I^) (enheden A^) Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD c) Ved okrivning af den benyttede forel fra b) får an: 0l c T 0l c T 1 t I R I R t Den tore brøk e at betå af lutter kontante tørrele, å den fungerer altå o koefficient, når an benytter den reciprokke til tiden o uafhængig variabel og kvadratet på trøtyrken o 1 afhængig variabel. En, I graf vil altå give en ret linje genne (0,0), hvi der ikke afætte t energi til ogivelerne. Dette er tilfældet, når trøtyrken er tor, da opvarningen å e at tage eget kort tid, og på grafen er an ogå, at grafen går over i en ret linje, når trøtyrken er tor. Ved at forlænge denne idte del af grafen til kæring i (0,0) får an altå det udeende, grafen ville have, hvi der ikke blev afgivet energi til ogivelerne: Kontantantråd y = 5,5x /t (1/) Koefficienten (proportionalitetfaktoren) på 5,5 gør det uligt at beregne længden af tråden: 0 l c T 5,5 l 0, ,5c R På grafen e at I 1,5 A for 0. t Det betyder, at i dette grænetilfælde ( I 1,5A ) vil kontantantråden, når den er lige ved eltepunktet afgive lige å eget energi til ogivelerne, o den odtager i elektrik energi fra kredløbet. Dv. at der ved eltepunktet afgive energi til ogivelerne ed effekten: Pafgivet til ogivelerne Pelektrik R I 0,01,5 A.75W,8W 1

16 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave E9 ide 1: Solenergi på Hjel. a) Da pændingfaldet over pæren og trøen genne den er kendt, kan reitanen beregne ud fra U,6V Oh lov: U R I R 1, , 86 I 1,7 A b) Reitoren og pæren idder i erieforbindele, å trøen genne de er en, en pændingfaldet over erieforbindelen - der varer til pændingfaldet over batteriet (polpændingen) er uen af de enkelte pændingfald. Så an har: U U U R I U 0,01 1,7 A,6V,997 V batteri reitor pære reitor pære 4, 0 V c) Figur vier effekten o funktion af tiden. Med de angivne enheder varer en kae på figuren til: 6 E P t 500W 600,6 10 J, MJ kae kae kae 6 Ebatteri 90MJ De 90MJ, o batteriet kan indeholde, varer altå til: N 108, Ekae,6MJ På figuren tælle ført de hele (eller praktik taget hele) kaer. Der er 1. Det reterende oråde tælle aen til ca. 8,7 kaer. Dv. én dag giver 9,7 kaer. 108, Altå er det nødvendige antal olkindage: N olkin, 6 9,7 kaer kaer

17 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave E10 ide : Elektrik ladet partikel i hoogent elektrik felt a) Melle pladerne er det elektrike felt ed eget god tilnærele hoogent. Da an kender pændingfaldet og aftanden elle pladerne, kan den elektrike felttyrke beregne ved: U 450 E d E U V V 50 kv d 9,010 b) Når kuglen ladning er eget lille, kan an gå ud fra, at den ikke påvirker feltet. Når den holder ig vævende, er den reulterende kraft 0 ifølge Newton bevægelelove, og dered er tyngdekraften og den elektrike kraft lige tore og odatrettede. Man har derfor: F g ; F Q E t e 6,0 10 kg 9,8 g 10 9 Ft Fe g Q E Q,9810 C 0,910 C 0,9nC 4 V E 5,0 10 Da tyngdekraften peger nedad, peger den elektrike kraft opad. Dv. kuglen å blive fratødt af den negative nederte plade, og altå å den elv være negativ. Dv. Q 0,9nC c) Spændingfaldet og dered den elektrike felttyrke bliver indre, dv. den elektrike kraft bliver indre og kan nu ikke længere opveje tyngdekraften, å: kuglen falder nedad od den nederte, negative plade. Både det elektrike felt og tyngdefeltet er hoogene felter, å felttyrkerne er kontante hele vejen ned od pladen. Det bliver altå en bevægele ed kontant acceleration over trækningen 4,5. U Fre Ft Fe g Q E g Q ; Fre a d 10 U Q U,9810 C 400V a g Q a g 9,8 1, d d,0 10 kg 9,0 10 Da kuglen ligger tille fra tart, og det er bevægele ed kontant acceleration, har an: 1 a t 1 v v a v a v a a v a t t a v 1, 091 4,510 0, , 099

18 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave E11 ide : Beteele af α-partikler kinetike energi a) Det er et alfahenfald, å der udende en He-4-kerne. Da He-4-kernen betår af 4 nukleoner hvoraf er protoner, vil datterkernen ladningtal være lavere end oderkernen, en nukleontallet vil være 4 lavere. I Det Periodike Syte e det, at Po er grundtof nuer 84, og datterkernen, der dered å være grundtof nuer 8, er altå bly, Pb. Så reaktionkeaet er: Po Pb He 84 8 I databogen under "Nuklider ae og bindingenergi" (begynder ige 19 i databogen) finde atoaerne. Q-værdien beregne egentlig ud fra kerneaer, en ved alfa-henfald kan an regne på atoaer, da der indgår lige ange elektroner på begge ider: 09,98848 u ; 05, u ; 4, 00604u Po10 Pb06 He4 Pb06 He4 Po10 05,974440u 4, 00604u 09,98848u 0, u MeV MeV Q 91, 494 0, u 91, 494 5, MeV 5, 407MeV u u Maetilvækten er negativ, å der frigive energi (poitiv Q-værdi). b) Alfapartiklerne har poitive eleentarladninger, og lorentzkraften udgør den nødvendige centripetalkraft i cirkelbevægelen, å an har: v Fc ; FL q v B r v 1 q r B q v B v q r B v q r B v r q r B q r B v Ekin 1 E kin 7 (4,006041, kg e ) 19 1,6010 C 0,760, 44T 8, J 8, (Der er taget højde for, at aen af alfapartiklen er ca. elektronaer indre end aen af et He-4-ato) c) Lu-175 vejer o enkeltladet ion: 4 5 Lu 175ion Lu 175 ato e 174, u 5, u 174, u, kg Da Lu-175 accelerere fra hvile af et pændingfald, har an: Ekin, Lu e U Da agnetfeltet og banen er en for begge lag ioner, har an: e r B e r B E og E kin, He kin, Lu He er B E E 4 E 4 E 4eU E E E kin, He He kin, He Lu Lu Lu kin, He kin, Lu kin, Lu er B kin, Lu He He He Lu 5, kg 41,6010 6, kg kin, He 7 Lu C 0,10 V 8, J 8, J J

19 Løningerne er hentet på Opgave E1 ide : Hatighedfilter a) Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave E1 ide 4: Krængningåler Opgave E14: ide 5: Medicinke underøgeler Opgave E15 ide 6: Magnetik inikanon a) Spændingfaldet over pændingkilden varer til pændingfaldet over kredløbet, å an har: U R I 0,6 9,A 5,766V 5, 8V b) Da begyndelehatigheden er 0, og da an kan ætte begyndeletedet til ogå at være 0 (det kan jo ætte til hvad o helt), har an: v 0,96 / v a a 7,68 / 7,7 / 0,060 Da an kender accelerationen og pladen ae, kan an betee den reulterende kraft: F re a 0,004kg 7,68 / 0, 056N Da an har en etalplade, der fungerer o en elektrik leder, o befinder ig i et agnetfelt, er det BIL-kraften, der udgør den reulterende kraft (egentlig har an ogå ladninger, der bevæger ig genne et agnetfelt, når pladen bevæger ig, en denne hatighed er å lille, at den pågældende kraft bliver negligerbar, og har den en retning vinkelret på bevægelen, å den vil kun evt. kunne give noget gnidning): F 0,056 N F B I l B 0,075997T 0, 075T I l 9,A 0,046 Opgave E16 ide 6: Hjulaftand Opgave E17 ide 7: Kreditkort Opgave E18 ide 8: Flyvning Opgave E19 ide 9: Lagerring Opgave E0 ide 9: Kvadratik pole i agnetfelt Opgave E1 ide 0: Inkjet-printer Opgave E ide 1: Magnetlygte Opgave E ide : Ladninger på nor

20 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave B1 ide : Laerpen a) Bølgelængden kan betee ud fra gitterforlen, hvor det er vigtigt at beærke, at de opgivne vinkler varer til. orden: 0 6 n in d in 9,8, in 6, n d n Opgave B ide : Gitter a) I Databogen (1998-udgaven: Spektrallinjer ide 19) finde bølgelængderne for de fe et intene linjer i det ynlige oråde (de fire førte ed relativ intenitet 10 og den fete ed 0): 441,56n varer til den inderte violette linje. 508,58n er angivet o grøn, en den ligger i orådet elle grøn og blå og teer fint ed den næt inderte (blå) linje. 5,75n er den idterte, grønne linje. 57,81n er den næt yderte, grønne linje. 64,85n er den yderte, røde linje. Hered kan afbøjningvinklerne (1. orden) for linjerne betee: n in v v in in in d n n linje : ,56n v in 15,61 15, n. linje : ,58n v in 17, , n. linje : ,75n v in 18,678 18, n 4. linje : ,81n v in 18,854 18, n 5. linje : ,85n v in,751, n

21 Frekvenen ålt i Hz Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave B ide 4: Lyden fart. a) Bølgeligningen giver v f og da L, har an: v v 1 f v L L 1 Dv. at en ; f graf kal give en ret linje, hvor lyden fart kan aflæe o hældningen: L Lyden hatighed y = 4,9x R² = 0, / ålt i 1/ Lyden fart er altå betet til Opgave B4 ide 5: Lydoptagele v 44 a) På ocillokopbilledet aflæe vingningtiden/perioden. Det e, at et tykke på,40 varer til tre bølger, dv. at perioden er:,40 T 0, Dered er frekvenen: f 150 1, 5kHz T 0,80 10 b) Ud fra frekvenen og bølgen udbredelehatighed i luften kan bølgelængden betee: v 45 / v f 0, 76 f 150Hz For at afgøre, hvad der ker ed lydignalet tyrke, kan an e på forkellen i de aftande fra højttalerne til ikrofonen: 1,90 1,1 0, 690 Forholdet elle trækningen og bølgelængden er: 0,690,5 0,76 Lyden fra den ene højttaler kal altå bevæge ig en aftand, der varer til,5 gange bølgelængden længere end lyden fra den anden. Derfor vil bølgetop for det ene lydignal rae ikrofonen atidig ed bølgedal fra det andet lydignal og ovendt. Derfor vil lydtyrken vække, når den anden højttaler tillutte.

22 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave B5 ide 6: Ly i vand a) Vinklen elle 0. og 4. orden trålerne kan betee ved at regne på den retvinklede trekant, der danne af punktet, hvor laeren raer gitteret, 0. orden-prikken at den ene 4. orden prik. 1 9,4 c 1 9,4 tan( 4) 4 tan 9, ,0c 5,0 Så kan gitterforlen bruge til at betee gitterkontanten: 9 n n 46,810 6 in n d 5, ,16 d in in(9,7 ) n b) Gitterkontanten, der er aftanden elle palterne i gitteret, ændrer ig ikke, når der koer vand i karret. Så nu kan gitterkontanten bruge til at betee bølgelængden af laerlyet, når an ført har betet 4. orden-afbøjningvinklen: 1 7,8 c 1 7,8 tan( 4) 4 tan 1, ,0c 5,0 Bølgelængden betee: 6 n in n d in(1, 6601 ) 5, in n 4, d n 4 Da laerlyet frekven i luft og vand er den ae, kan lyet fart i vand betee ved at anvende bølgeligningen: c f luft vvand f vand vand vvand f vand c f luft luft vand 476,18n 8 vvand c , 610 6,8n luft Opgave B6 ide 6: Interferen

23 Løningerne er hentet på Opgave A1 ide 7: Trafikly Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A ide 8: Fluorecen a) Da an kender bølgelængden for de exciterende fotoner, kan an beregne dere energi: 4 6,66 10 J h c E h f 19 foton 6, J 0, 66aJ Da grundtiltanden energi er at til 0, er energien af niveau A altå 0,66aJ. Den udendte foton har altå energien: E E E 0,66aJ 0,16aJ foton, eiion A B 0, 446 Den udendte foton bølgelængde kan å betee: E h c h c aj 6,66 10 J foton, eiion E foton, eiion 0,66 10 J 4 n Opgave A ide 8: Excitation af rubidiu i to trin a) Man kan enten e på de ulige overgange energi og oregne de til bølgelængder af det udendte ly, eller an kan tage udgangpunkt i, at an kender bølgelængden og å oregne den til en energi, der kan aenligne ed de ulige overgange. Det idte kræver færre udregninger, å den etode vælge: 4 8 h c 6,610 J,00 10 / 19 E foton 4, J 0, 474aJ Man kan e, at dette varer til overgangen fra B O Opgave A4 ide 9: Stråling fra verdenruet

24 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A5 ide 40: Ultraviolet ly på hydrogenatoer a) Da an kender energi-intervallet for fotonerne, kan an ført finde frekvenen ed h f og derefter bølgelængden ed c f. Hvi an lår de forler aen, kan oregningen foregå i ét kridt: 4 c c h / 6,66 10 J 7 ax 1, n 18 f E 1,80 10 J in c h E foton,ax foton,in / 6,66 10 J 8 9, ,n 18,00 10 J b) Da fotonerne har energier elle 1,80-,00aJ, kan de kun excitere hydrogenatoet op til tiltand B. Når detektoren er i poition 1, å an derfor forvente, at alle fotonerne paerer uhindret igenne gaen til detektoren, bortet fra de ed en energi på 1,94aJ, hvor en del vil aborbere af hydrogenatoerne. Hydrogenatoerne i den exciterede tiltand kan henfalde til grundtiltanden på åder. Enten direkte, hvilket giver en udendele af ly ed energien 1,94aJ (hvilket foregår i alle retninger, dv. det kan ikke ophæve ere end en lille del af den aborption, der e i poition 1), eller ogå ved ført at pringe fra tiltand B til A under udendele af fotoner ed energien 0,0aJ og derefter fra tiltand A til O under udendele af fotoner ed energien 1,64aJ. I poition 1 å an altå forvente at detektere fotonerne i orådet 1,80-,00aJ ed en vækkele ved 1,94aJ og atidig noget udendele ved 0,0aJ og 1,64aJ. Dette varer til graf. E foton I poition å an forvente udendeler varende til de excitationer 0,0aJ, 1,64aJ og 1,94aJ. Dette e at være graf 6.

25 Aktivitet ålt i MBq Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A6 ide 4: Beteele af halveringtid a) Metode 1: kt Henfaldloven iger, at aktiviteten o funktion af tiden er A( t) A 0 e, hvor A0 er aktiviteten fra tart (tiden 0) og k er henfaldkontanten. Værdierne fra tabellen taten ind i to kolonner i Excel, og henfaldloven fortæller, at der kal vælge en ekponentiel tendenlinje. Deuden gøre andenaken logaritik, å an kan e, OM det paer ed, at aktiviteten er en (aftagende) ekponentiel udvikling. 10 Aktiviteten for radioaktivt præparat y =,488e -0,7x R² = 0, ,1 Tiden ålt i inutter Det e, at punkterne ed eget god tilnærele danner en ret linje, å aktiviteten o funktion af tiden er en ekponentiel udvikling. Forkriften er: A( t),488mbq e 0,7in 1 t Henfaldkontanten aflæe altå til k = 0,7in -1, og hered kan halveringtiden betee: ln ln T ½,5485 in,55 in 1 k 0,7 in b) Den tid, der kal gå, før aktiviteten er nede på 1,00kBq = 0,00100MBq betee: 0.7t olve( e, t) der giver t 8,7 in Metode : Man kan ogå igen ved at udnytte in viden o, at det ifølge henfaldloven er en ekponentiel udvikling, der bekriver aktiviteten o funktion af tiden benytte regreion uden at lave en graf. Dette gøre på TI n pire ved at tate værdierne ind i en tabel og vælge: Menu tatitik Statitike beregninger Ekponentiel regreion. Reultatet gee o f1(x). t Det giver forkriften: A( t),4875mbq 0, 7611, hvor t angiver tiden i inutter. Så kan halveringtiden betee ved: olve( f 1( x) 0.5 f 1(0), x) der giver x =, Dv. at halveringtiden er T ½,55in Tiden før aktiviteten er faldet til 1,00kBq betee: olve( f 1( x), x) der giver x = 8, Dv. der går 8,8 in før aktiviteten er nede på 1,00kBq

26 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A7 ide 4: Minikraftværk a) Pu-8 er angivet o alfa-radioaktiv, å den henfaldkea bliver: Pu U He 94 9 Plutoniu er fundet til at være grundtof nuer 94 i det periodike yte. Da det er et alfahenfald, udende en heliu-4 kerne. Ladningbevarelen giver, at datterkernen kal have atonueret 9, der i det periodike yte e at være uran. Nukleontalbevarelen giver, at det er U-4, der er datterkernen. Det er en kerne, der henfalder, og det er kerner, der danne, å egentlig kal der regne på kerneaer, en an kan tillade ig at regne på atoaer, da an dered lægger det ae antal elektroner til på begge ider, hvilket ikke påvirker aeændringen. Atoaerne lå op i databogen verion 000 i tabellen begyndende ide 19: U 4ato He4ato Pu8ato 4, u 4,00604 u 8,049555u 0, u Den frigjorte energi beregne ud fra aetabet E c : MeV MeV Q 91,494 0, u 91,494 5,59997 MeV 5, 59MeV u u b) I databogen verion 000 i tabellen begyndende ide 199 finde Pu-8 halveringtid til 87,7år (ide 09). ln() Aktiviteten er givet o A k N N, hvor k er henfaldkontanten og N er antallet af T½ kerner. For at betee aktiviteten kal an altå kende antallet af kerner. Dette kan betee ud fra den ovenfor fundne atoae (antal kerner er lig antal atoer) og ængden af Pu-8 fra tart (kendt fra opgavetekten): Pu8klup 9,7kg 5 N, Pu8ato 8, , kg Altå var aktiviteten fra tart: ln() ln() A N, , Bq 6,1 10 Bq T 87,7 65, ½ c) Vi kender antallet af henfald pr. tid (aktiviteten) og ogå energien af de enkelte henfald. Dered kan effekten fra henfaldene betee: P A E 6,1 10 Bq 5,5910 1,60 10 J 5507, W henfald pr. henfald 708 Altå er nyttevirkningen: Pnyttig 80W 0, ,1% P 5507,7W henfald

27 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A8 ide 4: Tau-leptonen Energier i J oregne til ev, å aen kan betee i unit: ,4110 6,4110 J ev 4,00GeV 19 1, , J 10 7,110 1, ev 4,45GeV Den alede energi betående af aeenergi og kinetik energi er bevaret ved proceen, å an har: E E kin, e p e kin, Ekin, e p Ekin, 4, MeV 4 4, MeV e 5,49 10 u 1, u 1,91u 91,5Mev / u 91,5MeV / u Det kan beærke, at denne lette partikel tau-leptonen er tungere end protonen, å elektronen ae pillede ikke rigtigt nogen rolle i udregningen. Opgave A9 ide 4: Meonhenfald 0 a) Henfaldproceen er: Fotoner er aeløe partikler, og dered er: foton 0 0,1449 u 0, 1449u Dv. at proceen Q-værdi er: Q 91,5 MeV / u 0,1449u 91,5MeV / u 14,9745MeV 15, 0MeV Da eonen ligger tille før proceen, vil fotonerne dele energien og dered få ae bølgelængde, der kan betee ved ført at finde frekvenen: 6 E foton ½ 14, ev 1 E foton h f f 1, h 4, ev Og å kan bølgelængden betee: c / c f 1, , f 1, Dv. det er gaatråling, der udende.

28 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A10 ide 44: Kaliuindholdet i bananer a) Ved at bruge nukleontalbevarelen e den dannede Ar-kerne at have ae nukleontal o K-40, da neutrinoer og elektroner ikke er nukleoner: e19 K18 Ar eller hvi fotonudendelen inkludere: 1 e19 K18 Ar Det kan beærke, at da elektronen og neutrinoen har leptontallet 1, er dette tal ogå bevaret. b) Antallet af K-40 henfald pr. døgn er å: 6 6,510 0,11 A,510 A, ,11 Dette kan å oregne til Bq: 7 A, ,96179 Bq c) I databogen finde K-40 halveringtid til 1,8Går. Dette kan bruge til at betee antallet af K-40 kerner i prøven: 9 A AT½ 41,96179 Bq 1, , A k N N 1, k ln ln I databogen kan an finde den procentdel (olbrøk), o K-40 kerner udgør af naturligt forekoende K-iotoper. Det finde i tikordregiteret under naturligt forekoende nuklider, hvilket i databogen fra 1998 tår på ide 10. Her e det, at det er 0,0117% af kaliukernerne, der er K-40. Dered er antallet af kaliukerner: 19 0, N K 1, N K 1,70 10 Da kaliu gennenitlige atoae er 9,10u, giver dette en ae af kaliu: kaliu K ato N K 9,10u 1, , kg Dered er det procentvie aeindhold i bananerne: 0, kg Indhold 0, ,7%,975kg

29 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A11 ide 45: Halvlederateriale a) I databogen (radioaktive nuklider ide 199) e, at Si-1 er betainuradioaktiv. Ved et - -henfald udende en elektron og en antineutrino (hvilket ikrer leptontalbevarelen), og ed ladningbevarelen og nukleontalbevarelen betee den dannede kerne: Si P e b) Sae oplag o ovenfor giver, at halveringtiden for henfaldet er,6 tier. Her e på en ændring af aktiviteten over tid, å henfaldloven kan bruge: A( t) A 0 1 t T½ 1 10,0kBq 47GBq 10,0 10 Bq Bq,6 t tier,6 t tier 10,0 t ln ln 0, ,6tier 10,0 ln t,6tier 66,49856tier ln 0,5 Dv. prøven kan ført frigive efter 66,5 tier c) Atoaen for naturligt forekoende iliciu e i det periodike yte at være 8,1u. Da aen af prøven og den gennenitlige atoae for iliciu er opgivet, kan an betee antallet af iliciuatoer i prøven. Man kal vare på, hvor tor en procentdel af die, der odanne til phophoratoer, dv. an kal ført betee, hvor ange Si-0-kerner, der optager en neutron. Da der under de 0 tier betråling hvert ekund danne det ae antal Si-1, kal an altå betee dette antal og derefter gange op til 0 tier antal. Fra tidligere har an, at der ved trålingen ophør er en aktivitet på 47GBq, og da dette ifølge tekten er det ae o det dannede antal, har an altå, at der hvert ekund danne 47 illiarder Si-atoer. Dette giver en alet produktion på: N P N Si , Det alede antal Si-atoer i prøven er: prøven 0,590kg 5 N Si 1, Siato 8,1 1, kg Dv. at den øgte procentdel er: 16 N P, , ,49 10 % 5 N 1, Si

30 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A1 ide 45: Kortere halveringtid a) Når Be-7 kerner indfanger en af ine elektroner (fra den inderte bane), vil den odanne til en anden kerne: Be e Li 4 1 Ladningbevarelen giver, at grundtofnueret kal være, dv. lithiu. Nukleontalbevarelen giver, at det kal være Li-7. Endelig er der leptontalbevarelen, der er opfyldt, når der udende en neutrino. Li7kerne Q c Li7ato ( Be7kerne Be7ato ) MeV 0,000958u 91,5 u e Li7ato 7, , e ( Be7ato 4-0,000958u 0, MeV 0,8619MeV e ) e b) 1 tie er væentlig indre end halveringtiden på 5, døgn, å an kan gå ud fra, at antallet af kerner ikke ændrer ig væentligt i den tie, der åle. Det forventede antal henfaldne kerner -N i løbet af en tie kan å betee ud fra aktiviteten A og tidruet: ln ln 9 5 N A t k N t N t 1,010 1tie ,6 10. T 5, 4tier ½ Den procentvie afvigele for ekperientet er: N ,066689,7% N Da dette er over 0,50%, vier ekperientet, at halvering tiden er ændret.

31 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A1 ide 46: Dobbelt - -henfald a) Man kal betee Q-værdien for de to typer henfald. Ført e på det alindelige - 8 -henfald: Se 8 Br 0 e Til beregning af Q-værdier er det kerneaer, der kal bruge, og databogen (1998-udgaven; Nuklider ae og bindingenergi ide 1) giver atoaerne, en da an kulle trække 4 elektronaer fra på ventreiden (Se-atoet har 4 elektroner), en an på højreiden kulle trække 5 elektronaer fra (Br-atoet har 5 elektroner) og derefter lægge den udendte elektron til, å ville die additioner og ubtraktioner gå lige op, og derfor kan atoaerne af de to nuklider bruge: Q ) 91,5MeV / u ( Br 8 Se8 (81,91680 u 81, u) 91,5MeV / u 0,0969MeV 0 Da Q-værdien er negativ, kan denne proce ikke forekoe. Dobbelte - -henfald: Q ( Kr 8 Se Se 6 Kr 1 e ) 91,5MeV / u (81,9148 u 81, u) 91,5MeV / u,00mev Da Q-værdien er poitiv, kan denne proce godt forekoe. 0 b) Ført betee antallet af Se-8 kerner i,6g: alet,6g N 1, , u 1, g / u Se8 ato Da halveringtiden er eget lang, og da der kun henfalder kerner, kan dette antal regne o kontant, og derfor kan an bruge: A k N. Aktiviteten betee i enheden døgn -1 : 1 A 0,444døgn. 1døgn Hered kan henfaldkontanten betee: A 1 k 1,68 10 døgn. N Og å kan endelig halveringtiden betee: ln 0 T½ 5,5 10 døgn 1,5 10 år 1 1,68 10 døgn

32 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A14 ide 46: Ovendt triple-alfa proce a) Højreiden ved et betainuhenfald, hvor der danne en C-1 kerne, er: 1 C e Ifølge ladningbevarelen kal oderkernen derfor have atonueret 5, og nukleontalbevarelen giver, at nukleontallet kal være 1. Dered er det nuklid, der ved 1 betainuhenfald bliver til C-1: B 5 Højreiden ved et betapluhenfald, hvor der danne en C-1 kerne, er: 1 C e Ifølge ladningbevarelen kal oderkernen derfor have atonueret 7, og nukleontalbevarelen giver, at nukleontallet kal være 1. Dered er det nuklid, der ved betapluhenfald bliver til C-1: N 1 7 b) Egentlig kunne an nøje ed at kigge på atoaerne, da elektronerne ville gå ud i regnkabet, en nu tår der i opgavetekten, at der kal bruge kerneaer, å die beregne: 4 C 1, kerne C1, ato 6 e 1u 6 5, u 11, u Maerne af de tre He-4-kerner er: 4 He4, kerne He4, ato 6 e 4,00604 u 6 5, u 1, u Den exciterede energitiltand 1,pJ oregne til en ae i unit ifølge Eintein energi-ae ækvivalen: 1 1 1, 10 J 7, MeV 1, 10 J 7, MeV 0, u 1 J MeV 1, ,494 MeV u So det e, er aen af en ikke-exciteret C-1-kerne indre end aen af de tre heliukerner, og dered kan C-1 kernen ikke henfalde til de tre heliu-kerner, da der å ville blive dannet noget ae, hvilket varer til, at der bliver dannet energi (i odtrid ed energibevareleætningen). Hvi an lægger den beregnede ae fra den exciterede tiltand til C-1 kerneae få 1, u, hvilket er tørre end aerne af de tre heliukerner (forkellen optræder på 4 decial, hvor den exciterede C-1-kerne har et 8-tal og de tre heliukerner har et 5-tal). Derfor vil den exciterede C-1-kerne godt kunne henfalde til tre heliukerner, da der å forvinder (lidt) ae, varende til at bindingenergi er odannet til kinetik energi.

33 Løningerne er hentet på Opgave A15 ide 47: Neutrinoer fra Solen Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Galliu atoae lå op til 69,7u, å antallet af kerner/atoer i beholderen er: alet 0, 1000kg 9 N, , ,71, kg Gaatoer ( vægtet gennenit ) 9 b) Ført beregne Q-værdien for proceen (neutrinoen indgår ikke, da den ifølge opgavetekten regne o aelø). Man kan bruge atoaerne for de nuklider i tedet for kerneaerne, da an på ventreiden kulle trække 1 elektronaer fra, en an på højreiden kulle trække elektronaer fra og lægge 1 til: Q 91,5 MeV / u 70,94701u 70,94954u 91,5 MeV / u Ga71 Ge71 0,0005u 91,5 MeV / u 0,6MeV 0,6 1, J,78 10 J Q-værdien er negativ, dv. at der tilyneladende kabe energi ved proceen, hvilket jo ikke kan lade ig gøre. For at proceen kal kunne forløbe, å der tilføre å eget (kinetik) energi, at Q- 14 værdien koer over 0. Dette ker ikke ed neutrinoer, der har energier indre end,78 10 J, og derfor kan de ikke få proceen til at forløbe c) Der vil optå en ligevægtituation, hvor der danne lige å ange Ge-71 kerner, o der henfalder inden for et vit tidru. Dette vil ke, for når der henfalder flere kerner, end der danne, å bliver antallet af kerner indre, hvilket ikke betyder noget for dannelen af kernerne, en o betyder, at færre kerner henfalder ( A N ). Og hvi der i odatte tilfælde henfalder færre kerner, end der danne, vil antallet af kerner øge, hvilket kun vil påvirke antallet af henfald opad. Halveringtiden for Ge-71 finde i databogen (1998-udgaven: Radioaktive nuklider ide 00) til at være 11, døgn. Der danne 1,17 Ge-71 kerner pr. døgn, dv. at ved ligevægten er aktiviteten af Ge-71 kerner: 1 A 1,17døgn Deuden er: ln ln k T½ 11,døgn Og hered kan antallet af kerner betee: A 1 11,døgn A k N N 1,17døgn 18, (et helt tal, da det er et antal) k ln

34 Q-værdi ålt i pj Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A16 ide 48: Meget lang halveringtid a) Tabellen værdier indkrive i Excel, og an finder en lineær tendenlinje, der tvinge genne (0,0), da et pændingfald på 0V å vare til Q-værdien 0: 1,6 1,4 1, Man har altå, at Q( U ) 0, 49 pj Hered er: Q( 1,17V ) 0,49 1,17V 0,5081 pj 0, 50 pj V b) Reaktionkeaet for alfahenfaldet: Bi Tl He pj V U 8 81 (Grundtofnueret for Bi og grundtoffet thalliu er fundet i det periodike yte). Når Q-værdien kal beregne, kal an egentlig bruge kerneaer, en da ae antal elektroner (8) optræder på begge ider, går de ud ed hinanden, og an kan altå bruge atoaer, der finde i databogen (1998-udgaven: Nuklider ae og bindingenergi begyndende ide 19). Bi-09: = 08,98074u Tl-05: = 04,974401u He-4: = 4,00604u 04,974401u 4,00604u 08,98074 u 0, u højreide ventreide Q 91,494 MeV / u 0, u 91,494 MeV / u,1891 MeV,1891 1, J 5, J 0,509 pj c) Antallet af Bi-09 kerner i de 91,9g er: alet 91,9 g N, Bi09ato 08, , g Da der kun henfalder 18 kerner i perioden (pointen ved eget lang halveringtid), kan antallet af kerner ætte til at være kontant, og an har: ln() ln() N ln(), A k N N T½ 7, døgn T½ A 18 5døgn 7, ,8 0,6 0,4 0, 0 1 Saenhæng elle pændingfald og Q-værdi døgn 1, år y = 0,49x R² = 0, ,5 1 1,5,5,5 4 U ålt i V

35 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A17 ide 48: Neutronbetråling a) Halveringtiden for Th- lå op i databogen afnit o radioaktive nuklider (ide 08 i 95- udgaven) til at være, inutter. Hered er: ln() ln() t 10in T½,in A 1 e 981Bq 1 e 981Bq 957,4616Bq 957Bq b) Til tiden t vil der i tidruet dt (der er å lille, at tiden ikke når at ændre ig væentligt), vil der henfalde: dn A dt. For at betee det alede antal henfald i løbet af 4 tier, kal der integrere ed henyn til tiden, der kal regne i ekunder, da aktiviteten er i Bq: ln(), 60 7 ( 1 t e 981Bq) dt 1840, , 10 0 Opgave A18 ide 49: To-proton henfald Opgave A19 ide 50: Spektrallinjer a) Gitterforlen giver: n in n d in(4,4) 8n in n 559,979n 560n d n 1 b) Der er to linjer i aborptionpektret, og da det oplye, at de ikke er fra A til D, å å de vare til overgangene A B, og A C (da der ikke under norale otændigheder forekoer aborptionlinjer fra andet end grundtiltanden, da det er eget uandynligt, at et anlået ato når at aborbere endnu en foton, inden det henfalder til grundtiltanden). Die to linjer genfinde i eiionpektret, hvor de altå angiver overgangene BA og CA. De reterende uligheder er å: CB, DB og DC. Det er uligt ud fra de opgivne bølgelængder at betee bølgelængden for overgangen CB: E CB h c CB 1 CB E CA h c CA 1 CA E BA h c BA 1 BA CB 64,1n CA BA,n 670,8n Denne linje e ikke i eiionpektret. Derfor å de to reterende linjer (den grønne og den ved 450n) vare til overgangene DB og DC. DB varer til den tørte energi og dered den indte bølgelængde, å den å vare til den grønne linje. 1

36 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M1 ide 51: Cykelpupe a) Cykliten kal lige netop kunne påvirke cykelpupen ed en kraft varende til den indeluttede luftae kraftpåvirkning af teplet, når dækket er fuldt oppupet. Denne kraftpåvirkning koer fra overtrykket, og den beregne til: F 4 p F p A Pa, , 4N (varer til at løfte 17kg). A Grunden til, at pupen tværnitareal kal være forholdvi lille, e ud fra oventående forel, da trykket i cykellangen kal opnå en fat værdi (50 kpa), og da kraftpåvirkningen derfor er (ligefre- )proportional ed tværnitarealet. Så jo tørre tværnitareal, de tørre kraftpåvirkning, hvilket kræver tærkere cykliter. Opgave M ide 51: Flydende tearinly a) Stearinlyet er påvirket af kræfter: Tyngdekraften og opdriften. Det er hele tearinlyet ae, der er påvirket af tyngdekraften, en opdriften kun afhænger af rufanget af den del af lyet, der er under vandet. Tyngdekraften har retning nedad og opdriften opad, og da lyet tår tille i vandet, å de kræfter være lige tore. Man har derfor: F F t hele lyet op V hele lyet hele lyet V g V ly under vand ly under vand vand vand g hele lyet V V hele lyet ly under vand hele lyet V ly under vand vand vand Dette giver en etode til at betee deniteten af lyet (eller udregne hvor tor en del af et ibjerg, der ligger over vandet), hvi an kender deniteten af vand. Man kal betee, hvor tor en procentdel af lyet, der er under vandet, og denne del kal gange ed vandet denitet. Procentdelen kan betee ved at åle ed en lineal på figuren, da forholdet elle højderne varer til forholdet ed rufangene. Ved at åle på fotografiet få: hele lyet Vly V under vand hele lyet vand,8 1,00g / c 4,05 0,941g / c 0,94g / c

37 Løningerne er hentet på Opgave M ide 5: Redningvet Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD En peron, der flyder i vandet, er påvirket af tyngdekraften, der kun afhænger af aen, og af opdriften, der afhænger af den fortrængte vækeængde. Hvi redningveten anlå at veje kg, vil tyngdekraften på en 100kg tung peron ed redningvet være: F g t 10kg 9,8 100N Opdriften på peronen kan opdele i den del, der kylde redningveten, og o er angivet til 150N, at den del, der kylde at en del af peronen er under vand. Det vide ikke, o veten bruge i ferkvand eller havvand, å vand denitet ætte til 1000kg/. Den del af peronen, der er under vand, når vedkoende flyder (Fre = 0) kan ålede betee ved: F F F t t F op op, vet F op, peron 100N 150N vand V fortrængt g 100N 150N 100N 150N V fortrængt 0,08676 g kg vand ,8 Da peronen har rufanget 0,098, vil det altå kun være 89%, der er under vandet, og hovedet der udgør indre end 11% af et vokent enneke rufang vil altå være helt over vandet. Opgave M4 ide 5: Lodret kat ed luftodtand a) De bolden er tilbage i tarthøjden, er den potentielle energi uændret, å tabet i ekanik energi koer udelukkende af et tab i kinetik energi: Eek Ekin Ekin, tart Ekin, lut vtart vlut v tart vlut 1 0,15kg 16,0 14,8,80896 J,8J b) Bolden er påvirket af to kræfter: Tyngdekraften og luftodtanden (der e bort fra opdriften). Tyngdekraften er en konervativ kraft, dv. den ekanike energi er bevaret, hvi en gentand kun er påvirket af denne. Tabet i ekanik energi kylde altå alene luftodtanden. Man har altå, at A E F E, hvor Fluft er et gennenit over den luftodtand ek luft pågældende trækning. Arbejdet er negativt, da luftodtanden er odatrettet bevægelen. Luftodtanden voker ed øget fart. Det vil altå ifølge oventående forler ogå ige, at det udførte arbejde (regnet uden fortegn) og dered tabet i ekanike energi er tørt, når den gennenitlige fart er tørt, da trækningen (elvfølgelig) er den ae på op- og nedturen. Da bolden i gennenit bevæger ig hurtigt på vej opad, er tabet i ekanike energi tørt på opturen. ek

38 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M5 ide 5: Måling af reaktiontid a) Paptykket har en eget lille overflade i bevægeleretningen, og det når at falde i eget kort tid, å an kan regne ed, at det falder ed den kontante acceleration 9,8/. Strækningen, det når at falde på 150, er hered: 1 1 g t 9,8 0,150 0, Stregerne angiver tidru ed 0,00 elleru, dv. for hver treg ændre tiden ed 0,00. Dv. at aftanden elle de enkelte treger er: 1 1 g 0,00 d g t0 0,00 g t0 g 0,00 t0 d 0,1964 t0 0, Aftanden øge altå ed tiden (an å gå ud fra, der er ket en fejl okring 40 og 60), og oventående aenhæng kan bruge til at beregne aftandene elle de enkelte treger. Opgave M6 ide 5: Lac Lean a) Strålen vurdere til at nå 70 op i luften (7 gange bygningerne højde, og bygningerne vurdere til at være 10 høje). Da den bree af luftodtanden, anlå det, at trålen ville være nået 100 op, hvi der ikke havde været luftodtand. Hvi der ikke er luftodtand, er den lodrette bevægele ed kontant acceleration (tyngdeaccelerationen), å begyndelehatigheden kan betee ved at aenætte et par bevægeleligninger, hvor den poitive retning vælge nedad: 1 g t 1 v v0 g v0 v g v v 0 g v g t v0 t g Når = 100, er v = 0 /, å an får: v0 0 9, ,17 44 På ét ekund danne altå en vandcylinder ed højden 44 og tværnitarealet: A r 0, 05 0, Dered er det opendte rufang vand pr. ekund: V h A 440, ,48 0,5

39 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M7 ide 54: Hurtigløb 100 k a) Gennenitfarten beregne: v gennenit 10,179 10,17 6, 6 t 9,8 t b) Der gælder generelt, at a( t) v'( t) Det er nok neet at lave en grafik afbildning af hatighedfunktionen på coputer eller loeregner og å beregne differentialkvotienten i 0, en an kan ogå løe en del i hånden: t t a( t) v'( t) A B t A0,497 ' B Aln(0,497) 0, 497 Hered bliver: 0 a(0) 0,0944 1,4 ln(0,497) 0,497 8, ,67 Accelerationen er poitiv til at begynde ed, en o tiden går falder accelerationen, da 0,497 t er en aftagende funktion af t. Dered vil den akiale hatighed finde på det tidpunkt, hvor accelerationen er nul (hvi det finde inden for de 9,8). Alternativt kan an betee akiu for grafen for v(t). B ln t A ln(0,497) a( t) 0 B A ln(0,497) 0,497 t 6,41961 ln(0,497) På dette tidpunkt er hatigheden: 6,41961 v(6,41961 ) 1,4 0,0944 6, ,4 0,497 11,680 11, 68 t c) Da ' ( t) v( t) er ( t) v( x) dx, å an kan betee tiden for de førte 50 ved: t 0 olve( 50 1,4 0,0944 x 1,4 0,497 dx, t) der blandt flere løninger giver: t 5, 5 0 x Der er deuden en negativ løning og en løning på 58, en de ligger uden for odellen rækkevidde og forkate altå. Den negative løning koer af, at odellen fører til en negativ hatighed før tart, hvilket varer til, at Ben kulle være løbet baglæn før tartkuddet og derfor ko oppe fra 50-ærket. De 58 koer af, at accelerationen er en aftagende funktion og o beregnet ovenfor er negativ efter 6,4, hvorfor hatigheden vil falde og efter et tykke tid igen blive negativ (ligeo før tart), hvorfor Ben vil begynde at løbe baglæn og på et tidpunkt koe tilbage til de 50 efter allerede at have paeret de.

40 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M8 ide 54: Sprint a) Hvi tidpunktet t0 ligger før de 5,1 ekunder (hvilket der iplicit lægge op til i opgaveforuleringen), ligger tabellen værdier i et oråde ed kontant fart, å hvi de indtegne i et (t,)-koordinatyte, kal de give en ret linje. Dette udføre i Maple:' Da punkterne ligger på en ret linje, holder antagelen, og da det er en (t,)-graf, kan farten aflæe o hældningen for grafen, dv: v0 11,6 b) Der e bort fra reaktionhatigheden, og der accelerere altå allerede fra tiden 0. Da accelerationen er kontant, og farten ændre fra 0 til 11,6/ på tiden t0, har an: v a t ,571 at 0 Modellen giver o, at en 100 løbe på: Et 100 løb betår ifølge odellen af en trækning ed kontant acceleration og en trækning ed kontant fart, å an har: 1 a t0 v0 t100 t a t0 11,5719,85561 t0 Hered har an to ligninger ed to ubekendte, der kan løe i Maple: Dv. at t 0,4 og a 4,85

41 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M9 ide 55: Rullende tålkugle a) Det er bevægele ed kontant acceleration, å tedfunktionen er på foren: 1 t a t v0t 0 Punkterne bør derfor danne en del af en parabelbue, hvilket tjekke ved at plotte punkterne ind i Maple og lave regreion for andengradpolynoiu: Det e, at punkterne ed god tilnærele følger parabelbuen i overenteele ed, at det kulle være kontant acceleration. Ud fra forkriften kan an aflæe: v0 0,9 0 0,01 1 a,8607 a,8607 5, 7

42 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD b) For at kunne betee, hvor kuglen er, kal an kende tidpunktet. Man kal altå ført finde det tidpunkt, hvor farten er,0/. Man kender accelerationen og begyndelefarten, og da det er en bevægele ed kontant acceleration har an: v t a t v 0, 0 0,878, 0 5, 714 t 0,878 t 0, , 714 Denne værdi indætte i forlen: Dv. at kuglen er 0,804 nede af kråplanet, når farten er,0/. Opgave M10 ide 55: Mercede 600 SL

43 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M11 ide 56: Målpark a) Når der e bort fra luftodtand bliver gennenitfarten i vandret retning: 60 v gennenit 0, t,9 b) Det antage, at bolden ikke kruer, og at an kan e bort fra luftodtanden, ålede at banen er en del af en parabel (kråt kat). Den vandrette bevægele antage ålede at være en bevægele ed kontant hatighed (anvendt ovenfor), en den lodrette bevægele er en bevægele ed kontant acceleration (tyngdeaccelerationen). Da bolden lander i ae højde, o den begyndte, har det taget 1,45 at nå toppunktet i bevægelen. Dette bruge til at betee begyndelefarten i lodret retning, da farten i lodret retning i toppunktet er 0: 1 lodret ( t) g t v0, lodret t 0, lodret v ( t) ' ( t) g t v lodret lodret 0, lodret 0 g 1,45 v0, lodret v0, lodret 9,8 1,45 14, 9 Den vandrette og den lodrette hatighedkopoant udgør kateterne i en retvinklet trekant, hvor begyndelefarten er længden af hypotenuen. Så an har: v tart 0, ,9 5, k/ t Opgave M1 ide 56: Golfputtet a) Ført finde den tid det vil tage at falde en golfradiu ned. Den lodrette bevægele har tyngdeaccelerationen o acceleration, og den begyndelefart er 0 (da golfkuglen trillede vandret inden hullet). Den kal falde,1c, og det vil tage: 1 lodret 0,01 lodret g t t 0, g 9,8 Skallen af golfkuglen befinder ig,1c længere free end centru, og da golfkuglen raer hullet, når centru er over hullet kant, en den raer hullet kant ed kallen, å golfkuglen kun have bevæget ig 10,8c-,1c = 8,7c, hvi den kal nå at falde indt én golfkugleradiu. Da den vandrette bevægele er en bevægele ed kontant hatighed, kan den tørte fart betee: 0,087 v t vak 1,0 1, 0, Alt dette er beregnet ud fra, at an raer hullet perfekt, å kuglen vandrette bevægele følger en diaeter i cirklen, der udgør hullet unding. Opgave M1 ide 57: Tennierv

44 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M14 ide 58: Tårnpring a) Drengen betragte o et punkt (aeidtpunktet), der befinder ig 11 over bainkanten. Det antage, at han løber ed farten 5 / (18k/t)og ætter af i vandret retning, og der e bort fra luftodtanden. Punktet (drengen) bevægele dele op i en lodret bevægele ed kontant acceleration (tyngdeaccelerationen) og begyndelehatigheden 0 og i en vandret del ed den kontante fart 5/. Faldtiden betee: 1 lodret 11 lodret g t t 1, 5 g 9,8 På denne tid når drengen: vandret vvandret t 5 1,5 7, 5 Og ed ½ ere o ikkerhed, kan an ige, at 8 i vandret retning fra vippekant til bainkant kulle være nok til, at der ikke ker uheld. Hvi der ogå kal tage højde for veltrænede elvordere, kan an regne ed en fart på 15 /, der giver et krav på, og å kulle elv Uain Bolt o længdepringer være ikker. Opgave M15 ide 58: Ejection Seat a) Da an kender accelerationen, kan den reulterende kraft (den alede kraft) betee ud fra Newton. lov: F re a 140kg N 6, 6kN b) Stolen er påvirket af tyngdekraften at en trækkraft fra hver af de to elatikker. Da vinklerne er de ae for de to elatikker, er dere trækkræfter det ogå (eller ville tolen ikke ende lodret op). Den lodrette del af kraften fra en af elatikkerne er givet ved: F lodret F elatik in( 71). Elatikkerne trækker opad og tyngdekraften trækker nedad, å an har: F F F F F re re elatik F lodret elatik t in(71) F Fre Ft in(71) t 6580N 140kg 9,8 Fre g in(71) in(71) 406,5805N 4,kN

45 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M16 ide 60: En bjergbetiger ale op a) Bjergbetigeren er påvirket af tre kræfter, der lagt aen o vektorer å give nulvektoren, da bjergbetigeren hænger tille (Newton 1. og. lov). Han er påvirket af tyngdekraften, der peger lodret nedad, en vandret norkraft at en krå norkraft. Tyngdekraften beregne: F t g 75kg 9,8 76,5N 77N Den lodrette del af den krå norkraft ed netop ophæve tyngdekraften, da den vandrette norkraft i agen natur ikke bidrager ed noget lodret. Så an har: Ft 76,5N Fnor, krå in( 70) Ft Fnor, krå 78,7669N 784N in( 70) in(70) Den vandrette del af den krå norkraft vil netop ophæve af den vandrette norkraft, hvi tørrele derfor kan beregne: F F co 70 78,8 N co 70 68, N N nor, vandret nor, krå 68 Hered er tørrelerne af de tre kræfter fundet, og de kan indtegne: 100N

46 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M17 ide 61: Container a) Stålwiren trækker i ae retning, o containeren bevæger ig, å vinklen elle trækkraften og bevægeleretningen er 0. Effekten er å: P F v 78,4kN 0,5 19, 6kW b) Man kan e bort fra luftodtanden, da containeren bevæger ig langot. Den påvirke derfor af fire kræfter: Tyngdekraften: Retningen er lodret nedad. Størrelen: F t g 9, 10 kg 9,8 9044N 90, kn Trækkraften: Størrelen er opgivet til 78,4kN og retningen er 8 over vandret. Noralkraften: Retningen er vinkelret på underlaget. Størrelen kan beregne o lidt. Gnidningkraften: Peger lang underlaget odat bevægelen. Størrelen beregne enere. Da bevægelen er ed kontant hatighed, er den reulterende kraft 0, og derfor å de fire oventående kræfter lagt aen o vektorer give nulvektoren. Dette benytte på nedentående figur: F Fn 50kN Fgnidning Ft

47 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Noralkraften tørrele er beregnet på følgende åde: Da den reulterende kraft er nul, og da trækkraften og gnidningkraften tår vinkelret på noralkraften, å det være en del af tyngdekraften, der ophæver gnidningkraften, dv. den del af tyngdekraften, der virker parallelt ed noralkraften, å have ae tørrele o denne (og er odat rettet). Tyngdekraften danner en pid vinkel på 8 ed linjen parallelt ed noralkraften, å længden af den projektion på linjen er: F F co(8) F 79769N 79, kn n t, projektion1 t 8 Gnidningkraften tørrele er beregnet på følgende åde: Da den reulterende kraft er nul, og da noralkraften tår vinkelret på gnidningkraften, å trækkraften ophæve af uen af gnidningkraften og den del af tyngdekraften, der går parallelt ed træk- og gnidningkraften. Dv. at an har: F Fgnidning Ft, projektion Fgnidning F Ft, projektion 78,4kN in(8) Ft 5986N 6kN c) Gnidningkoefficienten (den dynaike) kan beregne ud fra værdierne fra b): Fgnidning 5986N Fgnidning Fn 0, ,45 F 79769N Opgave M18 ide 6: Et IC-tog acceleration n Opgave M19 ide 6: Legetøjflyver a) Da an kender radiu og periode (oløbtid), kan accelerationen betee ved: 4 r 4 0,85 a 7, ,6 T,10 b) Legetøjflyveren bevæger ig i en jævn cirkelbevægele, å den reulterende kraft på flyveren udgør den nødvendige centripetalkraft, og den tørrele er dered: F a re 0,176kg 7,6 1,95110 N Flyveren er påvirket af to kræfter: Tyngdekraften og kraften fra kraftåleren. Die to lagt aen o vektorer å altå give den reulterende kraft. Man har altå: Tyngdekraften beregne: F g t 0,176kg 9,8 1, 78N Størrelen af kraften for kraftåleren betee å ved Pythagora: 1,78 N 1,9 N, N, N Fkraftåler Ft Fre

48 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD M0 ide 6: Hubble-telekopet a) Hubbletelekopet kan antage kun at være påvirket af gravitationkraften fra Jorden (der e bort fra påvirkningerne fra Solen og Månen at de helt ubetydelige påvirkninger fra andre planeter og galaker), der altå udgør centripetalkraften i cirkelbevægelen. Så an har: F F M G M G r r t cen jord jord r G M jord 4 Hubble 4 T T r Hubble 4 T r ,67 10 N 5, kg 96, 60 kg r , Da Jorden iddelradiu er 671k, er telekopet højde over jordoverfladen: h 6959k 671k 588k Opgave M1 ide 6: Siriu B 0 iriub 1,05 ol 1,05 1,99 10 kg kg 9 kg a) iriub ,7, V 4 iriub 6 r 5, iriub b) Tyngdeaccelerationen ved overfladen af Siriu B kan betee ved at udnytte, at an, når an er uden for Siriu B, kan betragte aen, o o den er placeret i et punkt i centru af tjernen. Dered har an aftanden fra et objekt ved overfladen til tjernen. Tyngdeaccelerationen er den acceleration et objekt vil have pga. tjernen ae, når det befinder ig ved overfladen, og da accelerationen er knyttet til den reulterende kraft ifølge Newton. lov, å har an: F F t re iriub G r a G r iriub objekt objekt 6, a N kg 1,05 1, kg ,6 4, , Opgave M ide 64: Sort hul

49 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M ide 64: Jagten på orte huller a) Ud fra oløbtiden og farten i den jævne cirkelbevægele kan radiu betee: 5 4, ,4 600 r v T v r , 479,4 10 T b) Det er tyngdekraften fra det orte hul, der giver den nødvendige centripetalkraft i den jævne cirkelbevægele, å an har: F F t G M c tjerne ort hul M r r v G ort hul tjerne v r 9 5,4 10 4, , N kg , 10 0 kg 6, 10 c) Perioden for Jorden bevægele okring Solen er 1 år, og da dette er eget ere end de 10,4 tier for tjernen, kan an ed god tilnærele regne ed, at Jorden ikke ændrer in bevægele i det pågældende tidru. 0 kg Stjernen hatighed i forhold til Jorden afhænger både af det orte hul hatighed og af tjernen placering i forhold til det orte hul (e oventående figur). I poition 1 bevæger tjernen ig i in cirkelbevægele od Jorden (aftanden elle Jorden og det orte hul er ikke korrekt på tegningen. Jorden ligger å langt væk, at den vandrette retning ovenfor er retningen od Jorden eller væk fra Jorden). Dette vil give den tørte hatighed i retningen od Jorden. Det varer til kurven top, hvor værdien aflæe til 460 k/.

50 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Situation paer til kurven bund, da tjernen her har in akiale hatighed VÆK fra Jorden. Her aflæe værdien til 50 k/. I ituation og 4 vil an fra Jorden regitrere det orte hul bevægele i forhold til Jorden i lyet fra tjernen, da tjernen bevægele okring det orte hul ikke giver noget bidrag til bevægelen od Jorden. Da den akiale hatighed MOD Jorden er tørre end den VÆK fra Jorden, å det orte hul bevæge ig MOD Jorden. Der kan optille to ligninger til beteele af både det orte hul hatighed og tjernen fart i cirkelbevægelen: v1 vtjerne vort k 460 vtjerne vort v vort vtjerne k 50 vort vtjerne Trække de to ligninger fra hinanden få: k k v tjerne vort v ort vtjerne k k 810 vtjerne vtjerne 405 Dette teer ed det opgivne tal for farten i cirkelbevægelen. Lægge de to ligninger aen få: k k k 110 vort v v v v tjerne v ort ort k 55 ort tjerne Opgave M4 ide 66: Koethale Opgave M5 ide 67: Solejlad a) Effekten vinkelret på trålingen hænger aen ed inteniteten I og arealet A af den betrålede flade ved P I A, å an får (der er fejl i opgavetekten. Den opgivne intenitet er 170 og ikke 1,70): W 170 1,00 P I A F 6 9, N 9,14N c c b) Da tyngdekraften på rukibet kal være lige å tor o kraften fra fotonerne, får an:

51 Løningerne er hentet på F F t M G fotoner ol r A 6,67 10 rukib 11 I A c N kg 0 M A G ol Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD I r rukib 1,99 10 kg 900kg,00 10 W , c ,581k c) Rukibet er kun påvirket af to kræfter: Tyngdekraften fra Solen og kraften fra fotonerne. Die to kræfter peger hver in vej, og an har dered: I A M ol rukib Fre Fol Ft G 5, 65N c r Da rukibet vejer 900kg bliver accelerationen ifølge Newton. lov: Fre 5,65N a 0, / 0, kg Med denne lille acceleration kan an regne ed, at rukibet inden for det førte døgn ikke flytter ig betydeligt i forhold til aftanden til Solen, dv. tyngdekraften og kraften fra fotonerne kan regne o kontant det førte døgn, hvorfor der kan regne ed bevægele ed kontant acceleration: a t 0, / , 10 d) Fotonenergien for fotoner ed bølgelængden 550n betee: 4 8 6,66 10 J,00 10 h c h f, Den energi olejlet odtager fra fotonerne pr. ekund betee: W 6 9 E fotoner P t I A t 170 1, , J Så antallet af fotoner, der raer olejlet, er: E fotoner 7 7 N 4, ,55 10 E E foton 19 foton P Udledning af den opgivne forel F : c Fotonerne reflektere fra overfladen og bevæger ig altå efter aentødet i odat retning ed ae tørrele bevægeleængde. Dv. at ændringen i bevægeleængden for fotonen er givet ved: p. p foton Da den alede bevægeleængde er bevaret ved aentødet, vil rukibet altå odtage denne ektra bevægeleængde, og ved at e på det alede antal fotoner, der raer pejlet inden for et vit tidru, gælder altå: J

52 Løningerne er hentet på p. rukib p fotoner Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Bevægeleængden af en foton er direkte knyttet til energien af fotonen, og an har: E fotoner prukib p fotoner. c Newton. lov udtrykt ed bevægeleængde giver å: p E rukib fotoner P Fre, da P netop er den energi, fotonerne bærer ed til pejlet pr. t c t c tid.

53 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M6 ide 68: Speedkiing a) Acceleration er defineret o differentialkvotienten i et punkt for hatighedfunktionen, å på grafen kal tangenthældningen betee i tartpunktet. Der tegne (an å ikke tegne i bogen) en tangent, og på denne aflæe, at tiden 5 varer til farten 5/. Dered bliver accelerationen: 5 a0 7, 0 (da tyngdeaccelerationen er 9,8/, er det tydeligvi en eget tejl bakke) 5,0 t0 b) Den tilbagelagte aftand betee ved: v( t) dt Dette varer til arealet under grafen, å det kal vurdere: Én tern på figuren varer til: Antallet af terner under grafen kal betee. På figuren er der i alt 40 terner. Jeg koer fre til ca. 66 terner over grafen, dv. 174 terner under grafen. Så den tilbagelagte aftand er: , 87k t0 c) Retninger: Tyngdekraften peger lodret nedad. Noralkraften tår vinkelret på underlaget dv. peger opad og danner en vinkel på 70 ed vandret. Luftodtanden peger lang underlaget odat bevægelen. Gnidningodtanden peger ogå odat bevægelen dv. enrettet ed luftodtanden. Da hatigheden er kontant, er den reulterende kraft nul. De fire kræfter lagt aen o vektorer å derfor give nulvektoren. Tyngdekraften tørrele beregne: F t g 95kg 9,8 9,9N 0, 9kN Noralkraften kan betee ved: Da luftodtanden og gnidningkraften tår vinkelret på noralkraften, er det kun tyngdekraften, der kan ophæve den virkning (og da den reulterende kraft er nul, kan der ikke være en virkning i nogen retning). Derfor beregne noralkraften ved at e på den del af tyngdekraften, der er parallel ed noralkraften: Fn co0 Ft 876,69 N 0, 88kN Da an kender gnidningkoefficienten, kan gnidningkraften (den dynaike) betee: F F 0,05876,69N 4,8196 N N gnidning n 44 Luftodtanden og gnidningkraften å tilaen vare til den del af tyngdekraften, der er parallel ed underlaget, å an har: F F in(0) F F luft luft gnidning in(0) F F t t gnidning 19N 44N 75,86 N 0,8kN Ud fra die tørreler og retninger kan an tegne kræfterne.

54 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M7 ide 70: Det kæve tårn 5,00kg kg a) 1999, kg /, V 4 r 0,084 b) Hvi an kan e bort fra luftodtand, vil det være en bevægele ed den kontante acceleration g, å et fald fra 56,5 (ed tarthatighed 0) vil altå tage: 1 56,5 g t t,9158, 9 g 9,8 Farten uiddelbart før aentødet ed jorden vil være: v g t v0 9,8,9 0, , c) Luftodtanden på en gentand ed forfaktoren cw, hatigheden v og arealet A i bevægeleretningen genne en ga ed deniteten er givet ved: 1 Fluft cw A v. Det e, at luftodtanden vil voke, når v voker, og da den reulterende kraft er givet o tyngdekraften fratrukket luftodtanden (da die er odatrettede), vil den reulterende kraft aftage, hvorfor accelerationen bliver indre og indre. På et tidpunkt vil farten være blevet å tor, at luftodtanden er lige å tor o tyngdekraften, og her vil den reulterende kraft altå være nul, hvorfor der koer en bevægele ed kontant hatighed. Denne kontante hatighed kan betee ved at ige, at luftodtanden kal være lige å tor o tyngdekraften: F F t g v luft 1 w c w luft luft g c A A v t 1 0 5,00kg 9,8 / kg 0,40 1,9 9,98 9, 0,084 d) Man har, at ( t1 ) v( t) dt, å på loeregneren betee: a olve( 56,5 f 1( x) dx, a), hvor udtrykket for v(t) er get o f1(x): 0 Dette giver a = -,49 eller a =,49, hvor den negative løning varer til, at kuglen blev katet fra jorden og op til toppen, en den øgte faldtid altå er: t, 4

55 Løningerne er hentet på Opgave M8 ide 71: Baeball Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M9 ide 7: Acceleroeter i airbag 6 0,50 10 kg 4 a) T 4, , 47 k N 90 b) For at forindke aftanden elle pladerne ed det opgivne tykke, kal kan påvirke den bevægelige plade ed kraften betet ved Hooke lov: N 6 5 F k x 90 0,0 10,7 10 N En kraft af denne tørrele ville give den bevægelige plade en acceleration betet ved Newton. lov på: 5 F,7 10 N a ,50 10 kg Da den bevægelige plade ikke kan ærke forkel på, o den bliver påvirket af en kraft af tørrelen F beregnet ovenfor, eller o den befinder ig i et fyik yte, der accelerere ed accelerationen a beregnet ovenfor, er accelerationen altå: a 54 Opgave M0 ide 7: Elatikpring Opgave M1 ide 7: Sky Tower

56 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M ide 74: Rutchebane a) Hvi an antager, at der ikke er nogen luftodtand, at at an er bort fra gnidning, vil den ekanike energi ved det lodrette fald være bevaret, og dered vil al den potentielle energi, der er tabt, være blevet odannet til kinetik energi. Nulpunktet for den potentielle energi fatætte til bunden, og dered bliver: E E v kin, bund 1 v ax ax pot, top g h g h 9,8 60,0 1178,4 4, , b) Den reulterende kraft på paageren å udgøre den nødvendige centripetalkraft i cirkelbevægelen, og i det lavete punkt vil den reulterende kraft derfor pege lodret opad, å den lodrette acceleration, o paageren udætte for, vil altå være: a lodret v r 1,0 7,1 5, ,5 c) Tabet i ekanik energi kylde gnidningkraften, der udfører et (negativt) arbejde på vognen. Ført betee tabet i ekanik energi: 1 1 Eek Ekin, bund Ekin, top E pot, top vbund vtop g hbakke 1 v bund 1 v top g h bakke kg 1,0 Gnidningkraften har virket over et tykke på 55, og dered er: A E F E F gnidningkraft gnidning ek 18066,75J 55 gnidning ek 8, N,kN 1 8,7 9, ,75J

57 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M ide 75: Genei a) Maen af det indale kultof betee ud fra kendkabet til antallet af kultofatoer og aen af de enkelte atoer, der ætte til 1u, da det hovedageligt er C-1 atoer, der opale (ifølge opgavetekten): N indalet 1, C u 1, kg u, kg,4 10 b) Satellitten ændrer in hatighed ved at benytte bevægeleængdebevarele. Stoffet kyde ud i én retning og atellitten ændrer dered in hatighed i den odatte retning. Når der kun e på tørrelerne af ændringerne (dv. fortegnene udelade), får an: p p v atellit atellit atellit v tof atellit tof v atellit tof tof v tof 0,50kg kg , c) Der gælder følgende o aftanden elle de tre involverede objekter (Sol, Genei og Jord): r r r SG GJ SJ Genei kal have ae oløbtid T o Jorden (dv. 1 år). TGenei TJord T Genei kal udføre en jævn cirkelbevægele, å der kal alet et være en centripetalkraft. Dv. Solen træk i Genei kal være tørre end Jorden træk, og forkellen elle de to tyngdekræfter kal netop udgøre centripetalkraften. Ved at udnytte dette at oventående aenhæng elle aftandene og at oløbtiden kal være et år få: F F F c Genei 4 r T t, SolGenei 4 T SG rsg Genei M G r Sol SG t, JordGenei G G Genei rsg r r SJ M M Jord SG Sol G Genei rgj I dette udtryk er kun rsg en ukendt tørrele og den betee ved hjælpe af olve, hvor følgende kendte værdier er brugt: 0 1, kg M Sol G 6, T 65,4døgn (oregne til ekunder) M Jord 5, N kg 4 kg rsj Man får å: r SG Dered kan Genei aftand til Jorden betee: M Jord 6 g

58 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 6 r r r , k GJ SJ SG Opgave M4 ide 76: Barringereteoritten a) Den kinetike energi beregne ud fra den opgivne ae og farten lige inden nedlaget: E kin v 1, 10 kg 1,5 10 1, J 1,5 10 J b) Der kan e bort fra opdriften på eteoritten under hele forløbet, da den er ubetydelig i forhold til de andre kræfter. Meteoritten er dered påvirket af to kræfter: Tyngdekraften og luftodtanden. Tyngdekraften har retning od Jorden, en luftodtanden er odatrettet, da bevægelen er (antaget at være) lodret ned od jordoverfladen. Der gælder dered (poitiv retning er opad): Når tyngdekraften og luftodtanden er lige tore, er Fre = 0, og ifølge Newton. lov er accelerationen dered ogå 0. Dette e på grafen at være tilfældet i højden 0 k højde over jordoverfladen. c) Det er luftodtanden arbejde, der giver et tab i ekanik energi. (Tyngdekraften er en del af det ekanike yte, og den forårager en odannele af potentiel til kinetik energi, en ingen ændring af den alede ekanike energi.) Der gælder: F F F a g a g. luft re t Luftodtanden arbejde da på tykket d, der er å lille, at luftodtanden kan antage at være kontant på tykket, er: da F dh. luft Det negative fortegn koer af, at luftodtanden er odat bevægeleretningen. Hered bliver luftodtanden arbejde på eteoritten på de idte 40k: A luft da F luft dh a g dh a g Integralet varer netop til arealet afgrænet af grafen, den vandrette linje a = -9,8/ at de to lodrette linjer ved h = 0k og h = 40k. Arealet tælle til at vare til 55 tern. Hver tern varer til: Areal k Hered er: 0 dh

59 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Eek, tab Aluft ( a g) dh 1, 10 kg ,410 J 0 Opgave M5 ide 77: Tryk i vandrør a) Trykket i vandrørene i kælderen er tørre end trykket i vandrørene i lejligheden over kælderen, da det har en høj vækeøjle ere over ig til at øge trykket. Man har: p p p p p g h kælder lejlighed vækeøjle lejlighed kælder væke vækeøjle kg plejlighed 6010 Pa 978 9, Pa 0, 40MPa Opgave M6 ide 77: Elproducerende rygæk a) Forlen for den potentielle energi(-tilvækt) nær jordoverfladen benytte: Epot g h 6kg 9,8 0, , 676J 17, 7J b) Så længe fjederen ikke udtrække for voldot, kan an benytte Hooke lov: F k x, hvor k er fjederkontanten og x er forlængelen af fjederen ud fra ligevægt regnet fjeder ed fortegn, ålede at kraften er odatrettet retningen af udtrækningen. Når an tår tille (og har tået tille å længe, at taken er toppet ed at vinge og ogå hænger tille), er den reulterende kraft på taken 0, og da taken kun er påvirket af fjederen (der trækker opad) og tyngdekraften (der trækker nedad), har an altå, når nedad vælge o den poitive retning: F F 0 fjeder tyngde 6kg 9,8 g k x g 0 x 0, , 0c k N, 10 c) Når den fyldte take hænger i fjederen, der ålede er udtrukket tykket x, vil denne placering fungere o ligevægttillingen for de vingninger, der optår, når peronen begynder at gå:

60 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Tyngdekraften på taken udligne af det bidrag fra fjederkraften, der kylde udtrækningen x, og an har derfor en vingning, hvor den reulterende kraft er proportional ed udvinget y fra den nye ligevægttilling: F k y re a k y k y'' y Dette er en velkendt. orden differentialligning, hvor den øgte løning er en inufunktion: k y Ain t Aplituden A og faen er uden betydning for vingningtiden. Arguentet (udtrykket inden i parenteen) voker ed hver gang tiden voker ed én vingningtid (da inufunktionen er periodik ed perioden, å an har: k 6kg T T 0, , 67 k N, 10 (Oventående forel kunne ogå være fundet i en bog, hvi an ville undlade analyen) Hvi taken kal vinge i takt ed bæreren gang, kal der foregå én vingning pr. kridt, dv. at peronen på 0,67 ekunder kal tage ét kridt og altå bevæge ig 0,71 fre. Altå kal bæreren gå ed farten: 0,71 v 1, , 07 T 0, 6664 Opgave M7 ide 78: Standelængde Opgave M8 ide 79: Golflag a) Man kan aflæe den tørte kraft under laget på grafen (det giver ca. 7,0kN), eller an kan finde den ved at kigge på funktionudtrykket. Her få den tørte kraft, når nævneren bliver 1, dv. når t = B, hvilket varer til præci halvvej genne laget. Da nævneren er 1, e den akiale kraftpåvirkning under laget altå at være 7,1kN. Og å kan Newton. lov benytte til at betee accelerationen: Fre 7,1 10 N 5 Fre a a 15604,956 1, ,5 10 kg b) Ændringen i bevægeleængden, der varer til bevægeleængden efter laget, da bolden lå tille fra tart, kan betee o kraften ipul. Så an får: 1,010 1,010 7,1 10 N p F dt dt, kg t 0 0 1,6 10 5,0 10 Når bevægeleængden og bolden ae kende, kan farten betee ved:,057kg p p v v 44, ,0455kg

61 Hatigheden ålt i M pr. ekund Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M9 ide 79: Vandbølger Opgave M40 ide 80: Sluen i Falkirk Opgave M41 ide 81: Linedaner Opgave M4 ide 8: Baejuper Opgave K1 ide 8: Hubble kontanten a) Ifølge Hubble lov er hatigheden væk fra o proportional ed aftanden til o, og Hubblekontanten er proportionalitetfaktoren. I Excel indtate tabellen værdier, og hatigheden plotte o funktion af aftanden: Beteele af Hubblekontanten y = 0,0x R² = 0, Aftanden ålt i illioner lyår Da det kal være en proportionalitet, er der valgt en lineær tendenlinje, der er tvunget genne (0,0), og det beærke, at punkterne paer fint ed tendenlinjen. Hubblekontanten aflæe o hældningen (proportionalitetfaktoren), og den er altå: 10 k/ 5 k/ H 0 0,0, lyår lyår Opgave K ide 8: Aftand til galake a) Ført betee rødforkydningen z, der er den relative forkydning af bølgelængden ålt i laboratoriet: ob lab 414,1n 9,7n z 0, ,7n lab Så kan hatigheden væk fra o betee: v z c 0, , 947 1, b) Ud fra Hubble lov kan aftanden å betee: v H r r 0 v H 0 7 1, , Mpc Mpc 0,79Gly 6,89 10 k 70,8 / Mpc Opgave K ide 84: Kvaarpektru Opgave K4 ide 85: Vognhjulgalaken 7 4

62 Hatighed i / Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave K5 ide 86: Univeret alder a) Rødforkydningen z, der er den relative forkydning af bølgelængden ålt i laboratoriet, betee: ob lab 96,01n 9,7n z 0, ,00671 lab 9,7n Så kan hatigheden væk fra o betee: 6 v z c 0, ,770981,0110 b) Hubble lov lyder: v H 0 r Der kal altå lave en graf ed hatigheden væk fra o o funktion af aftanden. På denne graf vil hældningen være hubblekontanten. (Alternativt kan der lave en (z,v)-graf, hvor rødforkydningen ikke oregne til en hatighed, en hvor hældningen derefter kal gange ed c for at betee hubblekontanten.) Hatighederne beregne ud fra rødforkydningen o i pørgål a), og an får: Galakeålinger y = 477x R² = 0, Aftand i Mly Dv. hubblekontanten er: H 0, Mly c) Når det antage, at hatigheden er kontant, kan an finde Univeret alder o den tid, det har taget en galake i aftanden r at bevæge ig dette tykke, dv. an regner tilbage til det tidpunkt, hvor aftanden elle Jorden og galaken ifølge odellen var nul. Galaken bevæger ig ed hatigheden v (betet ud fra r ved Hubble lov), å an har altå: r r 1 t0 v H 0 r H 0 Univeret alder kan altå betee o det reciprokke af Hubble kontant. Dette giver: 1 t0 H 0 4, , Mly 4, Mly 4, ,06 10 Går 1,757Går 1,8 illiarder år 65,

63 Løningerne er hentet på Opgave K6 ide 87: Meier galaker Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 1 ide 89: Geoterik anlæg a) Ved at uere de to effekter til en alet effekt, kan an udregne den årligt leverede energiængde: E P t leveret alet , , ,5 10 W J J b) På 1 ekund levere der en vareængde på 00MJ (da effekten er defineret o energiængde pr. tid og enheden watt varer til J/). Da an kender teperaturfaldet for vandet, kan an betee aen af vand, der paerer anlægget pr. ekund: Q c T vand vand vand 6 Q 0010 J 1748,846kg c J vand T C kg C Det negative fortegn foran Q kylde, at Q er den leverede vareængde, der har ae tørrele o, en odat fortegn af, energitilvækten for det vand, der nedkøle. Den pecifikke varekapacitet er fundet i databogen ide 15 (verion 1998), hvor der er valgt en værdi ved 60 C (nogenlunde idt ielle højete og lavete teperatur). Vand denitet ved 6,0 C lå op på ide 151 til at være 0,9816 g/c. Hered kan rufanget betee: 1748,846kg V 1, , 78 V kg 98,16

64 Trykket i kpa Løningerne er hentet på Opgave ide 89: En tur ed elevator Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Det er oplyt, at der er en lineær aenhæng, å det ville være nok at lave lineær regreion og aflæe b- værdien (kæringen ed. aken), en det kan ogå lave i Excel, hvor an atidig er punkterne danne en ret linje: 101, ,8 100,6 100,4 100, Elevatortur Dv. at lufttrykket ved turen tart er p = 101,1kPa y = -0,07x + 101,1 R² = 0, Tiden i ekunder b) Trykket fra en ga- eller vækeøjle er givet ved pøjle ga/ væke g højle, og i dette tilfælde ed en luftøjle (gaøjle), kan an regne ed en kontant denitet, fordi an ikke koer å højt op i forhold til atofæren tykkele. Trykket o funktion af højden over jorden bliver å: 0 p( h) g h p, hvor idte led er trykket ved jordoverfladen, og hvor det negative fortegn på højden kylde, at luftøjlen over tedet bliver indre, når an koer højere op. Se der nu på trykændringen pr. tid (varende til hældningen på grafen), får an: g h p g h p g h g h p p p h g t t t t t p h varer o nævnt til hældning på grafen, og er den fart, elevatoren kører ed. Da deniteten t t h og tyngdeaccelerationen er kontante, har an derfor ogå, at er en kontant, og dered er t elevatoren fart kontant. Denne fart kan nu betee ud fra den udledte aenhæng: p Pa 0,0710 p h h g t,1568, t t t g kg 1, 0 9,8

65 Løningerne er hentet på Opgave ide 90: Regnenor Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Grænevinklen når ly bevæger ig fra gla (n=1,48) til luft (n=1) beregne: 1 i in 1 g 4,5 1,48 Da indfaldvinklen (45 ) er tørre end grænevinklen, vil der ke totalreflekion. Hvi lyet bevæger ig fra gla (n=1,48) til vand (n=1,) få: 1, i in 1 g 64,0 1,48 Da indfaldvinklen her er indre end grænevinklen, vil der ikke ke totalreflekion, dv. noget af lyet vil reflektere, en reten bryde (og altå bevæger ig ud genne regndråben). Opgave 4 ide 90: Datering af havvand a) I databogen under Radioaktive nuklider (ide 00 i 1998-udgaven) e det, at Ar-9 er - -radioaktiv ed halveringtiden 69 år. Det e ogå, at argon er grundtof nr. 18, og ved kendkabet til, at der ved henfaldet udende en elektron at ladningbevarele (18 = 19 + (-1)) og nukleontalbevarele (9 = 9 + 0) får an: Ar K e v Der udende ogå altid en antineutrino (leptontalbevarele). At grundtof nr. 19 er kaliu e i det periodike yte. b) Aktiviteten kan betee ud fra kendkabet til antallet af kerner og halveringtiden: A k N ln() N ln() , 10 1, ,1 10 T 69 65, Bq Bq ½ c) Ved hjælp af henfaldloven kan an udlede, hvor lang tid det tager for ængden af Ar-9-atoer fra overfladevandet at være reduceret til ængden af Ar-9-atoer i vandet fra 5k dybde: t t 1 T½ N( t) 1 T½ t 1 N( t) t N0 N0 T½ N0 T½ 1 N( t) N( t) N0 ln ln ln ln 5 N0 1, 10 ln ln 4 Nt () 4,10 t T½ 69år 48, 48555år 0, 4kår ln() ln()

66 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 5 ide 91: Cykelrytter a) Cykelrytteren kører ed kontant fart, dv. den reulterende kraft er nul. Luftodtanden udgør det klart tørte bidrag til den alede gnidningodtand, og det antage, at den bidrag er 100%. Luftodtanden er givet ved: 1 Fluft cw luft A v Den effekt, cykelrytteren yder, er, da kraften peger i ae retning o bevægelen, givet ved: P F v Fluft v. Det idte lighedtegn koer af, at den reulterende kraft er nul, ålede at den kraft cykelrytteren yder kal vare til luftodtanden. Da effekten er den ae i oprejt tilling og aenbøjet tilling, har an nu: P P op bøj F v F v luft, op op luft, bøj bøj 1 1 cw, op luft Aop vop vop cw, bøj luft Abøj vbøj vbøj c A v c A v w, op op op w, bøj bøj bøj v bøj k 1,1 0,51 5 cw, op Aop vop t k k 0, c A 0,880,6 t t w, bøj bøj

67 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 6 ide 9: Bjergbetigning a) Man kan ed god tilnærele e bort fra luftodtanden, da tenen har tor denitet og falder forholdvi kort, å det er en bevægele ed den kontante acceleration g og begyndelehatigheden 0 (antager at tenen ikke kubbe betydeligt nedad fra tart): v g t 1 v 1 g v g 9,8 0, g t g b) Den tørte kraft og dered den tørte acceleration, o bjergbetigeren udætte for, en ikkerhedrebet trae, er når det forlængele er akial, da fjederkraften er tørt i dette tilfælde. For at finde accelerationen e på den reulterende kraft, og da fjederkraften peger opad og er odat rettet tyngdekraften og tørre end denne få: F a re F Ffjeder F re t k y g k y a g N 9,8 66, kg 1, 010 5,5 c) Når bjergbetigeren hænger tille, er den reulterende kraft 0, dv. at tyngdekraften og fjederkraften udligner hinanden. Dered kan forlængelen af det elatike reb beregne: F F t fjeder g k x 86kg 9,8 g x 0, k N 1, 010 Da rebet er 1,0 langt inde forlængelen, koer bjergbetigeren til at hænge følgende tykke under fatgørelepunktet: h 1, 0 0, , 7 under Dette ted er ogå centralt i forbindele ed pørgålet o, hvornår bjergbetigeren opnår den tørte fart, for farten øge under faldet å længde der er en acceleration nedad, og det er det indtil det ted, hvor fjederkraften lige netop er å tor o tyngdekraften, dv. netop det ovenfor fundne ted (kaldet ligevægtpunktet). Før ligevægtpunktet er tyngdekraften tørre end fjederkraften, og her øge farten. Efter ligevægtpunktet er fjederkraften tørre end tyngdekraften, og bjergbetigeren bree. For at finde farten ved ligevægtpunktet udnytte kendkabet til energien i en fjeder. Den kinetike energi i ligevægtpunktet er fuldtændigt odannet til potentiel energi, når det elatike reb er helt trakt (akial forlængele). Dered har an: E E kin, ligevægtpunkt pot, bund 1 1 v k x ligevægtpunktbund N kx 1, 010 5,50, ligevægtpunktbund v 17, ,9 86kg

68 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 7 ide 9: Laerly od pejl a) Ud fra lyet fart i vakuu og kendkabet til brydningindeket, kan lyet fart i krytallen betee: c 8 vkrytal , n 1,470 b) Antallet af overgang kan betee ved at e på energien af de enkelte fotoner at laeren effekt: Elaerly Plaerly t 0,50W 1, novergange, , E E E 0, 01 0, J foton B A c) Det er oplyt, at laerlyet har bølgelængden 105n, hvilket an egentlig godt elv kunne have regnet ud ud fra kendkabet til energiniveauerne fra pørgål b). De enkelte fotoner har bevægeleængden: h p foton Da fotonerne reflektere og dered efter ødet ed pejlet bevæger ig i odat retning ed en lige å tor bevægeleængde, vil ændringen i bevægeleængden være nuerik dobbelt å tor o bevægeleængden af den enkelte foton. Da an ogå kender antallet af udendte fotoner pr. ekund (udregnet i pørgål b, da antallet af overgange netop varer til antallet af udendte fotoner), kan an hered beregne kraften: p n fotoner pfoton n fotoner n alet fotoner h Flaerlypejl Fpejllaerly p foton t t t t 18 4, ,66110 J 9 9, N,10 N Opgave 8 ide 9: Q-værdi a) I databogen under Nuklider ae og bindingenergi (ide 19 i 1998-udgaven) finde atoaerne af de indgående tørreler. Egentlig kal der regne på kerneaer, en da an ville kulle trække elektronaer fra på begge ider, betyder det ikke noget for aeforkellen, og der regne derfor på de fundne atoaer: højreide ventreide He n H, u 1, u, u 0, u 0 MeV MeV Q 91, 494 0, u 91, 494, MeV, 505MeV u u Opgave 9 ide 94: Verden hurtigte elevator Opgave 10 ide 95: Stoffet elle tjernerne Opgave 11 ide 95: Argonlaer

69 Løningerne er hentet på Opgave 1 ide 96: Ægyptere i arbejde Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Da trækkraften fra den enkelte ægypter kende aen ed hatigheden af bevægelen, kan effekten af det arbejde, en enkelt ægypter udfører beregne ved: N P F v 60N 0, W b) Da bevægelen foregår ed kontant fart (lang en ret linje) er den reulterende kraft ifølge Newton 1. lov nul. Farten er å lille, at der kan e bort fra luftodtand. Dered påvirke læden ed obeliken af fire kræfter. 1) Tyngdekraften: Peger lodret nedad og har tørrelen: 6 F t g kg 9, N,44 10 N ) Noralkraften, der peger vinkelret på underlaget. ) Gnidningkraften, der peger odat af bevægelen. 4) Trækkraften, der peger i bevægelen retning, dv. lang ed underlaget. Størrelen af noralkraften kan betee, da den lagt til tyngdekraften kal give en vektor i underlaget retning: Ft Fn 5 Dered bliver: 6 Fn Ft co( 5) 491N,4 10 N Gnidningkraften kan betee ud fra noralkraften: 6 6 F F 0,1,4 10 N N 1,06 10 N g n Hered kan de fire kræfter indtegne på bilag, hvor det for trækkraften vedkoende er udnyttet, at den lagt til de tre andre vektorer kal ørge for, at den reulterende kraft bliver 0:

70 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Tyngdekraften og noralkraften giver lagt aen en vektor enrettet ed gnidningkraften ed tørrelen: 6 F F in( 5) N 0,00 10 N t n t Hered bliver o vit på figuren: F F F 99554N N træk t n g N 1, N. Antallet N af ægyptere, der kal til at trække læden, er dered: N N 780, N Dv. at der kal 780 ægyptere til at trække læden. Opgave 1 ide 96: Atlanterhavkabel

71 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 14 ide 97: Badekar Pigen på billedet er i tand til at løfte badekarret, å det ae kan ætte til 0kg. Dienionerne ætte til 1,8 x 0,5 x 0,50, og dered bliver det rufang, o badekarret kan indeholde V 1,8 0,5 0,5 0,45 En gynaieelev ae ætte til 70kg. Vandet aefylde ætte til 1kg/, da det er ferkvand. Når badekarret flyder i vandet, er opdriften på det lige å tor o tyngdekraften af badekarret og eleverne. Der øge det akiale antal elever Nak, og derfor regne på det tilfælde, hvor badekarret top ligger i vandoverfladen: F F opdrift vand V t badekarret g badekar g N ak elev g kg ,45 vand Vbadekarret badekar N ak elev 70kg Dv. der kan være 6 elever i badekarret. Opgave 15 ide 97: Vandeng 0kg 6,14 Opgave 16 ide 98: Operahuet a) Da tiden og effekten er kendt, kan an betee den tilførte energi (i for af vare) ved: Etilført P t,4 10 W 4600,97610 J,9 10 J b) Den odtagne vareængde pr. inut er: Eodtaget Pt 9010 W J 5, 4MJ Denne energi er gået til at opvare havvand, hvi pecifikke varekapacitet er lået op i databogen ide 147 (1998-udgaven), og aen af havvand paeret pr. inut er å: E Eodtaget havvand chavvand T havvand c odtaget havvand T 6 5,4 10 J havvand 597, 411kg 0, 60ton J,9 10 0,117,8C kg C

72 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 17 ide 98: Kørel på glatbane a) Da an har en bevægele ed kontant acceleration (ed negativt fortegn, da den er odatrettet bevægelen) og kender tarthatigheden, kan an regne ud, hvornår hatigheden er 0 ved: v() t v0 v() t a0t v0 t a t 600 4,7897 4,8,9 b) Bilen fart i bunden kan betee ved at e på to forhold: 1) Da den kører ned ad bakke odanne noget potentiel energi til kinetik energi. ) Da den breer udføre en negativt arbejde på bilen, der derved iter noget energi. Man har altå: E E E A kin, bund kin, top pot, topbund gnidning 1 v E E A bund kin, top pot, topbund gnidning Ekin, top Epot, topbund Agnidning vbund For at betee arbejdet udført af gnidningkraften, kal an kende den tørrele, og den kan finde ud fra kendkabet til den dynaike gnidningkoefficient og noralkraften. Altå kal an o det førte have betet noralkraften. Da bilen bliver på underlaget, å vektoruen af tyngdekraften og noralkraften give en vektor parallelt ed underlaget, og dered kan an betee noralkraften ved at regne på den retvinklede grønne trekant, der er kontrueret ud fra vektorerne, og hvor det er et ynbedrag, hvi den kortete katete ikke er ud til at være parallel ed underlaget.

73 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Fn co(8, 0 ) Ft co(8, 0 ) g co(8, 0 ) 975kg 9,8 9481,16N F F 0, 69481,16N 465,146N g n A F 465,146N ,J g g Tabet i potentiel energi betee: Epot, topbund bil g h 975kg 9,8 0in(8, 0 ) 9975, 4J Den kinetike energi fra tart er: Ekin, tart vtart 975kg , 4J 600 Hered bliver bilen fart for enden af banen: v bund E E A kin, top pot, topbund gnidning 9409J 9975J 7954J 11, ,1 975kg

74 Løningerne er hentet på Opgave 18 ide 99: Planteplankton Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Da an kender energien og får at vide, at det er bølgelængden i luft (regne o vakuu), der kal finde, har an: 4 6, J hc h c 7 E foton, n 18 E 0,56010 J foton b) Da an kender brydningindeket, kan an betee lyhatigheden i vandet, og når an huker på, at lyet kal tilbagekate og derfor bevæge ig den ae trækning to gange (fre og tilbage), kan an betee aftanden under havoverfladen, når an atidig huker, at laeren og detektoren begge er placeret 11,5 under havoverfladen: c udendele regitrering ly vly t t udendeleregitrering hplanteplankton 11,5 11,5 11,5 n ,910 1,5 hplanteplankton 11,5 19, , c) Da lyet vække ed 11,9dB, og da energien af lypulen er 5,0J inden, den raer orådet, er energien af lypulen efter paage af orådet: P ind E ind dbtab 10dB log 10dB log Pud Eud dbtab Eind E 5,0 10 ind J db 10 Eud 1, J dbtab 11,9dB Eud 10dB 10dB Dered er den afatte energi i orådet: E E E 5,0J 1, J,85864 J afat ind ud Antallet af exciterede klorofylolekyler varer til antallet af exciterende fotoner, der kan betee, fordi an kender den afatte energi at energien af en enkelt foton: Eafat, J nklorofylexcitationer 4, ,10 18 E 0, J foton

75 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 19 ide 100: Fuionenergi a) Maen og deniteten er kendt, å rufanget kan betee ved: 7,910 kg 7 1 V 9, c 9, 4 10 V kg 0,1 c b) I databogen under Nuklider ae og bindingenergi (ide 19 i 1998-udgaven) finde atoaerne af de indgående tørreler. Egentlig kal der regne på kerneaer, en da an ville kulle trække elektronaer fra på begge ider, betyder det ikke noget for aeforkellen, og der regne derfor på de fundne atoaer: højreide ventreide He4 n H H 4, 00604u 1, u, u, u 0, u 0 MeV MeV Q 91, 494 0, u 91, ,589MeV 17,589MeV u u Antallet af reaktioner betee ved at e på indholdet af tritiu og deuteriu-atoer. Da der er lige ange af de, har an: 7 pille,910 kg nreaktioner 7 kg H ato H ato, u, u1, u 19, Hered bliver den energi, der kan frigøre i pillen (hvi atlige ulige reaktioner forløber): 19 MJ 19 E frigivet Qnreaktioner 17,589MeV 1, , ,8MJ, 0MJ MeV Den energi, der kan frigive, er altå væentlig tørre end den tilførte energi. Opgave 0 ide 100: Skøjteløber a) Det antage, at køjteløberen vejer 55kg. Skøjterne vurdere at have bredden 0,5c og længden 15c, og det antage, at køjteløberen kun bruger én køjte ad gangen, dv. at al vægten fordelen på én fod. Trykket på ien kylde, at peronen påvirke nedad af tyngdekraften, å an har: 55kg 9,8 F F t g p 701Pa 7bar A A l b 0,15 0, 005 Skøjte køjte køjte

76 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 1 ide 101: Den internationale rutation ISS a) På 56,8 døgn e rutationen at have tabt højde fra 44k til 8k. Den taber dered højde ed farten: 44 8k 6000 v 0, , t 56,8døgn 56, b) Rutationen er kun påvirket af tyngdekraften fra jorden, der dered udgør den nødvendige centripetalkraft i cirkelbevægelen. Man har dered: F F M G T T t c jord r ISS 4 r G M 4 jord 6, ISS T N kg 4 T r , rjord G M 4 kg h jord ISS 5468,8794 1,5 tier c) Det er en centralbevægele (ed Jorden o centrallegee), og den ekanike energi er derfor givet ved: 1 M E ek G r Den tilførte energi fra raketotoren kan dered betee: 1 M jord ISS 1 M jord ISS Eraketotor Eek Eek, høj Eek, lav G G rjord h ISS, høj rjord h ISS, lav G M jord ISS rjord hiss, lav rjord h ISS, høj 1 6, N 5, kg kg kg J 9,9GJ

77 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave ide 10: Månehop a) Atronauten er kun påvirket af tyngdekraften, der kan regne for at være kontant i nærheden af åneoverfladen. Den reulterende kraft er altå kontant, og dered har an ifølge Newton. lov en bevægele ed kontant acceleration. Dered gælder: v( t) a t v 0 Tabellen værdier indtate derfor i en tabel ed tiden (ålt i ekunder) i den førte kolonne og hatigheden (ålt i /) i den anden kolonne, hvorefter der lave lineær regreion ed den anden kolonne (hatigheden) o funktion af den førte kolonne (tiden). Dette giver ligningen: v( t) 1,61 t 1, 11 Dered kan tyngdeaccelerationen på Månen aflæe til : g Måne 1,61. Det negative fortegn vier, at accelerationvektoren peger nedad. b) Øvert i hoppet er v(t)=0, og derfor kan det øgte tidpunkt betee ved: 1,11 0 1,61 t t top 1,11 top 0, , 69 1,61 Atronauten højde kan betee ud fra en energibetragtning. Den kinetike energi fra tart er i toppunktet helt odanne til potentiel energi, å an har: E h kin, tart top E v g tart pot, top åne 1 1,11 1,61 v tart g åne h top 0, ,8

78 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave ide 10: Verden højet beliggende jernbane Eodtaget P t W J MJ a) 40 8, , 4 A A b) Det er ikke uligt at koe ed et kvalificeret bud på, hvor tor en procentdel af energien, der vil gå til eltningen, da det bl.a. afhænger af ien tykkele og genneigtighed. Så det antage, at al energi afætte i det lag, der elter, hvor an å bare kal være opærko på, at det bliver den øvre græne for lagtykkelen, der betee: Ien kal ført opvare til eltepunktet, hvorefter den kal elte. Med 41,5MJ til rådighed (varende til 1 ) får an: Etilført Etilført i ci T i L, i i c T L i 6 41,5 10 J J J,110 5,0C 410 kg C kg i, i 10, 46444kg Den pecifikke varekapacitet og eltevaren for i er fundet på ide 15 i databogen (1998-udgaven). Ien denitet finde på ide 15, og den benytte til at oregne aen til et rufang: 10, 46444kg V 0,10996 kg 0,9 10 Da det var et oråde på 1, varer dette til en dybde på: d 0, c Dette er o nævnt en øvre græne. i Opgave 4 ide 10: Brud på lyleder a) Lyet reflektere og bevæger ig altå fre og tilbage, dv. tiden ind til bruddet er kun det halve af den ålte tid, og da lyet hatighed i lylederen kan beregne ud fra brydningindeket, kan aftanden ind til bruddet betee ved: c tålt 0, v t 19188,679 19, k n 1, 45 b) Det tilladte effekttab er på: P ind 90W dbtab 10log 10log 18,846066dB Pud 1,0W Da effekttabet er på 0,19dB/k, varer dette til: 18,846066dB 99,1898k db 0,19 k Da lytrålen både kal fre og tilbage, varer dette til et kabeltykke ed længden: 99,1898k lkabeltykke 49,5949k 50k

79 Fjederkraften ålt i N Løningerne er hentet på Opgave 5 ide 104: Legetøjfrø Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Hooke lov iger, at F k x, hvor x er forkydningen ud fra ligevægttillingen, F er fjederkraften vendt od ligevægttillingen og k er fjederkontanten. Dered kan fjederkontanten finde ved at lave lineær regreion på tallene fra tabellen og tvinge grafen genne (0,0), hvorefter hældningkoefficienten er k. Dette gøre i Excel, og an får: Forkydningen er ålt i c, å an får: N N kn k 4,09 4,09 0, 4 c Legetøjfrø y = 4,09x R² = 0, ,5 1 1,5,5,5 Forkydningen ud fra ligevægt ålt i c (hvi grafen ikke tvinge genne (0,0) få de angivne 0,44kN/). b) Den potentielle energi i fjederen, når den er trykket,5c ned fra ligevægt er: 1 1 N E pot, fjeder k x 4,09 0,05 0, J Denne energi odanne i førte ogang til kinetik energi, å frøen hopper, og i toppen af hoppet er denne kinetike energi odannet til potentiel energi. Dv. fjederen potentielle energi er blevet til potentiel energi i tyngdefeltet. Med den energi, der er til rådighed, kan 1,g hæve: E pot, tyngdefeltet E pot, fjeder 0,1508 J E pot, tyngdefeltet g h h 1, Hvi g g 0,01kg 9,8 det ete af aen er placeret i frøen og fjederen, kal der trække knap,5c fra dette tal, en alet et kan det vurdere, at frøen hopper 1,0 opad.

80 Løningerne er hentet på Opgave 6 ide 104: Ekotik henfald Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Ved oplag i det periodike yte e Ra (radiu) at være grundtof nr. 88, og kultof er nr. 6, å ved at benytte ladningbevarele (88 = 6 + 8) og nukleontalbevarele ( = ), at i det periodike yte at e, at grundtof nr. 8 er bly (Pb), får an: Ra C Pb Der er ingen leptoner involveret i henfaldet. For at finde aeændringen, kal an egentlig regne på kerneaer, en da lige ange elektroner kulle trække fra på begge ider, kan an nøje ed at regne på atoaer, o lå op under Nuklider ae og bindingenergi begyndende ide 19 i databogen (1998-udgaven): højreiden ventreiden Pb09ato C14ato Raato 08,981065u 14, u, u 0, u 0 energifrigivele MeV MeV Q 91, 494 0, u 91, 494 1, MeV 1,85MeV u u b) I databogen under Radioaktive nuklider e Ra- (o det ogå fregår af opgavetekten) at være alfaradioaktiv, og halveringtiden for henfaldet er 11,45 døgn. Man kender aen af Ra--atoer fra tidligere, å antallet af alfahenfald pr. inut (dette tidru er å kort, at an kan regne ed en kontant ængde kerner hele tiden) kan beregne ved at gange aktiviteten A ed tidruet: ln() Raklup nalfahenfald At k Nkerner t t T ½ Raato ln(), 0g nalfahenfald 60, , g, 01850u 1, u Dette er antallet af alfahenfald, og dered er antallet af C-14-henfald: 17 nalfahenfald, nc 14 henfald , , 10 1, 10 17

81 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 7 ide 105: Svævebane a) Da anden bevæger ig ed kontant hatighed, er den reulterende kraft 0. De tre kræfter, der virker på anden, er: Kraft nr. 1: Tyngdekraften F t: Har retning lodret nedad og tørrelen Ft g 7kg 9,8 707, 04N. Med den angivne åletok, kan kraften indtegne på bilaget. Kraft nr. : Kraften fra noren ned til elen F : Snoren kan kun trække, dv. denne kraft har ae retning o noren peger. Der tegne altå en tiplet linje (linje 1), der er parallel ed noren, og o går genne endepunktet af tyngdekraften (e figur). Kraft nr. : Gnidningodtanden (inkluderer luftodtanden) F g: Den har ae retning o bevægelen, og derfor tegne en tiplet linje (linje ) parallel ed bevægeleretningen og genne aeidtpunktet (e figur). Da den reulterende kraft o nævnt er nul, kal kræfterne lagt aen o vektorer give nulvektoren, og dered kan noralkraften tegne fra endepunktet af tyngdekraften og op til linje, hvorefter den flytte, å den får begyndelepunkt i aeidtpunktet. Gnidningodtanden kan å tegne å det punkt, hvor linjerne 1 og kærer og ind til aeidtpunktet, hvorefter den flytte, å begyndeleidtpunktet er aeidtpunktet. På denne åde har vektorerne fået både rigtige retninger og længder, da retningerne er fatlagt o bekrevet ovenfor, og da længderne følger af, at den reulterende kraft er nul.

82 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 8 ide 105: Kobberlaer a) Bølgelængderne oregne til energier (i enheden aj): hc E foton 4 6, J E foton,1, J 0,890aJ 9 510, , J E foton,, J 0,456aJ 9 578, 10 Laeren fungerer ved, at atoet pupe op til en exciteret tiltand, hvorfra den henfalder til en lavere exciteret tiltand, hvor den ved tiulering ed en foton kan henfalde igen til en endnu lavere tiltand, og dette kan lade ig gøre, hvi atoet anlåe til tiltand D, henfalder til tiltand C, hvorfra laerlyet udende, når atoet henfalder fra tiltand C til enten tiltand B eller tiltand A. Derfor underøge det, o energiforkellene elle C og B at C og A paer ed energierne af fotonerne: E E 0, 6066aJ 0, 61aJ 0,45aJ C B E E 0, 6066aJ 0, 5aJ 0,841aJ C A Die tal teer faktik ikke helt overen inden for den opgivne nøjagtighed, en det er de bedte uligheder, og afvigelerne kylde andynligvi, at opgavetillerne har foretillet ig, at an regner ed afrundede værdier for Planck kontant og lyet hatighed. Så de pågældende overgange å altå være CB og CA.

83 Løningerne er hentet på Opgave 9 ide 106: Skibforli Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Da gennenitfarten og trækningen kende, kan den benyttede tid finde: vgen t , 4døgn t v gen 1,0 b) Da de to færger hænger aen efter aentødet (fuldtændig uelatik aentød), kan tabet i kinetik energi betee ved: E kin, tab 1 AD Q E u 1 1 u kg 11, J 0,7GJ S kin E kin, før 1 E AD kin, efter 6 v fælle kg 9, kg 10,4 c) Ved aentødet er den alede bevægeleængde bevaret. Bevægeleængden i vandret retning å altå efter aentødet være: p efter, vandret p før, vandret p før, AD p før, S co() kg 11, 0 10 kg 9,8 co() kg Bevægeleængden i lodret retning er: p efter, lodret p før, lodret in() kg 9,8 in() kg Størrelen af bevægeleængden er dered: p efter p før, S efter, lodret S u p p kg efter, vandret in AD Så kan den fælle fart betee: p kg efter v 10,459 10, kg 0 10 kg fælle 4 AD S u 1 S u co

84 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 0 ide 107:Solcelledrevet vandpupe a) Man kender den afatte effekt og pændingfaldet, å trøtyrken kan beregne ved: Pafat 165W Pafat U I I 6,875A 6,9A U 4V b) Den tilførte olenergi kan betee o arealet under grafen, da det er en (t,p)-graf, og da: de() t P( t) E P( t) dt dt Arealet betee ved ført at tegne et trapez (den orte figur), hvor lige tore dele af arealet kal ligge udenfor o indenfor. Derefter tegne et rektangel ed et lige å tort areal o trapezet (idelængden gennenittet af trapezet idelængder). Arealet (energien) bliver å: E 16, 4 7, W J 0, GJ ol Da kun 4,8% af denne energi udnytte, og da udnytte varer til en odannele til potentiel energi, har an å: E 0,048 E 0,048 0, 5504GJ J 11MJ pot ol Der regne ed en denitet for vand på 1,0g/c, og da brønden er 80 dyb får an altå: E pot E pot g h V g h V g J V 1, kg 1, 010 9,8 80 h

85 Løningerne er hentet på Opgave 1 ide 108: Ly i vøebain Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Effekten og pændingfaldet kende, å trøtyrken kan beregne ved: P 150W P U I I 0, A 0, 65A U 0V b) Grænevinklen, der ogå er den indte indfaldvinkel en lytråle å rae grænefladen ed, hvi (alt) lyet kal forblive i lylederen kerne, betee ud fra de opgivne brydningindek: i n 1, g in in 70, ,1 n 1 1,49 c) Man kender effekttabet efter 1, en kal kende det efter 1 for at kunne udregne det i enheden db/. Effekten aftager ekponentielt, og an har å: x P( x) P(0) e, hvor er den kontant. Denne kontant betee: 1 1 0,57 P(0) P(0) e e 0,57 1 ln(0,57) ln(0,57) 1 0, Hered kan det procentvie fald i effekten pr. eter betee: 1 P(1 ) P(0) e 1 0, e 0, P(0) P(0) Udtrykt i db pr. eter bliver dette: db P ind db P(0) db 1 dbtab 10 log 10 log 10 log Pud P(1 ) 0,95469 db db 0, ,

86 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave ide 108: Protonhenfald a) I det periodike yte e biuth at være grundtof nr. 8. Henfaldkeaet bliver: 185 * 1 8 Bi 1p Pb Protonen er angivet o 1 1 p, en den kunne ogå være angivet o en hydrogenkerne 1 1 H. Ladningbevarelen giver, at datterkernen er grundtof nr. 8, der i det periodike yte e at være bly, Pb. Nukleontalbevarelen fortæller, at Pb-iotopen kal have 184 nukleoner. Der indgår ingen leptoner i regnkabet. b) Da aktiviteten er faldet til 0,7% efter 100 ikroekunder, kan halveringtiden betee ved: A( t) A 0 0,07 A 0 1 A t T T T 1 ½ 0,07 ln(0,5) T½ ln(0,07) 0 ½ 6 ½ , c) Der pørge o aen af Bi-185-atoet, å der regne ed atoaer i tedet for kerneaer. Ført betee aen af højreiden i henfaldkeaet: 18,9881 u 1, u 184, u højreide Pb 184 H Da Q-værdien er poitiv (der frigive energi), er aen af ventreiden (Bi-185 i exciteret for) tørre end oventående ae. HVIS henfaldet kunne være foregået fra den ikke exciterede tiltand, ville Q-værdien have været: Q 0,554 pj 0,05 pj 0, 0 pj. Denne energi kan oregne til ae, og dered kan aen af Bi-185 i ikke exciteret tiltand betee: 1 E 0,0 10 J Bi185 højreide 184, u c , u 184,9974u 1 1, kg u Opgave ide 109: Sporvogn i San Francico a) Kablet ligger elle kinnerne (ifølge opgavetekten), og det trækker dered i vognen bevægeleretning, hvorfor der gælder: P 8010 W 4 P F v F 9100N 910 N v b) Sporvognen kører ed kontant fart, å den reulterende kraft på den er nul. Den påvirke af tyngdekraften, gnidningkraften, noralkraften og trækkraften fra kablet.

87 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Trækkraften F træk er enrettet ed bevægeleretningen. Gnidningkraften F g er odatrettet bevægeleretningen. Noralkraften F n peger vinkelret op fra underlaget. Tyngdekraften F t peger lodret nedad. Trækkraften er angivet til at være 14kN, og ed den anvite åletok kan den indtegne på bilaget. 4 Tyngdekraften beregne: Ft g 1,5 10 kg 9, N 147,kN. Dette indtegne på bilaget. Den kopoant af tyngdekraften, der tår vinkelret på underlaget (e den orte, tiplede pil på bilaget), å udligne af noralkraften, da hverken trækkraften eller gnidningkraften har kopoanter i denne retning. Dered kan noralkraften tørrele betee ved at regne på den retvinklede trekant dannet af tyngdekraften og den orte, tiplede pil: F co(1 ) F co(1 ) 14700N 17516,968N 17,5kN. Dette indtegne på bilaget. n t Gnidningkraften kan betee ved at kigge på tyngdekraften og trækkraften, fordi noralkraften tår vinkelret på gnidningkraften og dered ikke har en kopoant i denne retning. Gnidningkraften å aen ed den del af tyngdekraften, der peger i underlaget retning, udligne trækkraften. Når der e på tørrelerne af kræfterne, har an altå: F F F F in(1 ) F 14kN in(1 ) 147,kN g træk t, underlagkopoant træk t 4 71,14 kn 710 N Dette indtegne på bilaget:

88 Farten ålt i eter pr. ekund Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 4 ide 109: Laer a) Gaen pupe op i den exciterede tiltand B, hvorefter den henfalder til tiltand A. Det er fra denne tiltand til grundtiltanden, at den tiulerede eiion foregår, dv. at laertrålingen får bølgelængden: 4 6, J hc hc 6 E foton 1, n 18 E 0,1810 J 0J foton Opgave 5 ide 110: Globtik Tokyo a) Da både farten og aen kende, kan den kinetike energi betee ved: Ekin v 6,5 10 kg 7, 1, J 1,68 10 J b) Der er ålt for hver 100, å tidintervallerne er lige tore, og det e ogå, at hatigheden ændrer ig, at at ændringen IKKE er kontant i de lige tore tidintervaller. Dv. at det er hverken en bevægele ed kontant hatighed eller acceleration. Man kunne godt forøge at finde en forkrift for en funktion, der bekrev accelerationen, en det er ikke nødvendigt for at kunne løe opgaverne b) og c), og deuden e det på punkterne, at der ikke er nogen ipel forkrift, der kan bekrive accelerationen, da punkterne ført lægger ig på en bue og derefter danner noget, der kunne inde o en ret linje: Globtik Tokyo under acceleration Tiden ålt i ekunder Spørgålet bevare derfor ud fra punkterne i tabellen: For at betee accelerationen ved t = 400, e på de to punkter på hver ide, hvilket ligner en god tilnærele, da farten er ændret lige eget til begge ider. Man har altå: 5, 4, 1,0 v a 0, 0050 t c) For at finde den ejlede trækning på de 1000, e på gennenitfarten i hvert interval: 1, 6,8,8,5,5 4, 6, 4 6,8 6,8 7,1 vgen t , 6 7,1,8,5 4, 4, 7 5, 5, 6 6, 0 6, 4 6, , 0k

89 Løningerne er hentet på Opgave 6 ide 110: Håndvare Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Det vurdere, at an pr. ekund kan nå at gnide hænderne 5 gange fre og tilbage, hvor hver bevægele trækker ig over 10 c, dv. det pr. ekund drejer ig o en bevægele over 100c. Hver hånd preer ed en kraft på 00N (varende til at kubbe ca. 0kg opad) od hinanden, dv. der regne ed en noralkraft på 400N, og hvi gnidningkoefficienten ætte til 0,1, giver det en gnidningkraft på 40N. Det udførte arbejde er å: A F 40N 1,0 40J, og da det foregik på et ekund, bliver det til en effekt på: P 40W Opgave 7 ide 111: Laervejning a) Man kender nyttevirkningen og effekten af laeren, å energiforbruget pr. tie bliver: Elaer Elaer Plaer t 110 W600 tilført Etilført 0,11 E 9777, 7J 0, 4GJ b) Den akiale fart varer til, at der ikke afgive energi til ogivelerne, og at det kun er det oråde, o laertrålen raer, der bliver opvaret. For at elte pladen, kal den ført opvare til 1515 C, hvorefter den kal kifte fae fra fat til flydende. På 1 afgiver laertrålen 1kJ, og denne energiængde kan elte følgende tålae: Etilført Etilført tål ctål T tål L, tål tål c T L tål 110 J J 5 J C, 4710 kg C kg tål, tål 0, 01058kg Da an kender deniteten af tålet, kan an oregne aen til et rufang: tål 0, 01058kg 6 Vtål 1, ,55 tål kg 7,8610 Det eltede oråde regne o en kae, og da tykkelen (højden) er 1,0 og bredden af trålen 4,0, varer dette rufang til en kaelængde på: V 100,55 V h b l l 7, 0948 hb 1,0 4,0 c Denne længde kan trålen bevæge ig på 1 ekund, å den akiale fart er: vak,7

90 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 8 ide 11: Afbrænding af peanut. a) Da den frigivne energi inden for et angivet tidru er kendt, kan effekten P betee ud fra definitionen på begrebet: E frigivet 5,8 10 J Pgen 64,4444W 64W t 90 b) De pecifikke varekapaciteter for aluiniu og vand finde i Databogen (henholdvi ide 14 og 147 i J J 1998-udgaven): c Al 896 og c vand kg K kg K Hered kan energitilvækten for dåe og vand betee: E E E c T c dåevand dåe vand dåe Al J J 0,014kg 896 8,K 0,14kg ,K 500,66 J kg K kg K vand vand T Fra tekten til pørgål a) kende den frigivne (tilførte) energi, og energien odtaget af dåe og vand kende fra pørgål b). Hered kan nyttevirkningen betee: E E nyttig tilført 500,66 J 5,8 10 J 0, % Opgave 9 ide 11: Gynge a) Længden af kablerne vurdere ud fra drengen tørrele til at være,8 (Drengen overkrop vurderet til 70c). Der regne ed, at drengen er på det højete punkt, dv. at han tår tille, og det antage, at den ekanike energi er bevaret (dv. der e bort fra luftodtand, og der regne ed, at drengen idder tille). Udvinget vinkel vurdere til at være 0. Så er drengen højde over det lavete punkt: h,8 x,8,8 co(0 ) 0,75 Den potentielle energi odanne til kinetik energi: E kin, bund E pot 1 vbund g h vbund g h 9,8 0,75, 714, 7

91 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 40 ide 11: Gliee 876 a) Den udendte tråling fra Gliee 876 udbreder ig på en kugleflade, dv. den udendte effekt P vil i den aftand, hvor Jorden befinder ig fra Gliee 876, have fordelt ig på et areal varende til overfladearealet af en kugle ed en radiu varende til aftanden elle Jorden og Gliee 876: P I P I 4 d Jord Gliee 4 d Jord Gliee 11 W P 1, ,4510 4,7910 W 4,7 10 W Teperaturen er et udtryk for den gennenitlige kinetike energi, å ført kal T betee. Dette gøre ed Wien forkydninglov, da an kender den bølgelængde, hvor intenitetfordelingen har it akiu: T,89810 K ax, K, K T 478,9916K ax Hered kan den gennenitlige kinetike energi for partiklerne betee: 0 0, 1, J 478,9916 7, Ekin gen k T K J 7,0 10 J K b) Tyngdekraften fra Gliee 876 udgør den nødvendige centripetalkraft for den jævne cirkelbevægele, å an har: F F t c M 4 r G M Gliee Gliee planet bane planet rbane Toløb 9 4 r 4, bane GT oløb 11 6,67610 N 1, kg 6, kg 6, kg Opgave 41 ide 11: Gaflake ed oxygen a) Gaen regne o en idealga, da det er iple olekyler og trykket ikke er voldot tort. Da rufanget V og tofængden n (et ål for antallet af gaolekyler) ikke ændre ved teperaturtigningen, har an: p tart V n R T tart plut Tlut Tlut p lut p plut V n R Tlut ptart Ttart Ttart Det er den abolutte teperatur (dv. f.ek. teperaturen ålt i Kelvin), der indgår i forlen, å an har: T 0 7,15 K lut plut ptart 1,MPa 4,9766MPa 4, 4MPa T 18 7,15 K tart tart

92 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 4 ide 114: Rullende fortov a) Det er en (t,v)-graf, å accelerationen til et betet tidpunkt kan betee o hældningen for tangenten til grafen det pågældende ted. Derfor indtegne tangenten på bilaget: 4, 0,7,5 a5, 0 0, b) Det er en (t,v)-graf, å den tilbagelagte trækning kan betee o arealet under grafen. Der indtegne hjælpefigurer på bilaget til at betee arealet (de to trekanter har ae areal): 1 l fortov A1 A A 1, , , ,5 17,5 174

93 Svingningtid ålt i ekunder Løningerne er hentet på Opgave 4 ide 115: Buekydning Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Vanddunken hænger tille. Dered er den reulterende kraft på den nul. Den påvirke nedad af tyngdekraften, og den å derfor påvirke opad af buen ed en kraft, der er lige å tor o (en odatrettet) tyngdekraften. Ifølge Newton. lov påvirker vanddunken dered ogå buen ed en kraft, der er lige å tor o tyngdekraften (og enrettet ed denne): Fvanddunk Ft g, 0kg 9,8 9, 46N 9N b) Når buen fungerer o en fjeder ed fjederkontanten k, hvor vanddunken ed aen hænger og vinger, gælder: T k Tabellen værdier indtegne ed tiden o funktion af kvadratroden af aen: 1,6 1,4 1, 1 0,8 0,6 0,4 0, 0 Bue o haronik ocillator y = 0,6644x + 0,000 R² = 0, ,5 1 1,5,5 kvadratrod af aen ålt i kg Det e, at punkterne danner en ret linje i overenteele ed forlen ovenfor, og ud fra forkriften kan værdien for k betee: 0, 6644 k k 89, 455 k 0, , 6644 Med enheder har an altå, at: k 0,89 N

94 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD c) Den potentielle energi, når buen er trukket 0,55 tilbage er: 1 1 N 89,455 0,55 1,5685 Epot k x J Da 60% af denne energi går til bevægelen, bliver den kinetike energi for pilen: E 0,60 E 0,60 1,5685 J 8, J kin pot Pilen ae kende, å den fart (der varer til den vandrette hatighed) kan betee: 1 Ekin 8, J Ekin v v, , 08kg Den lodrette bevægele er en bevægele ed kontant acceleration og begyndelehatigheden 0, å tiden inden pilen raer jorden er: 1 () t g t v0t ,58 0 g t 0t 0 t 0,56767 g 9,8 Dered koer pilen i vandret retning: vandret vvandret t, , , , 6

95 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 44 ide 116: Verden tørte accelerator a) Da an kender både okreden og oløbtiden, kan farten i cirkelbevægelen betee: v O , t T 8, Lyet hatighed er /, å det e, at farten er eget tæt på lyet hatighed (faktik kan an ikke inden for åleuikkerhederne kelne de to). b) For at betee den elektrike trøtyrke kal an finde ud af, hvor eget ladning der paerer et betet ted (tværnit) i røret. På ét ekund er antallet N af gange hver proton paerer et ted givet ved: t 1 N 1145, T 5 8,89510 Dv. at antallet af protoner Np, der hvert ekund paerer det pågældende ted, er: N N, 0910, p Da hver proton har én eleentarladning, bliver trøen: q, , C I 0,55670A 0,557A t 1 c) Der danne en proton og en antiproton (der har ae ae o protonen). Ifølge Eintein energi-ae-ækvivalen-forel kræver det: 7 10 p 1, , E c c kg J Da de kolliderende protoner har en energi i tørreleordnen rådighed, til at der kan danne en proton og en antiproton J, er der tiltrækkelig energi til Opgave 45 ide 117: Sutteflake a) Den alede tilførte energi er 18kJ, og den tilføre i løbet af 40, å den gennenitlige effekt er: E 1810 J P 75W t 40 b) Det antage, at al den frigivne energi går til opvarning af ælken og tåleleentet, å an har: E frigivet tåleleent ctål Ttåleleent og ælk ælk cvand Ttåleleent og ælk, hvor det er anvendt, at an for ælk kan regne ed ae pecifikke varekapacitet o vand. I databogen (fra 000) finde tål pecifikke varekapacitet på ide 14: J ctål 510 kg K Vand pecifikke varekapacitet er: J cvand 4180 kg K Hered kan aen af ælken betee: E c T c T frigivet tåleleent tål tåleleent og ælk ælk vand tåleleent og ælk ælk E c T c T frigivet tåleleent tål tåleleent og ælk vand tåleleent og ælk J J kg C kg K 0,179998kg 0,18kg J C kg K ,

96 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 46 ide 117: Solneutrinoer a) I det periodike yte e B at være grundtof nr. 5, å + -henfaldet fra B-8 er: B Be e Ladningbevarelen giver, at datterkernen er grundtof nr. 4, der i det periodike yte e at være Be (Berylliu), nukleonbevarelen giver, at datterkernen kal have nukleontallet 8 og leptontalbevarelen giver, at det er en neutrino (og ikke en antineutrino), der danne aen ed poitronen ( + -partiklen). Den frigivne energi ved reaktionen betee ved at e på forkellen i aerne på de to ider af pilen og benytte energi-aeækvivalenen: 4 5 Be8kerne e B8kerne Be8ato e e B8ato e 4 Be8ato e B8ato 8, u 5, u 8, 04606u 0, u Maerne for de to nuklider (atoaer) er fundet under Nuklider ae og bindingenergi ide 19 i Databogen fra Poitronaen er værdien fra 011. Den frigivne energi er altå: MeV 1 J Q 91, 494 1, u MeV MeV 1 J 1 0, , 494 1, , 7 10 J u MeV Poitronen og neutrinoen deler den frigivne energi, ålede at der udende både poitroner og 1 neutrinoer fordelt i intervallet fra 0 til,7 10 J (hvi poitronen f.ek. ved et henfald har fået den 1 kinetike energi 1,9 10 J, udende neutrinoen ed energien 1 0,8 10 J ). 1 Der vil derfor ogå udende neutrinoer ed energier tørre end 1,1 10 J, og dered kan SuperKaiokande detektere neutrinoer fra dette henfald. Opgave 47 ide 118: Airbu a) Der tænke på tyngdekraften nær jordoverfladen (hvilket både dækker, når flyet tår på jorden, og når det flyver i f.ek. 10k højde), og den kan betee ud fra den opgivne ae: Ft g 69, 010 kg 9, N 678kN b) Gnidningkraften dækker over både luftodtanden og odtanden fra tartbanen. Den reulterende kraft på flyet er: F F F 84kN 70,7kN 1,kN re otorer gnidning Ifølge Newton. lov er det acceleration å: Fre 1, 10 N, 0910, 09 Fre a a 69,010 kg c) Accelerationen er defineret o: a( t) v'( t). Så hvi an kender accelerationen o funktion af tiden i et interval, kan an finde tilvækten af hatigheden (der, når flyet tår tille fra tart, er det ae o hatigheden til lut, dv. når det letter) ved at udregne det betete integral i intervallet: t9 t9 vlut v a( t) dt 0, 044 t,1 dt 71,98 71 t0 t0

97 Løningerne er hentet på Opgave 48 ide 118: Diodely Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Spændingfaldet og trøtyrken kende, å effekten P beregne ved: P U I,7V 0,50 10 A 0,0015W 1, 5W b) Det beærke, at odtanden og dioderne idder i erieforbindele, å trøtyrken er den ae (,0A) genne alle koponenterne (ladningen forvinder ikke). På grafen, der vier aenhængen elle trøtyrken genne en af lydioderne og pændingfaldet over den, aflæe, at når der går en trø på,0a genne dioden, vil pændingfaldet over den være,9v. Da koponenterne idder i erie, vil pændingfaldet fordele over de, å an har: U U U U U U U U alet R diode,1 diode, diode, diode,4 R 4 diode U R Ualet 4Udiode 1,0V 4,9V 0,4V Da an nu kender både pændingfaldet over reitoren og trøen genne den, kan den odtand betee ved Oh lov: U 0,4V U R I R 10 I,010 A Opgave 49 ide 10: Skilift a) Vanddråben bevæger ig i en jævn cirkelbevægele, å den reulterende kraft å pege vandret od ventre på figuren, da den ålede udgøre den nødvendige centripetalkraft. Den lodrette del af F å altå udligne tyngdekraften, der har tørrelen: 5 4 Ft g 5,0 10 kg 9,8 4,9110 N Den vandrette kopoant af F er ålede den reulterende kraft, og denne udgør aen ed den lodrette kopoant og elve F en retvinklet trekant ed F o hypotenuen. Den vandrette kopoant er den odtående katete til vinklen 5, en den lodrette kopoant er den holiggende katete til vinklen. Dered har an: 4 4 Fre Fvandret F tan(5 ) 4,91 10 lodret N tan(5 ), N Da den reulterende kraft udgør centripetalkraften i cirkelbevægelen, kan farten i denne betee: 4 v Fre r, N 0,95 Fre Fc v, ,1 5 r 5,0 10 kg

98 Løningerne er hentet på Opgave 50 ide 10: Bellatrix Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Intenitetfordelingen akiu betee ved hjælp af Wien forkydninglov: T 0, K ax 0, K 1,5 10 K ax 7 1, ,8 n b) Stjernen tilyneladende lytyrke L afhænger af den abolutte lytyrke P (den udtrålede effekt) at aftanden d til tjernen. Da an kan betragte det udendte ly, o o det udbreder ig på en kuglekal ed effekten fordelt på overfladen, har an: P P L d 4 d 4 L 9, 10 W d, ,10 4 lyår 8 W 4 1,4 10 c) Da an kender den udtrålede effekt og overfladeteperaturen på Bellatrix, kan an ved hjælp af tefanboltzann lov betee tjernen radiu r: 4 P 4 r T r 9, r , W P 4 T 4 5, ,5 10 K 4 Tyngdeaccelerationen på overfladen af Bellatrix kan å betee ved at aenholde Newton. lov og gravitationloven, hvor det udnytte, at tyngdekraften fra et kugleforet legee ed jævn aefordeling, når an befinder ig på eller uden for kuglekallen kan beregne o o al aen var placeret i kuglen centru: F t F re, objekt objekt MBellatrix M Bellatrix G objekt aobjekt aobjekt G r r ,7 10 kg N aobjekt 6, N 187, 77 1,9 10 kg ( ) kg

99 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 51 ide 11: Kanoner på Dronningen Bation a) Bevægeleængden er bevaret. Før affyringen er der ingen bevægele, å den alede bevægeleængde er nul, og det kal den altå ogå være lige efter affyringen, hvor kanonkuglen og kanonen endnu ikke er blevet påvirket af ydre kræfter. Når an regner den poitive retning o kanonkuglen retning, får an altå: p 0 alet v v 0 v v kanon kanon kanonkugle kanonkugle kanon kanon 9,90kg 610 1, ,90,1810 kg kanonkugle v kanon kanonkugle Det negative fortegn vier, at kanonen triller baglæn. b) Opgaven kan både løe ved at analyere de virkende kræfter og derefter regne på en bevægele ed kontant acceleration og ved at regne på energierne. Her regne på energier. Nulpunktet for den potentielle energi ætte til kanonen tartpunkt, å fra tart er der udelukkende kinetik energi, en kanonen ved in akiale højde tår tille og derfor udelukkende har den potentielle energi, o den kinetike energi er blevet odannet til. Man har altå: 1 vtart kanon g hlut kanon vtart hlut g 1,90 hlut 0, ,8 Kanonen triller opad ed en vinkel på 5, å den længde, der trille på kråplanet, er: hlut hlut 0, in( v) l, ,1 l in( v) in(5,0 ) c) Der regne uden luftodtand. Kanonkuglen bevægele betår hered af en vandret bevægele ed den kontante fart 610 / og en lodret bevægele ed begyndelehøjden 1 (højden ætte til 0 ved vandoverfladen), begyndelefarten 0 og den kontanten acceleration -9,8 /, hvor det negative fortegn vier, at kuglen accelerere nedad. Den tid, det varer, inden kuglen raer vandet, kan betee ved at kigge på den lodrette bevægele og ætte tedfunktionen værdi til 0: ,8 t 0 t 1 1 9,8 t 1 t 1,567 9,8 Det er den poitive løning, der er den rigtige tid, da det andet tidpunkt ligger FØR affyringen. På denne tid når kanonkuglen i in vandrette bevægele: v0 t 610 1,567 95, ,95k

100 Løningerne er hentet på Opgave 5 ide 1: Hjertetarter Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Da pændingfaldet og trøtyrken er kendt, kan reitanen beregne ved: U 1,75 10 V U R I R 50 I 5A E b) Saenhængen elle energi og genneniteffekt er givet ved P E P t. t Da effekten ikke er kontant i det pågældende tidru, en givet ved et kendt funktionudtryk, finde den afatte energi ved integrationen: 4,110 4, t Eafat P( t) dt 61, 10 W e dt 177, J 178J Opgave 5 ide 1: Mælk i kaffen 0 0 a) Mælk og kaffe betår et af vand, og an kan å regne ed, at de har nogenlunde en pecifikke varekapaciteter. Så der regne ed en pecifikke varekapaciteter, og det antage, at der i det korte tidru, der går, fra kaffen er hældt op, og til ælken er blandet i, ikke udvekle energi ed ogivelerne. Kaffen begyndeleteperatur ætte til 80C og ælken, der er taget direkte fra kølekabet, har teperaturen 5 C. Der er 170g kaffe, og der iblande 0g ælk. Hered får an: E kaffe kaffe kaffe E 0 c Tlut 80C ælk c Tlut 5C T 80C T 5C 0 lut ælk ælk Løe på loeregneren ed: lut 0 olve ( 170 x 80) 0 x 5 0, x, der giver x = 68,75 Dv. at blandingen lutteperatur er: T lut 69 C

101 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 54 ide 1: Breevigt a) Da det er bevægele ed kontant fart, har an: 6,k v t 0, tier in 4, 7 in t v 79k/ t b) Den ekanike energi betår af kinetik energi og potentiel energi, og tabet i ekanik energi er dered givet ved: E E E E E E E ek, tab ek 1 v lut g h 1 kin 1 v v lut pot tart 1 v g h tart kin, lut kin, tart kg 9,8 00, , 7074 J 96MJ c) Det fregår iplicit af opgaveforuleringen, at luftodtanden og gnidningkraften fra kontakten elle dæk og gruet tilaen udgør den gnidningkraft, der er oplyt til at være kontant på 10kN (hvilket er en urielig antagele). Gnidningkraften peger odat bevægeleretningen, og kan ålede ed den vite åletok indtegne o vit på figuren. 1 pot 10,6 Udover gnidningodtanden er latbilen ogå påvirket af tyngdekraften og noralkraften. Tyngdekraften peger lodret nedad, og den tørrele beregne til: F t g kg N 68kN Dette indtegne på figuren. Noralkraften tår o navnet fortæller vinkelret på underlaget. Suen af noralkraften og tyngdekraften å være en vektor, der er parallel ed underlaget (og peger odat bevægeleretningen). Dette e på figuren, hvor noralvektoren er angivet ed en tiplet linje. At den ender næten oven i gnidningkraften endepunkt er et tilfælde. Vinklen på 11 genfinde elle noralvektoren og tyngdekraften, og dered kan an ved at e på den retvinklede trekant, o de danner, beregne noralkraften tørrele til: Fn Ft co , N 617kN Dette teer fint overen ed vektoren, der blev fundet ud fra tyngdekraften, og o er indtegnet på figuren, hvor de blå vektorer altå angiver de virkende kræfter.

102 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Størrelen af den reulterende kraft på latbilen kan betee (retningen er odat bevægelen): N, N N F F F t gnid re ) in( ) in(11 Ifølge Newton. lov er å (den kontante) acceleration:, ,64 kg N F a re For en bevægele ed kontant acceleration gælder: t v t a v t a v Hvi tiden t iolere i den øverte ligning og indætte i den nederte få: a v v a v v v a v v v v a v v v a v v a Da farten fra tart er 110k/t og ed en luthatighed på 0, har an å:, ,7487,

103 Løningerne er hentet på Opgave 55 ide 14: Vindølle Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Når der er 0 odrejninger pr. inut, er perioden,0 ekunder. Da an ogå kender radiu i cirkelbevægelen, kan farten betee: r 45 v 94, T,0 b) Når vindhatigheden er 1,5 / aflæe det på grafen, at øllen leverer effekten,6mw. Satidig kan vinden leverede effekt beregne: kg kg P vind 0,61 A v 0,61 6 Nyttevirkningen er altå: Pølle,6MW 0,405 4% P 7,6MW vind Opgave 56 ide 15: Vakuukaer 45 1, W 7, MW a) Da an kender rufanget af kaeret og luften denitet, kan aen af luften beregne: kg V 1,5 7, kg 4 ton Luften betragte o en idealga. Der gælder dered p V N k B T p V T, hvor p er N k trykket, V er rufanget, N er antallet af partikler, k B er Boltzann kontant og T er teperaturen. Da teperaturen holde kontant, og da rufanget er kontant (kaeret tørrele ændre ikke), får han altå: ptart V plut V N lut plut ptart N k N k N tart B lut B tart Da det er den ae lag luft, der befinder ig i kaeret fra tart til lut (dv. an går ud fra, at der ikke er fjernet en tørre procentdel af en betet type luftolekyler end andre), er forholdet elle antallene af olekylerne det ae o forholdet elle aerne. Dered få: lut 0,70kg plut ptart Pa,08708Pa, 1Pa 875kg tart B

104 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 57 ide 15: Brune dværge a) Gaen kan betragte o en idealga, da tætheden ikke er ærlig tor, og an har å: kb T p 17 kg J 1, 10 1, K K , Pa 1,7 10 Pa 7 0,60 1, kg b) Skyen ae beregne for at vurdere, o den vil ende o en brun dværg (hvilket ifølge opgavetekten ker, hvi den ae er indre end 0,08 gange Solen ae). Skyen er kugleforet, og an har derfor: 4 17 kg V r 1, 10 1, 10 1, kg Deuden har an: 0,08 M 0,081, kg 1, Da kyen ae er indre end oventående ae, vil gakyen altå ende o en brun dværg. kg c) Da yteet er tabilt, gælder virialætningen, der giver, at halvdelen af den odannede potentielle energi er blevet til kinetik energi, en den reterende halvdel er udendt o tråling. Da an kender det tidru, trålingen er udendt i, kan den udtrålede effekt betee: 1 E E pot 6 udtrålet J 4 4 P 7, 10 5,78 10 W 5,8 10 W t t ,

105 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 58 ide 16: Antitatik børte a) I databogen under radioaktive nuklider (ide 07 i 1998-udgaven) e det, at Po-10 har halveringtiden 18,4 døgn. Henfaldloven kan å bruge til at betee aktiviteten efter et år: A( t) A A(65 døgn) 9,5MBq t T ½ 65døgn 18,4døgn 1, MBq 1,487 MBq b) Da aktiviteten og halveringtiden kende, kan an beregne antallet af Po-10-kerner, hvorefter aen af Po-10 kan betee: ln() A k N N T ½ AT½ 9,5 10 N ln() 6 Bq 18, , ln() I databogen under nuklider ae (ide 6 i 1998-udgaven) finde aen af et Po-10-ato til 09,98848u, og da det ovenfor betete antal kerner varer til antallet af atoer, har an: N Po10ato 09,98848u 1, kg u 1, , kg 55,6ng c) I databogen under radioaktive nuklider (ide 07 i 1998-udgaven) finde energien af de udendte alfahenfald til 5,0MeV. Da an kender aktiviteten ved produktionen, kan an betee den alede energi alfa-partiklerne bærer ed ig pr. ekund: J 6 J E pr. ekund A E 9,5 10 Bq 5,0 10 ev 1, , ev Dv. at antallet af ionierede luftolekyler er: N luftoleky ler pr 6 J E 7, pr. ekund 1 1. ekund 1, , E 5,45 10 J ioniering 1 1

106 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 59 ide 16: Radioaktivt portof a) Da Rb-8 danne ved elektronindfangning, ved an o udgangpunkt følgende o reaktionen: X 0 1 e 8 Rb Neutrinoen har leptontallet 1 ligeo elektronen, og dered er leptontallet bevaret. I det periodike yte e rubidiu at være grundtof nr. 7. Da der er ladningbevarele, å oderkernen altå være grundtof nr. 8, dv. Sr. Nukleontalbevarelen giver, at det å være Sr-8-iotopen. Dv. reaktionkeaet bliver: 8 8 Sr 0 1 e 8 7 Rb b) Halveringtiden for Rb-8 lå op i databogen under radioaktive nuklider (ide 01 i 1998-udgaven). Man finder: T ½ 1,5 in Man kan altå e, at aktiviteten hverken er, eller kan regne o værende, kontant i et tidru på 4,0 inutter, og derfor kan an ikke bare tage aktiviteten og gange ed tiden for at finde antallet af henfald. Man er i tedet nødt til ved hjælp af henfaldloven at finde antallet af kerner fra tart og antallet af kerner efter 4,0 inutter, hvorefter antallet af henfald kan betee: A N 0 0 k N 0 0 A T ln() ln() N T Antallet af kerner efter 4,0 inutter er: ½ N( t) N 0 ½ 0 9 1,48 10 Bq 1, ,60 10 ln() 1 4,0 in 1,5in 11 1 N(4,0 in) 1,60 10 Så antallet af henfald inden for de førte 4,0 inutter er: N henfald t T ½ ,74 10 N 0 N( 4,0 in) 1, , , Opgave 60 ide 17: Gravity Probe-B a) Definitionen på begrebet effekt anvende til at finde den øgte tid: E P t E t P 5, ,8W J 41,875 7,015 in 7,0 in b) Heliubeholdningen opvare (ingen faeovergang), å an har: E 5,40kJ E c T 14,857kg,1 10 c T kj,1 1,88 1,86K kg K Dette kan række til: He the t He 14,857kg kg 0,00 tie 714,8571tie 97,6190døgn,0 10 døgn kg

107 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 61 ide 17: Artrækninger a) Det antage, at arlængden er ca. 50c, og at aeidtpunktet for peronen uden de dele af arene, der går fra albuen og ud og derfor ikke indgår i hævningen, ligger inde i aven i højde ed navlen derfor hæve okring ca. 5c. Maen af peronen uden de nævnte dele af arene ætte til 65kg. 0,5 Hævningen tager ca. 0,5 ekunder, dv. hævningen ker ed farten v 0, 5 t 0,5 Hered bliver effekten: P F v Ft, krop uden ardele v g v 65kg 9,8 0,5 19,15W 0, kw Opgave 6 ide 18: Kanonkonge 60 a) Ført oregne kanonkongen fart til enheden /: 60k/ t 16, 67,6 Da det er den gennenitlige acceleration, der kal betee, regne der, o o det er bevægele ed kontant acceleration, og der er ingen begyndelehatighed, å an har: 1 a t og v a t Tiden iolere i det idte udtryk og indætte i det førte: 1 a v a v a v a 16,67 5,1 7,115 7 b) Ført e på den lodrette del afbevægelen. Tyngdekraften virker i denne retning, og an har dered en bevægele ed den kontante acceleration g, og ed affyringvinklen 5 har an begyndelehatigheden i lodret retning givet ved: v v in(5 ). y, tart tart Tiden der går inden kanonkongen raer ikkerhednettet, lavere end kanonen unding beregne ved: 1 ( t) a t v 1, g t 0 t v 0 y, tart t 0 60,6 Denne ligning løe ved: olve(, 9,8 t in 5 t, t) 1, der giver t=-0,9 eller t=,8 Den negative løning kan ikke bruge, da den er før kanonkongen kyde ud, dered er t =,4 den øgte tid. I dette tidru bevæger kanonkongen ig i in vandrette bevægele ed kontant hatighed, og dered kan an beregne det tykke, han når: t) v t ( 0 (,4) v,4 v 0, x tart co(5),4 60,6 co5,4

108 Løningerne er hentet på Opgave 6 ide 18: Autoatik parkeringkælder Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) F t g,5 10 kg 9,8 4550N 5kN b) Hatigheden er defineret o v( t) '( t), å trækningen kan beregne ved: 1 v( t) dt (grænerne kunne ogå være at til 1,1 og 11,4). 0 Dette varer til arealet af orådet elle 1. aken og grafen, og da figuren er et trapez, få arealet o: løvre lnedre 11,4 1,1 9,1,7 Atrapez h 1,0 7,85 7, 9 c) Platforen er påvirket af tyngdekraften og kraften fra de to kæder. Kæderne trækker opad, en tyngdekraften har retning nedad. Det e, at platforen accelerere opad, å kraften fra kæderne er tørre end tyngdekraften, og an har derfor: F F F re kæde t Den reulterende kraft kan da an kender aen af platforen ed bilen betee ved at finde accelerationen, der er hældningen af grafen på det pågældende tidpunkt. Hældningen (accelerationen) aflæe til: v v a t t Så har an: v t ,0 11,4 9,1 1, 1,5 10 kg 4550N Fre Ft a F t, F kæde 1818, 478N 1, 8kN

109 Løningerne er hentet på Opgave 64 ide 19: Proxia Centauri Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Wien forkydninglov anvende til at finde den øgte bølgelængde: ax, K, K 6 1, n T,67 10 K b) Da den udtrålede effekt er kendt, kan Stefan-Boltzann lov bruge til at betee radiu: P A tjerne T 4 4 r T 4 r P 4 T 4 4,4110 W 8 W 4 5, K,67 10 K , c) Tyngdekraften fra dobbelttjerneyteet på Proxia Centauri udgør den nødvendige centripetalkraft i cirkelbevægelen: F F G T t c PC dobbelttjerne r 4 r G dobbelttjerne, PC, ,4 4 r T 6, ,18 9, N kg , kg år 85556, år 8, år

110 Fart i / Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 65 ide 10: Nære galaker a) Da rødforkydningen er under 0,1, kan hatigheden betee ved: 6 v z c 0, , b) Hubble lov iger, at v H 0 r, hvor v er farten, r er aftanden og H 0 er Hubble kontant. Hubble kontant kan altå betee o hældningen af en (r,v)-graf (hvi punkterne danner en proportionalitet). Aftanden kende, og derfor kal hatigheden for de enkelte galaker betee. Dette gøre ved at kigge på bølgelængderne og ud fra de udregne rødforkydningen, der å ligeo i pørgål a) kan bruge til at betee farten. Her e en udregning på galake nr. 5: ob lab 679,n 656,8n z 0, ,8n lab 7 v z c 0, , Die udregninger foretage ed forler i Excel, der giver dette kea: Galake nr. Aftand /Mly Bølgelængde / n Rødforkydning (z) Fart / / , 0, ,6 0, ,9 0, , , 0, ,7 0, , 0, ,5 0, Farten afætte o funktion af aftanden: Hubble lov y = 0954x R² = 0, Aftand ålt i Mly Punkterne danner en ret linje genne (0,0) (tendenlinjen er tvunget genne origo), å Hubble lov er / k/ opfyldt, og Hubble kontant (hældningen) er altå: H ,0 Mly Mly

111 Løningerne er hentet på Opgave 66 ide 10: Nattehilen klarete tjerne Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Da an både kender den udtrålede effekt og tjernen tørrele (radiu), kan an ved hjælp af Stefan- Boltzann lov finde overfladeteperaturen: P A tjerne T 4 T 4 A P tjerne 4 4 1, 10 8, W 5, W K ,14470 K 9,6kK Opgave 67 ide 11: Skydiving a) Da det er en (t,v)-graf, kan accelerationen til et givet tidpunkt betee o hældningen for tangenten i punktet. Så ved t = 5,0 indtegne en tangent, og på den aflæe hældningen og dered accelerationen - at være: v v a t t v t ,4 1,4 5,0 b) På grafen er det ud til, at udpringeren efter 16 har nået den kontante fart 5/. Det tykke udpringeren når på de førte 16 varer til arealet under grafen, der betee ved at tælle antallet af tern der er ca. 18 og e at hver tern varer til Udpringeren kal falde,0k, og da tykket efter de 16 er bevægele ed kontant fart, har an altå, at tiden efter 16 er: 0 v0 t 0 t v, t 5,19 5 Altå er faldtiden for,0k: t fald Opgave 68 ide 1: Mikrobatteri a) I databogen (ide 00 i 1998-udgaven under Radioaktive nuklider ) e Ni-6 at være - -radioaktiv ed halveringtiden 100år. Reaktionkeaet er altå: 6 8 Ni 6 Cu e Ladningbevarelen giver, at datterkernen er grundtof nuer 9, der er Cu. Nukleontalbevarelen giver, at det er Cu-6-iotopen. Leptontallet er bevaret, når antineutrinoen indgår i reaktionkeaet.

112 Effekten ålt i pw Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD b) Den afatte effekt i reitoren er givet ved U I. P reitor Så effekten kan udregne ved at ultiplicere tallene i de to rækker. Dette foretage i Excel, hvor an får: U / V I / na P / pw 110 0,51 56, , ,15 109,5 90 1, 118,8 85 1,48 15,8 80 1,61 18,8 70 1,75 1,5 60 1,87 11, ,5 56,5 Effekten afbilde o funktion af pændingfaldet og punkterne e at danne en kurve, hvor der helt tydeligt er ét akiupunkt: Ni-6-batteri Den akialt afatte effekt i reitoren er altå og den afætte, når pændingfaldet er U 80V Pax 19 pw, c) En trøtyrke på,40na varer til følgende antal elektroner pr. ekund: Q1,40nC Nelektroner , e 1, C Hvi dette er 15% af henfaldene, har antallet af henfald været: N Aktiviteten fra Ni-6 kal altå være: 10 A Ni 6 9,99 10 henfald Bq N 10 elektroner 0, ,99 10 Da an kender halveringtiden fra oplaget i forbindele ed pørgål a), kan an å ogå betee antallet af Ni-6-kerner (og dered antallet af Ni-6-atoer): A N Ni6 Ni6 k N Ni6 ANi6 T ln() ln() N T ½ ½ 9,99 10 Spændingfald ålt i V Ni6 10 Bq , , ln() Maen af et Ni-6-ato lå op på ide 1 i databogen (1998-udgaven) til at være 6,99670u Hered kan den nødvendige ae Ni-6 beregne: N kg kg g Ni6 Ni6 Ni6ato 4, , , ,

113 Løningerne er hentet på Opgave 69 ide 1: Eridani B Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Den bølgelængde, hvor intenitetfordelingen o funktion af bølgelængden har it akiu, betee ved Wien forkydninglov: ax ax T,898 10, ,8 10 K K K 1, n b) For at kunne bevare pørgålet, kal an kende inteniteten af lyet i Jorden aftand, og derfor kal an ført kende tjernen udtrålede effekt. Denne betee ved Stefan-Boltzann lov, da radiu af tjernen ogå er kendt: W 4 4 P 4 r T 4 9, , ,8 10 K 5, W 4 K Det udendte ly breder ig o en kuglekal ud i verdenruet, å i Jorden aftand er inteniteten: 4 P 5, W 11 W I 1, d 4 16,5 9,46 10 jord Da telekopet åbning er 0,0 er den indkone effekt: 11 W Pindkone 1, ,0, Da an kal odtage indt 8-1 5,0 10 J, kal telekopet indt være belyt i: E E 8 nødvendig nødvendig 5,0 10 J Pindkone tnødvendig , tier 1 t P,47 10 W nødvendig indkone W

114 Trykket ålt i kpa Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 70 ide 1: Dykning i Det Røde Hav a) Trykket nede under vandet koer både fra atofæren p 0 og fra vækeøjlen p vækeøjle over tedet. Trykket p o funktion af dybden h er altå: p( h) p p p g h 0 vækeøjle 0 vand Der er altå en lineær aenhæng elle højden og trykket, å tabellen værdier indtegne i et koordinatyte i Excel, og der vælge en lineær tendenlinje: 180 Dykning i Det Røde Hav y = 10,144x + 101,5 R² = 0, Dybden h ålt i eter Af tendenlinjen ligning fregår det altå, at: p 101,5kPa 101, 5kPa 0 b) Tendenlinjen hældning er 10,144 kpa/, og den kan bruge til at finde vandet denitet. vand g 10,144kPa / Pa kg g vand 10,9989 1,0 9,8 c Opgave 71 ide 14: Solfanger a) Strøtyrken kan beregne ved hjælp af Oh lov (elvo det ikke er en reitor, gælder aenhængen elle U, R og I tadigvæk. R er bare ikke kontant): U R I U 1V I 1,9058A 1, A R 9, b) For at finde den energi, o luften har odtaget ved opvarningen, kal an kende den pecifikke J varekapacitet for luft. I databogen (ide 149 i 1998-udgaven) finde denne til: 1, kg K Luften har altå odtaget: J E luft c T 95kg 1, kg K 17,0 8,0K J kj Energien af ollyet, der raer olfangeren i løbet af en tie er: E P t 588W J 116, kj tilført olly 8 Eluft 855kJ Hered er nyttevirkningen: 0, % E 116,8kJ tilført

115 Løningerne er hentet på Opgave 7 ide 15: Båd for anker Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Kraften er parallel ed bevægeleretningen, å effekten er: P F v 86N ,8W 0, 1kW 60 b) For at betee opdriften kal an kende rufanget af ankeret. Da an kender aen, kal an finde deniteten af aluiniu for at betee rufanget. Deniteten finde i det periodike yte på iderne g kg 14 og 15 i databogen 1998-udgaven: Al, c Så betee rufanget af ankeret: anker 14,4kg Vanker 0, kg Al 698 Opdriften afhænger af vandet denitet. Det antage, at båden ejler på havet, og vandet denitet ætte å til 100kg/. Så bliver opdriften: kg Fop vand Vanker g 100 0, ,8 5,46040N 5N c) De fire kræfter, der virker på båden, er: Opdriften F op: Har retning lodret opad og tørrelen 6,kN Tyngdekraften F t: Har retning lodret nedad og tørrelen F g t 560kg 9,8 5, 50kN Kraften fra vinden F vind: Er rettet vandret od højre på figuren. Ankerkraften F A : Er rettet fra kibet (rødt punkt) og ned od ankeret, dv. od ventre ed en vinkel på 17 i forhold til vandret. Båden ligger tille, å F re=0, og dered å de fire kræfter udligne hinanden. F vind har ingen lodret koponent, å det er den lodrette del af F A, der udligner forkellen elle tyngdekraften og opdriften: F A, lodret 6,kN 5,50kN 0, 7kN Da vinklen ed vandret er på 17, er tørrelen af ankerkraften: FA, lodret 0,7kN FA, 46kN in 17 in 17 Den vandrette del af ankerkraften (og dered ogå kraften fra vinden) er å: F F co(17) F co(17),46kn, kn vind A, vandret A 6 Dered kan de fire kræfter indtegne på bilaget:

116 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 7 ide 16: Türanor a) Nyttevirkningen er forholdet elle den levede effekt og den indtrålede effekt: P P leveret indtrålet I ol P leveret A olceller 9,5 10 W W , ,76% b) Ført betee den tid Türanor er i tand til at ejle ed farten 14 k/h: E P t oat E t P oat E P batteri otorer Med 14 k/h o kontant fart varer dette til: k v t 14 65,8t 914k t 9 4,7 10 J ,7778 tier 0 10 W Der går ogå lidt energi til andre ting end otorerne, å Türanor kan nok ejle okring opladet batteri. 900k på et fuldt

117 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 74 ide 16: Dobbelttjernen Siriu, K, K -7 a) Wien forkydninglov giver: ax 1, ,9n 4 T,48 10 K overflade b) Maen af Siriu B er opgivet, å for at finde den gennenitlige denitet, kal an finde radiu, å rufanget kan betee. Radiu kan betee ud fra Stefan-Boltzann lov, da den udtrålede effekt er opgivet, og da an fra tidligere har overfladeteperaturen: P udtrålet r A P overflade udtrålet 4 T 4 T 4 4 r T 9,95 10 W 8 W 4 5,67 10, T Hered bliver den gennenitlige denitet: V K ,5 0,09 10 kg kg 9 kg , 10 4 r ,5 Opgave 75 ide 17: Meget gaelt vand a) I databogen under radioaktive nuklider (ide 01) e det, at Kr-81 henfalder ved elektronindfangning. Så reaktionkeaet bliver: 81 6 Kr 0 1 e 81 5 Br Ladningbevarelen giver, at datterkernen har atonueret 5, o er bro. Nukleonbevarelen fortæller, at det er Br-81-iotopen, der danne. Leptontalbevarelen giver, at der å udende en neutrino (leptontallet 1). b) Sae ted o henfaldtypen for Kr-81 blev fundet, e det ogå, at halveringtiden for henfaldet er 0,1Mår. Da antallet af kerner er opgivet, kan aktiviteten betee: ln( ) ln() A k N N, 10, ,4Bq 6 T 0,110 65, ½ c) Alderen af vandet kan betee ved hjælp af henfaldloven: N( t) N t T ½ 0 1 t T N0 ln N( t),1 10 ln() ½ N( t) ln N 0 5 t T ½ 1900 ln 450 år ln() 5 1 ln 4681år 4,4 10 Da vandet under Gu Horia er,010 år gaelt, er den tid, det bruger på at ive de 0k fra Gu Horia til Farafra altå: Hered bliver gennenitfarten: t ivning 4681år,0 10 år 0681år 8 v gen , ,4 10 t , år

118 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 76 ide 18: Enterprie a) Kabinerne udfører en jævn cirkelbevægele, å farten beregne ved: r 5, v 7,9878 7, 9 T 4, b) Der virker to kræfter på kabinen (der e bort fra luftodtand og den tilvarende kraft fra karruellen otor, der kal ørge for kontant fart): Tyngdekraften og kraften fra hænglet. Die to kræfter udgør tilaen den nødvendige centripetalkraft, der har tørrelen: 4 r 4 5, F c 15kg 550, 07N T 4, Tyngdekraften tørrele er: F g t 15kg 9,8 111, N Da den reulterende kraft (varende til centripetalkraften) er vandret, å den lodrette del af hængelkraften være lige å tor o tyngdekraften (og pege opad). Deuden er det den vandrette del af hængelkraften, der udgør centripetalkraften. Man har altå: F 111, N F hængel, lodret hængel, vandret 550,N Hered bliver tørrelen af hængelkraften: 550, N 111, N 10,76 N N Fhængel Fhængel, vandret Fhængel, lodret 11 Nu kan tørrele og retning indtegne på figuren, da an ved, at kraften virker fra aeidtpunktet (den røde prik) op od hænglet:

119 Strækningen ålt i eter Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 77 ide 18: E-bike a) Da bevægelen er ed kontant fart kan tiden beregne ved: 5,0k t 0,tier 1 in v k 5 t 1 b) For bevægele ed kontant acceleration gælder: ( t) a t v0 t 0 Tabellen værdier indtegne på en (t,)-graf, og da accelerationen er kontant (og begyndeleted og fart er 0), vælge regreion ed en potenfunktion ed ekponenten : Cykling ed kontant acceleration y = 0,6x R² = Tiden ålt i ekunder Ud fra tendenlinjen forkrift aflæe accelerationen til 1,/. k 1000 Farten oregne fra k/t til /: v 5 5 6, 94 t 600 Så kan an regne ud, hvornår cykliten opnår denne fart: 6,94 v v a t t 5,787 5, 8 a 1,0 c) Effekten er givet ved: P F v, hvor F er kraften på cyklen og v er cykling fart. Kraften på cyklen er den reulterende kraft, der fører til accelerationen. Da accelerationen er kontant, er den reulterende kraft ogå kontant (aen ændre ikke), og dered vil effekten øge, når farten øge. Da hjælpeotoren yder en kontant hjælpeeffekt, kal cykliten altå elv yde den tørte effekt, når farten er tørt, dv. efter 6 ekunder. Ført betee farten efter 6 ekunder: v a t 1, 6 7, Hered kan cykliten tørte effekt betee: P P P F v P a v P ak 6 ekunder otor re 6 ekunder otor 65,kg 1, 7, 50W 1,8W 1W 6 ekunder otor

120 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 78 ide 19: Stålværk a) Da den afatte effekt og pændingfaldet er kendt, kan trøtyrken genne jernet (der kan betragte o en ipel reitor) beregne: P W P U I I 44444,444A 44kA U 900V 6 b) Det antage, at yteet er ioleret (dv. der er ikke vareafgivele til ogivelerne) og at jernet fra tart er 0 C. Jernet kal ført opvare til eltepunktet, å an har brug for at kende den pecifikke J varekapacitet for jern. Den finde på ide 14 i databogen (verion 1998) og er c jern 45 (ved kg K tueteperatur). Den pecifikke varekapacitet afhænger en lille ule af teperaturen, en den regne o kontant. Jernet eltepunkt kan finde i det periodike yte (databogen ide 14), hvor det e at være 1540 C. Hered få: E E E oat opvarning eltning c T L c T L t P P P P J kg K kg K W Opgave 79 ide 140: Metro J kg 10 7, W J 194 in a) Ført betee aen af den luft, der kal nedbree: kg luft V Atværnit ltog 1,1 4,0 8,5 186, 4kg Overtrykket på (101,0-100,98)kPa = 50Pa oregne til den ektra kraft, der virker på forruden: F p F p A 50Pa 4,0 00N A Dette er kraften, der bruge til at nedbree luftaen, å Newton. lov giver accelerationen: Fre 00N Fre a a 1,0707 1,07 186,4kg Det er ovenfor benyttet, at luften befinder ig i et accelereret yte, hvorfor an kan regne på det, o o det var i et tyngdefelt (ed accelerationen 1,07/ ), å princippet i opgaven er egentlig det ae, o når an benyttet trykket ved jordoverfladen til at vurdere atofæren ae.

121 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 80 ide 141: En ukendt tjerne a) Den bølgelængde, hvor inteniteten er tørt, aflæe til at være 505n. Da tjernen kan betragte o et abolut ort legee, kan Wien forkydninglov benytte til at beregne overfladeteperaturen: 0, 00898K ak T 0, 00898K T 578, 61K 5, 74kK ak b) Det antage, at lyet ikke aborbere på in vej fra tjernen til Jorden. Så udbreder det ig på en kuglekal: P I 4 r, hvor P er tjernen lytyrke, I er inteniteten oberveret på Jorden og r er aftanden elle tjernen og Jorden. P 1,4 10 W r, , I 8 W 4,00 10 (5 lyår) Opgave 81 ide 141: Sukker a) På ålebægeret kan an aflæe, at 1,00L varer til 850g ukker. Hered kan deniteten af ukkeret beregne til: ukker 850g g ukker 0,85 V 1,0010 c c ukker

122 Løningerne er hentet på Opgave 8 ide 14: Knivkat Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Når kniven raer kiven og borer ig ind i den, bliver den påvirket af en reulterende kraft, der virker odat bevægeleretningen og dered breer bevægelen. Den reulterende kraft (negative) arbejde varer til den (negative) tilvækt i kinetik energi: A re E kin 1 Fre, gennenit xindtrængning vtart 0,1kg 1,6 v tart Fre, gennenit 6,8N, kn x 0,0060 indtrængning b) Der e bort fra luftodtand, å bevægelen kan dele op i en vandret bevægele ed kontant hatighed og en lodret ed kontant acceleration. Den kontante hatighed i den vandrette bevægele kan betee, da an kender katevinklen og begyndelefarten: vvandret co(8, 4 ) vtart co(8, 4 ) 15, 15, Da an nu kender den vandrette bevægele hatighed, kan an beregne, hvor lang tid der går, inden kniven raer kiven: xkive xkive, vvandret tkive 0,14550 t kive vvandret 15, Nu kende det tidru kniven flyver i luften, og accelerationen i den lodrette bevægele er tyngdeaccelerationen. Da an kender tarthøjden og kan beregne den lodrette begyndelehatighed, kan an hered betee den højde kniven vil være i, når den raer kiven. Den poitive retning vælge opad: 1 y( t) g t vtart in(8,4 ) t y0 1 y(0,1455 ) 9,8 0, , in(8, 4 ) 0,1455 1,1 y(0,1455 ) 0, , 7

123 Strækningen i eter Løningerne er hentet på Opgave 8 ide 14: Pedaltraktortræk Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Da an kender aen og den reulterende kraft, kan accelerationen betee ved Newton. lov: Fre 41N Fre a a 0, , 190kg b) For at e, o an kan bruge en ipel ateatik odel til at bekrive bevægelen, indtegne tabellen punkter i et koordinatyte: 5 Pedaltraktortræk Tiden i ekunder Punkterne er ud til at danne en tilnærelevi ret linje på det førte tykke (let buet), en å bøjer den af, og da deuden punktet (0,0) indgår, kan tedfunktionen ikke bekrive ved en lineær, ekponentiel eller potenudvikling. MEN, o det e på punkterne placering, kan an ed god tilnærele betee farten til tiden t = 4,0 o gennenitfarten i intervallet [;5]., 65,5 1,0 v4,0 0,65 t 5,0,0,0 N c) Gnidningkraften o funktion af trækningen er oplyt at være Fgnid N. En kraft arbejde er generelt defineret o A F co( v), hvor v er vinklen elle kraften retning og bevægelen retning. I dette tilfælde er det to odatte retninger (v = 180 ), å arbejdet bliver negativt, en an er intereeret i den effekt arbejdet udføre ed, og derfor e bort fra fortegnet. Da kraften ikke er kontant, finde det alede arbejde ved at integrere kraftudtrykket ed henyn til trækningen, og da trækket tid kende, kan effekten beregne: P 10,0 10,0 N 1 N ( N) d N A t t t gnidning N , ,0 N 464,885496W 0, 46kW 1,1

124 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 84 ide 144: Alnila a) Da an kender både radiu og tjernen effektive overfladeteperatur, kan tefan-boltzann lov benytte til at betee den udendte effekt (lytyrken): P AT 4 r T W P 5, ,8110,510 K 9, W 9,110 W K b) For at betee tyngdeaccelerationen på overfladen af Alnila udnytte det, at an kan regne, o o al aen var placeret i centru af tjernen (dv. an betragter enhver tilpa tynd kuglekal af tjernen o hoogen). Det er kun tyngdekraften, der virker ved overfladen, å den udgør den reulterende kraft. Newton. lov og gravitationloven kan å kobinere: F F re t MAlnila a G r 0 M Alnila , kg 6, ,049 16, 10 a G N r kg 1,81 10

125 Løningerne er hentet på Opgave 85 ide 144: Katatrofen i Kyhty Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) I databogen under radioaktive nuklider (ide 04 i 1998-udgaven) e Ce-144 at være - -radioaktiv ed halveringtiden 84 døgn. Deuden e Ce at være grundtof nr. 58. Da iotopen er - -radioaktiv, udende en elektron, og an får altå: Ce Pr e v Elektronen ledage altid af en antineutrino (bekrevet ved leptontalbevarele). Ladningbevarelen (58 = 59-1) giver, at datterkernen er grundtof nr. 59, der i det periodike yte e at være Pr. Nukleontalbevarelen (144 = ) giver, at det er iotopen Pr-144, der danne. b) Man kender halveringtiden og aktiviteten (det ikke å ofte benyttede præfik P peta tår for ), å antallet af kerner kan betee, hvorefter aen kan finde: ln() AT ½ A k N N N T ln() ½ AT N ln() ½ Ce144udlip Ce144ato Ce144ato Ce144udlip 0, 06418kg 06g 15 4, 410 Bq ,9164 1, kg ln() Atoaen af Ce-144 er lået op i databogen under Nuklider ae og bindingenergi ide i udgaven. c) I databogen under radioaktive nuklider (ide 01) e Sr-90 at have en halveringtid på 8,8 år. Da an for begge radioaktive nuklider kender begyndeleaktiviteten og halveringtiden, kan an ved hjælp af henfaldloven opkrive følgende udtryk for at betee, hvornår aktiviteten af Sr-90 overtiger aktiviteten af Ce-144: A ( t) A ( t) A Sr90 Ce144 t t 8,8år 0,7776år 1 1 A 0, Sr90 0, Ce144 t t 8,8år 0,7776år 1 1,0PBq 4,4PBq 84døgn Halveringtiden for Ce-144 er oregnet til år ved: T½ 0, år 65, 4 døgn / år På TI n pire indtate: Dv. at efter,9 år er aktiviteten af Sr-90 tørre end aktiviteten af Ce-144

126 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 86 ide 145: Elektrik køletake a) Da an kender trøtyrken, pændingfaldet og længden af det betragtede tidru, kan an beregne den oatte energi ved: E Pt U I t 1V 4, A, J 0,5MJ b) På bilaget indtegne en tangent til grafen til tiden 000: Hældningen for tangenten fortæller, hvor eget teperaturen ændrer ig pr. tid efter 000: dt 8,0 C 0, C dt 4900 For at betee ed hvilken effekt køletaken odtager vare fra ogivelerne efter 000, e på energiregnkabet: Ekøletake Ekøleeleent Eogiveler Da an kender køletaken varekapacitet, bliver dette til tidpunktet t = 000: C dt de de køletake køleeleent ogiveler Ckøletake dt de de køleeleent ogiveler dt dt dt dt Ckøletake Pkøleeleent Pogiveler dt dt Pogiveler Ckøletake Pkøleeleent dt J C K, 410 0, , 0W 14, 0816W 14,1W

127 Luftodtand i Newton Løningerne er hentet på Opgave 87 ide 146: Nian Leaf Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Man kender pændingfaldet U over batteriet og den effekt P hvored batteriet odtager energi, å trøtyrken I kan beregne ved: P 5010 W P U I I 15A U 400V b) Man kan godt oregne til SI-enheder, en i dette tilfælde er det neet at betee energi i enheden kwh, da den afgivne energi er opgivet i denne enhed. Den energi batteriet har odtaget efter en opladning på 0 inutter (varende til 0,50 tier) er altå: E P t 50kW 0,50h 5kWh batteri Da an ogå kender den afgivne energi, kan nyttevirkningen betee: Enyttig Eafgivet 19kWh 0, 76 76% E E 5kWh tilført batteri 1 c) Luftodtanden kan ofte bekrive ved udtrykket Fluft cw A v, hvor c w er forfaktoren, er luften denitet, A er tværnitarealet vinkelret på bevægeleretningen og v er farten. I dette tilfælde er det bilen, der holder tille, og luften, der bevæger ig, å v vil i dette tilfælde være vindhatigheden. Hvi dette udtryk gælder, er v proportional ed F luft, hvilket underøge ved at lave en (v,f luft)-graf i Excel (der er valgt en lineær tendenlinje, der er tvunget genne (0,0)): Luftodtand på Nian Leaf y = 0,4084x R² = 0, v^ (kvadratet på vindhatigheden i enheden ^/^) Punkterne danner tydeligvi den øgte proportionalitet, og da luften denitet kan finde i databogen (1998-udgaven) under denitet for gaer til at være 1,9 g/l (varende til 1,9 kg/ ) (godt nok ved 0 C, hvor forøget næppe er udført, en an kender alligevel ikke den rette teperatur), kan an ved at benytte hældningen = 0,4084N/( / ) betee forfaktoren: N 0, cw A c w 0, , 8 A kg 1,9,7

128 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 88 ide 147: Skybrud a) Trykket fra en 7,5 høj vandøjle kan betee, når an kender vandet denitet. Den lå op i databogen ide 161 til at være 998,kg/ ved 0 C, der å være en rielig teperatur for et regnkyl o oeren. kg pvandøjle vand højle g 998, 7,5 9, ,15Pa Udover trykket var vækeøjlen, vil det opadrettede tryk i vandet i højde ed kloakdæklet ogå afhænge af lufttrykket ved jordoverfladen, og da kloakken å have forbindele ed atofæren et eller andet ted, vil dette tryk kulle lægge oven i oventående udtryk (der derfor ville blive 78 kpa i tedet for 68 kpa). Sae tryk ville dog ogå virke nedad på elve kloakdæklet, og da det intereante i opgaven er, hvor eget kruerne kal kunne holde, å opgaveforuleringen nok kulle fortå på den åde, at an helt kal e bort fra luften påvirkninger. Dered bliver kraften fra vandet (pga. vandøjlen) på dæklet: F P F P A 67587,15 0, 9 dækel P rdækel Pa 97119N 97kN A dækel Opgave 89 ide 147: Datering af jordlag a) I databogen under Radioaktive nuklider (ide 07 i 1998-udgaven) finde halveringtiden for Pb-10 til at være, år. Lad t betegne den tid, der er gået elle aflejringen af de to jordlag. Da der er lige eget Pb-10 i hvert gra nylagret ateriale, vil en jordprøve ed aktiviteten,9bq efter tiden t have aktiviteten,1bq, og an har dered: t t 1 T½,1 1,år,1 t 1,1Bq,9Bq ln ln,9,9,år,1 ln,9 t,år 76, år 77år 1 ln b) Da an kun åler i,0døgn, der er et eget kort tidru i forhold til halveringtiden på,år, kan an ed eget god tilnærele regne antallet af Pb-10-kerner o kontant, når an bruger: A k N Hered kan antallet af Pb-10-kerner i jordprøven betee: A A 67 N T½,år k ln(), 0døgnln() 67,65, 4døgn 616, 0døgnln() Hered e det ogå, at det var rieligt at betragte antallet af Pb-10 o kontant, da det kun aftager ed 0,0%. Atoaen af Pb-10 finde i databogen under Nuklider ae og bindingenergi til at være 09,98416u (an kunne ogå, da an kun regner ed betydende cifre, have brugt toelfingerreglen, at Pb-10 ca. vejer 10u). Hered bliver aen: N Pb10ato ,984 1, kg 9, kg 9, 10 kg

129 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 90 ide 148: 100 eter løb a) Man kender trækningen og tiden, og dered kan gennenitfarten betee: v gen 100 k 9, ,5 4, t 10,49 t b) Saenhængen elle den alede vandrette kraft på løberen og den vandrette acceleration er givet ved Newton. lov: Fre, vandret avandret Da aen ikke ændrer ig, finder den tørte acceleration ted, når kraften er tørt. Den tørte kraft aflæe på bilaget til at være 800N: Fre 800N Hered bliver den tørte vandrette acceleration: Fre a a 1,9058 1,9 6kg c) Løberen fart, når hun forlader tartblokken, kan beregne ved ført at betee kraften ipul: dp F p F dt dt Højreiden i dette udtryk (kraften ipul) varer til arealet under (t,f)-grafen. Dette areal betee ved at opdele figuren i et ort rektangel, hvi areal tilnærelevit varer til den del af det alede areal, der ligger under 400N, at to blå trekanter, der tilnærelevit udgør den reterende del af arealet. Kraften ipul er altå: p F dt A A rektangel trekanter N (0, 44 0,1 ) 400N 0, N 0,16 16, N Da løberen tår tille inden tartkuddet lyder, bliver farten når tartblokken forlade: p 16, N,616190,6 v 9,4 k 6kg t

130 Løningerne er hentet på Opgave 91 ide 149: Ruonden Meenger Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD E a) Da an kender både Meenger ae og fart, kan den kinetike energi betee: , ,7 Ekin v kg J GJ b) Det er aftandene til Merkur overflade, der er opgivet, en når tyngdekraften kal betee, kal an betragte aen af Merkur o alet i planeten centru, og dered kal an kende Merkur radiu. I databogen under Planetyteet (ide 6 i 1998-udgaven) finde radiu til 49k (og planeten er ikke fladtrykt). Hered kan tyngdekraften betee ud fra Newton gravitationlov: MMerkur Meenger Ftyngde G r 11 N,910 kg 51kg 6, ,906N 1614N 5 6 kg,0010,4910 c) Metode 1 (energibevarele): Det er et ioleret ekanik yte, dv. den ekanike energi er bevaret, og den energiodannele, der finder ted, er altå udelukkende elle kinetik og potentiel energi. Man har dered: E ek, tættet ek, længt E E E E kin, t pot, t kin, l pot, l 1 M 1 M v G v G Merkur Meenger Merkur Meenger Meenger t Meenger l rt rl M MMerkur v G v G r Merkur t l rt 1 1 vl vt G M Merkur rl rt l ,5610, ,0010, 4910 vl,8110 G, 910 kg vl 559, For at få plad til oventående udregning, er værdien for G ikke krevet ind i udregningen, en ae værdi o i pørgål b) er benyttet. Metode (Kepler. lov): Der kal overtryge lige tore arealer til lige tore tider, dv. forholdet elle aftandene til centru kal være det reciprokke af forholdet elle farten de to teder: vl rt rt vl vt v r r t l l 5 6,0010,4910 vl, ,5610,4910

131 Løningerne er hentet på Opgave 9 ide 150: Stort badebain Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Badebainet på billedet er ud til at have en radiu på og en højde på 1,5. Dered er ængden af vand i bainet (aefylden ætte til 1000kg/ ): kg V r h ,5 441kg Solarkontanten lå op i databogen under olenergi ide 18 i 1998-udgaven til at være 15W/. Den fortæller, hvad inteniteten af olen ly er i Jorden aftand til Solen. Sollyet kal både genne atofæren og raer ikke vinkelret ned på bainet, da Solen i Danark aldrig tår i zenit. Hvi olen er oppe i 18 tier, regner jeg ed en gennenitlig intenitet på 500W/ vinkelret på badebainet. En del af dette ly vil ikke afgive energi til vandet, en blot reflektere, en hvi an regner ed, at 0% af energien af ollyet går til opvarning af vandet, får vandet tilført energiængden: W Evand P t I Abain t 0,500 ( ) J 0, 7GJ Vandet vil nok have en lidt indre teperatur en den ogivende luft, en hvi an regner ed, at der ikke ker udvekling af energi ed ogivelerne, vil oventående give en teperaturtigning på: E c T E J T 1,6C c J 441kg 4180 kg C Opgave 9 ide 150: Betelgeue a) Den effektive overfladeteperatur er i dag (6. juni 01 kl. ca. 1:47) 450K efter en tigning på 8,5%. Dered var den effektive overfladeteperatur i 199 på: T01 450K T199 1, 085 T01 T , 75K 1,085 1,085 Da an kender tjernen udtrålede effekt P og effektive overfladeteperatur, kan an ved hjælp af Stefan- Boltzann lov betee radiu af Betelgeue i 199: P 4 r T r T199,110 W P 1 11 r ,910, 6AE 8 W 4 4 5, , 75K K b) Man kender den tilyneladende lytyrke I (inteniteten) og aftanden, å den forventede (abolutte) lytyrke vil være: P I P I 4 djordenbetelgeue 4 d JordenBetelgeue W ,4610 1,80410 W 1,4 10 W

132 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 94 ide 151: Varelegee til akvariu a) Varelegeet kan regne o en ohk odtand, hvor U R I og P U I. Saenhængen elle effekten og trøtyrken kulle altå være P R I, hvor odtanden R er en kontant. Det kulle altå være en potenfunktion, og dette underøge ved at tjekke, o punkterne danner en ret linje i et dobbeltlogaritik koordinatyte (Strøen oregne til apere i tabellen): Det e, at punkterne danner en ret linje, og det e deuden, at ekponenten er eget tæt på, å antagelen o, at det er en ohk odtand, er tyrket. Modtanden aflæe ud fra forkriften til R 1,54. Effekten ved et pændingfald på 0V er å: V U U P U I U 0 159,558W 160W R R 1,54

133 Løningerne er hentet på Opgave 95 ide 15: Fødevarebetråling Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Under radioaktive nuklider i databogen (ide 00 i 1998-udgaven) e det, at Co-60 er betainuradioaktiv, å henfaldet kan krive op: Co Ni e Nukleontallet er bevaret ed 60 på begge ider, og ladningtallet paer ogå, når datterkernen har ladningtallet 8. At det er grundtoffet Ni, lå op i Det Periodike Syte. b) Effekten afhænger af aktiviteten (antal henfald pr. tid) og energien udendt ved de enkelte henfald. Den udendte energi pr. henfald er angivet i opgavetekten, og an kan beregne aktiviteten, hvi an kender antallet af Co-60-kerner at halveringtiden for Co-60. I databogen under nuklider ae og bindingenergi (ide 0) e det, at et Co-60-ato vejer 59,980u. Deuden e det under radioaktive nuklider på ide 00, at halveringtiden er 5,7 år. Så an har: ln ln alet P A Epr. henfald k N Epr. henfald N Epr. henfald Epr. henfald T T P ½ ½ Co60ato ln 0, 707kg 5, 7 65, ,980 1, ,0110 J ,555W 11,87kW kg Opgave 96 ide 15: Segway a) Det er bevægele ed kontant fart, å an har: 800 v t 14, t v 5,6 b) For en bevægele ed kontant acceleration gælder a v v, der kan udlede ud fra a t v0 t 0 og v a t v0 ved at iolere t i den idte forel og indætte dette i den førte. Breelængden varer til 0, og luthatigheden er nul, da egwayen kal tå tille. Så an har (beærk, at accelerationen er negativ, da an breer): 0 4, v v 0 0 1, ,88 a 4,7

134 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD c) Når egwayen kører ed kontant hatighed, er den reulterende kraft 0, dv. at alle kræfterne lagt aen o vektorer kal give nulvektoren. Luftodtanden, gnidning i lejer og rulleodtand er lagt aen i én kraft, der kalde F gnidning. Ud over denne kraft er egwayen påvirket af tyngdekraften, noralkraften og en otorkraft. Tyngdekraften peger lodret nedad, og den tørrele beregne ved: Ft g 145kg 9,8 14,9 N Noralkraften peger vinkelret op fra underlaget, og den tår derfor vinkelret på både gnidningkraften og otorkraften, der virker lang underlaget. Noralkraften kan derfor beregne ud fra tyngdekraften o illutreret på figuren nedenfor, da vektoren kal ende, å der danne en retvinklet trekant: F F co 8 14,9 N co , 04N n Med t F u betegne uen af tyngdekraften og noralkraften, og an har å: F F in 8 14,9 N in 8 198,169 N u t Denne vektor peger lang underlaget i ae retning o gnidningkraften, og otorkraften kal derfor netop have ae tørrele o uen af die, da den kal ophæve dere virkning, for at egwayen kan køre ed kontant hatighed: Så an har: F F F 198,169 N 10N 8,169 N. Så kan kræfterne tegne ind: otor u gnidning

135 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 97 ide 15: Wolf-Rayet tjerne 4 a) Stjernen regne o kugleforet, dv. rufanget et givet ved V r. Den gennenitlige denitet bliver dered: 1 4,910 kg kg g 16, , 6 V c r,110 b) Stjerner lytyrke afhænger af dere overfladeteperatur T og overfladeareal A, og aenhængen er udtrykt i Stefan-Boltzann lov. Man har derfor: P A T r T P T 60464, 05954K 6, 010 K 4 r W 4,110 5, ,10 W K

136 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 98 ide 154: Titan og Caini-Huygen a) Når an tår på overfladen af Titan og ærker tyngdekraften, kan an regne aen o alet i centru af Titan. Den reulterende kraft ved et frit fald udgøre af gravitationkraften, og accelerationen kalde tyngdeaccelerationen g, å an har: F F g G g G r G Titan Titan Titan re t Titan rtitan rtitan g 11 1,410 kg 6 rtitan 6,67610 N 5755,668,6 10 kg 1,5 1 b) Luftodtanden på Caini-Huygen er givet ved: Fg cw A atofære v, hvor cw er forfaktoren, A er tværnitarealet og v er farten. For at finde farten nær overfladen af Titan, indtegne en tangent, hvi hældning kan betee. Da det er farten, der kal beregne, regne ed poitive fortegn på højden: v 010 4, 7619 t 6,10 Grafen er tilnærelevit lineær på det idte tykke, å an kan regne ed, at hatigheden er nogenlunde kontant på det idte tykke, og dered å luftodtanden være lige å tor o tyngdekraften. Tyngdekraften kan beregne, da an kender tyngdeaccelerationen, å an har: 1 1 g Ft Fg cw A atofære v g cw A atofære v atofære c Av atofære 9kg 1,5 kg kg 4, ,5 0,89 1,51 4, 7619 w

137 Løningerne er hentet på Opgave 99 ide 155: Teegarden tjerne Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Ført kal det beregne, hvor ange grader tjernen har flyttet ig. Det vurdere, at den har bevæget ig 4,7 tern ned og 4 tern til ventre. Hver tern varer til 0,01, å Pythagora giver tykket ålt i grader: dg 4, 7 4 0, 01 0, Dette kan oregne til en trækning, da an kender aftanden til tjernen. Vinklen er å lille, at an kan tilnære tykket ed en del af en cirkel, og vinklen udgår derfor ae del af 60, o tykket udgør af cirklen okred (hvor cirklen har aftanden o radiu): dg 60 r dg 0, r 1,1910 1, Det har taget tjernen 8 år at bevæge ig denne trækning, å den fart vinkelret på ynlinjen har været: v 10689,556 1,110 t 865, ,810 5 b) Man kan regne ed, at lyet udbreder ig på en kuglekal, å inteniteten ved Jorden bliver: 1 P P,8 10 W 14 W, kugle I A 4 r 4 1,19 10 Så et telekop ed arealet 0,79 odtager energien: E P t I A t telekop telekop 14 W 10 10, , 79 8, , J 4,9 10 J

138 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 100 ide 155: Kraftig laer a) Da an kender både den afatte energi og tiden, kan effekten betee ved: E t 1, 10 J,910 6 P , W 4,110 W 9 b) Hvi an antager, at der ikke ker faeovergang, kan an udregne teperaturtilvækten ved: 6 Etilført 1, 10 J 7 Etilført C T T 4,8 10 K C J 0,05 K h c) Bevægeleængden af en enkelt foton ed bølgelængden 51 n er: p foton. Da fotonerne aborbere, påvirker de pillen ed en kraft, der varer til, at fotonen inden for et vit tidru iter hele in bevægeleængde. Hvi an regner tidruet o det tidru, hvor pillen betråle, får an det bidrag til en alet kraft, o hver enkelt foton leverer inden for det pågældende tidru: pfoton pfoton h Ffoton t t t Den alede kraft fra fotonerne afhænger af antallet N af fotoner, og det kan beregne, da an kender lyet bølgelængde og den alede afatte energi: Elaer Elaer Elaer N E hc foton hc Så den alede kraft bliver: h Elaer Elaer Falet Ffoton N t hc t c Dered bliver trykket: 6 F E laer 1, 10 J N p ,110 A t c A,9 10,0010 1, Pa

139 Løningerne er hentet på Opgave 101 ide 156: Springvand ed olceller Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) Det er elektronerne, der tranporterer energien, og da pændingfaldet er defineret o E U pot, dv. tabet i elektrik potentiel energi pr. ladning, hvor den tabte elektrike potentielle q energi netop varer til den afgivne energi, har an: Eafgivet Eafgivet 7010 J 4 U Qalet 11666, 66667C 1,17 10 C Q U 6,0V alet (Man kunne ogå have aenat forlen for 'Energi afat i en koponent' E U I t og Q definitionen på trø I, en det ville have været en lille ovej) t b) Der regne ed, at de 00L vand vejer 00kg, da an ikke kender vandet teperatur og derfor ikke kan fatætte aefylden ere præcit end til 1,0g/c. Når der på én tie kyde 00kg vand 0,80 op i luften, er der blevet dannet følgende ængde ekanik energi (i for af potentiel energi når vandet er højt oppe): Epot g h 00kg 9,8 0,80 56,8J Da nyttevirkningen er 15%, vil den odannede elektrike energi være: Epot 56,8J Epot Eel, odannet Eel, odannet 1571J 0,15 Og da batteriet indeholder 70kJ, kan pringvandet altå fungere i: 7010 J t 4, 455tier 4,5tier J 1571 tie

140 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 10 ide 157: Marie Curie notebøger a) Under 'Radioaktive nuklider' i databogen finde henfaldtyperne. Her e det, at Radiu-6 er alfa-radioaktiv, dv. den henfalder ved reaktionkeaet: Ra 86 Rn He (halveringtid 1,6 tuinde år) Datterkernen radon- henfalder ed alfa-henfald: Rn 84 Po He (halveringtid,84 dage) Datterkernen poloniu-18 henfalder ved alfa-henfald: Po 8 Pb He (halveringtid,05 inutter) Datterkernen bly-14 henfalder ved betainu-henfald: Pb 8Bi 1e (halveringtid 6,8 inutter) En lille del af datterkernen Bi-14' henfald er alfa-henfald: Bi Tl He (halveringtid 19,7 inutter) 8 81 På denne åde kan Tl-10 danne ud fra Ra-6. Det er væentligt at beærke den førte af halveringtiderne. Alle de andre henfald har korte halveringtider, å hvi det ikke var for den førte halveringtid på over 1000 år, ville der ikke være ere Tl-10 tilbage. Tl-10 e i databogen at være beta-inu-radioaktiv, å reaktionkeaet er: Tl Pb e b) Der er 107 år elle 1898 og 005. Så aktiviteten i 1898 kan beregne, når an kender halveringtiden på 1,6kår. Henfaldloven opkrive på foren ed halveringtiden, da det er neere end ført at kulle beregne henfaldkontanten: t 1 T½ A( t),8kbq 0 0 t 107år T ½ 1,610 år A( t) A A 9,847Bq 1 1 Antallet af Ra-6-kerner (og dered ogå Ra-6-atoer) er å: ln A k N N T ½ AT ½ 9,847Bq 1, , N,16 10 ln ln Under 'Nuklider ae og bindingenergi' finde aen af et Ra-6-ato til 6,0540u. Så aen er: N alet ato 6, 0540, , , , , u kg kg 14 Opgave 10 ide 157: Henfald

141 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 104 ide 158: Opgave : Blyhagl a) Rufanget 1L varer til 1000c, å aen af de 5,0L flydende bly kan beregne, når an kender deniteten: g V 10, 1 5, 010 c 51050g 51kg V c b) For at kunne betee den gennenitlige effekt, kal an kende ændringen i den indre energi (hvilket kan betee ud fra teperaturændringen, varekapaciteten og eltevaren) og faldtiden. Faldtiden er opgivet, å an kal kun beregne ændringen i den indre energi. Opgavetekten er ikke helt klar på dette punkt, en det er ud til, at ordet "blyhagl" ogå kal anvende o den ikke tørknede dråbe, og at det flydende bly til at begynde ed har teperaturen 7 C. Så afgiver blyhaglene både vare til ogivelerne i forbindele ed tørkningen og i forbindele ed nedkølingen fra eltepunktet til 100 C. E E E L c T indre, blyhagl tørkning nedkøling blyhagl, bly blyhagl bly blyhagl 4 J 4 J 1, 10 kg 4, , 10 kg 10 7C 7, 047J kg kg C Eindre, blyhagl 7, 047J Så har den gennenitlige effekt været: P,11W,W t,05 c) Størrelen af den alede kraft (dv. tørrelen af den reulterende kraft) kan betee ud fra Newton. lov Fre a, når an kender aen og acceleration. Maen er tadigvæk 0,1g, og accelerationen kan betee ved hjælp af (t,v)-grafen, da an ved, at accelerationen er a t v' t, dv. accelerationen til et givet tidpunkt varer til hældningen af defineret o tangenten til grafen for hatighedfunktionen det pågældende ted. Man indtegner derfor efter bedte evne tangenten til grafen i t =,5: 8,0 Så er accelerationen: a,5 4, 444 1,8 Dered er tørrelen af den alede kraft:

142 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Fre a 1, 10 kg 4,444 5, N 5,8 10 N Den reulterende kraft er aenat af tyngdekraften, der peger nedad og luftodtanden, der peger opad: Her er cw forfaktoren, ρ er deniteten af luften, A er tværnitarealet vinkelret på bevægeleretningen og v er farten. Da blyhaglene er kugleforede ed radiu 1,4, er tværnitarealet arealet af en cirkel ed ae radiu: A r 1, 410 6, Farten aflæe på bilaget: Dv. v 19 Og hered har an (luften denitet er fundet i databogen under denitet for gaer): 1 Fre Ft Fg Fg Ft Fre cw luft A v g a 4 1, 10 g a kg 9,8 4,444 c w 0, 486 0, 49 luft Av kg 6 1, 9 6,

143 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 105 ide 159: Roning a) Mahé tid kal ført oregne til ekunder: t ,8 417,8 Så kan gennenitfarten for de 000 beregne: 000 vgen 4, , 787 t 417,8 b) Ved den gennenitlige acceleration fortå den kontante acceleration, der ville have bragt roeren den pågældende trækning ed den pågældende luthatighed. Man kan altå benytte forlerne for kontant acceleration, og da begyndeletedet og begyndelehatigheden begge er 0, får an: ( t) ag t v0 t 0 ag t 90 ag t90 vlut vt ag t v0 ag t t90 a g Udtrykket for tiden i den nederte ligning indætte i den øverte, å an får: 1 v lut vlut 90 ag a g ag a g 19,9 v lut,6 0, , c) Bevægelen og kraften er enrettede, å an har: da F d og dered A F d. Dv. at arbejdet, der udføre af roeren under ét træk, varer til arealet under grafen for kraften. For at betee dette areal, tilnære grafen ed nogle rette linjer, der danner to trekanter og et rektangel: Man har å: 1 1 A 0,55 900N 0, 5900N 0,80 900N Ét tag 900N 0, 75 0, 5 0, N 0,95 8,5J Da roeren tager tag i inuttet bliver effekten: A A tag Ét tag 8,5J P 444W 0, 44kW t 60 60

144 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 106 ide 160: Maepektrograf a) Lorentzkraften angiver kraften på en ladet partikel, der bevæger ig genne et agnetfelt: F qv B. HØJRE hånd placere ed toelfingeren pegende i hatigheden retning od højre og pegefingeren pegende i agnetfeltet retning ind i kæren. Langefingeren vil å pege i ae retning o krydproduktet i forlen. Da dette er den ae retning, o kraften peger i, å ladningen være poitiv. b) Partiklerne bevæger ig i (halv-)cirkler, å der å være en centripetalkraft, der i denne ituation å udgøre af lorentzkraften. Dv. an har: v Fc Fl Fc Fl q v B r v v q v B r r q B Da vektorerne tår vinkelret på hinanden, betee længden af krydproduktet ved blot at gange de to tørreler aen. Man å altå forvente, at radiu indtegnet o funktion af aen i et koordinatyte giver en v ret linje genne (0,0) ed hældningen. q B Derfor indtate tabellen værdier i Maple, og der lave proportionel regreion:

145 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Det beærke, at punkterne ed eget fin tilnærele danner en ret linje, å an kan forvente at få en pålidelig værdi for den agnetike fluxtæthed. SI-enheden for den agnetike fluxtæthed er tela, å an har: B 0,44T

146 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave 107 ide 160: Opgave 7: Stangtenni a) Enhver, der har prøvet tangtenni, ved, at an ed fordel kan lade være ed at lå vandret til bolden, en lå ed en hældning, å bolden bliver værere at rae for odtanderen. Men nu antage det, at bolde bliver endt af ted vandret, da det eller ikke er uligt at vurdere farten. Bolden bevæger ig i en cirkelbevægele rundt o tangen, og den er påvirket af norkraften (pegende i noren retning), tyngdekraften (pegende nedad) og luftodtanden (pegende odat bevægeleretningen). Der e bort fra luftodtanden, og den reulterende kraft er altå vektoruen af tyngdekraften og norkraften. Den reulterende kraft å udgøre den nødvendige centripetalkraft i cirkelbevægelen. Pigen vurdere til at være 155c høj, og hun anvende o udgangpunkt til at vurdere de andre længder. 5,6 Radiu i cirkelbevægelen bliver å: r 1,55 0, od 1,1 Vinklen elle norkraften og centripetalkraften kalde v : tan v ho 5,6 Forlen for centripetalkraften er v, og den kan ifølge kraftdiagraet betee ved: Fc r Ft Ft Ft 5,6 tan v Fc g 5, 091. Fc tan v 1,1 Man har altå: v g 5, 091 v r g 5, 091 0,868 9,8 5, 091 6, 6 r