Løsninger til Opgaver i fysik A-niveau Fysikforlaget 2007 (blå bog)

Transkript

1 Løningerne er hentet på Løninger til Opgaver i fyik A-niveau Fyikforlaget 007 (blå bog) 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,048510, E, J 19 E foton foton Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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 fordapnin g L 4,9 10 g 7,7 10 0, 787J. g Antallet af puler, der giver denne energi, er: E fordapning 0,787J 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 f,4 10 J / g 05 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 0,061579c V b l d d 0,8947c, 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 (P pr. 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 1810 J Tlut Ttart T Ttart 45,0C 48, C c J vand vand kg 4, 10 kgc 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 6,964A 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 kruetrækk er 565

3 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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 kruetrækk er 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 afgivet c f 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). Opgave V6 ide 9: Ukrudtdaper a) Da an kender effekten og tidruet, kan den oatte energi beregne ud fra definitionen på effekt: Eoat 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:

4 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD E c T L oat vand vand opvarning fordapet f, vand fordapet E c T L oat vand vand opvarning f, vand J J 1,5kg 4, K kg K 1,1667 kg 1, kg 6 J,57 10 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: 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 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:

6 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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 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 L f,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 ).

7 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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 E1 ide 1: 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 1: 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: 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:

8 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD På karakteritikken kan å aflæe, at trøtyrken genne erieforbindelen er pændingfaldet over den er 6,0V. I 0, 405A, når Opgave E ide 14: 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 510 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: Ereitor reitor creitor Treitor Altå få: T reitor reitor c reitor T R I t c reitor reitor reitor R I t 5, A ,001506K 16K J 0,7kg 415 kg K

9 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave E4 ide 15: 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 19,58A 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 1,01887tier P 1060W På denne tid kan bilen ed in kontante fart nå at koe: k v t 50 1,t 66,5094k 67k t Opgave E5 ide 16: 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: Ureitor, 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 Opgave E6 ide 17: Teperaturfølo odtand a) På grafen over NTC-odtanden reitan o funktion af teperaturen aflæe det, at ved 0,0 C er odtanden: R NTC 1, 4k.

10 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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., C T NTC Opgave E7 ide 18: 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 0,180A 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:

11 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD W Ptilført I olly Aolcelle , , 616W Effekten o olcellen yder er: P olcelle U I 0,45V 0,0848A 0, W Hered bliver nyttevirkningen: Polcelle 0,075659W 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 Opgave E8 ide 19: En tynd tråd

12 Løningerne er hentet på 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,00 A 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 ct c T Al c T R 0 l ct 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, , C kg K 0,0 6, 0A 0, 58680, 6

13 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD c) Ved okrivning af den benyttede forel fra b) får an: 0l ct 0l ct 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: Koefficienten (proportionalitetfaktoren) på 5,5 gør det uligt at beregne længden af tråden: 0 l ct 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 0,0 1,5A.75W,8W 1 Opgave B1 ide 1: Laerpen a) Bølgelængden kan betee ud fra gitterforlen, hvor det er vigtigt at beærke, at de opgivne vinkler varer til. orden: n in d in d n in 9,8 0, , n

14 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave B ide 1: 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 Opgave B ide : 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

15 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Lyden fart er altå betet til v 44

16 Løningerne er hentet på Opgave B4 ide : Lydoptagele Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD a) På ocillokopbilledet aflæe vingningtiden/perioden. Det e, at et tykke på,40 varer til tre bølger, dv. at perioden er:,40 T 0, 80 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. Opgave B5 ide 4: 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:

17 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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 A1 ide 5: Trafikly Opgave A ide 6: 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: 4 6,66 10 J h c h c E eiion 18 E 0,66 10 J foton, 445 foton, eiion aj n Opgave A ide 6: 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

18 Løningerne er hentet på Opgave A4 ide 7: Stråling fra verdenruet Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD

19 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A5 ide 8: Ultraviolet ly på hydrogenatoer a) Da an kender energi-intervallet for fotonerne, kan an ført finde frekvenen ed h f E foton 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. I poition å an forvente udendeler varende til de excitationer 0,0aJ, 1,64aJ og 1,94aJ. Dette e at være graf 6. Opgave A6 ide 0: Beteele af halveringtid a) Metode 1: kt Henfaldloven iger, at aktiviteten o funktion af tiden er A( t) A 0 e, hvor A 0 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.

20 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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 ½,5485in,55in 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( f1( x) 0.5 f1(0), x) der giver x =, Dv. at halveringtiden er T ½,55 in Tiden før aktiviteten er faldet til 1,00kBq betee: olve( f1( x), x) der giver x = 8, Dv. der går 8,8 in før aktiviteten er nede på 1,00kBq Opgave A7 ide 0: Minikraftværk a) Pu-8 er angivet o alfa-radioaktiv, å den henfaldkea bliver: Pu U He 94 9

21 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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 4,040947u 4,00604u 8,049555u 0, u Den frigjorte energi beregne ud fra aetabet E c : MeV MeV Q 91,494 0, u 91,494 5,59997MeV 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 Opgave A8 ide 1: Tau-leptonen Energier i J oregne til ev, å aen kan betee i unit:

22 Løningerne er hentet på ,4110 6,4110 J ev 4,00GeV 19 1, , J 10 7,110 1, ev 4,45GeV Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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 4,451000MeV e 5,49 10 u 1,906078u 1,91u 91,5 Mev / u 91,5 MeV / 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 1: Meonhenfald 0 a) Henfaldproceen er: Fotoner er aeløe partikler, og dered er: foton 0 0,1449u 0, 1449u Dv. at proceen Q-værdi er: Q 91,5 MeV / u 0,1449u 91,5 MeV / 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. Opgave A10 ide : 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: e19k18ar eller hvi fotonudendelen inkludere: 1 e19k18ar 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

23 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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 41,96179Bq 1,810 65, A k N N 1,99810 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 1,99810 N K 1,7010 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

24 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A11 ide : 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 T 1 10,0kBq 47GBq 10,0 10 Bq Bq ½ 1 t,6tier,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 NSi , 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

25 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A1 ide : 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. Li 7kerne Q c Li 7ato ( Be7kerne Be7ato ) MeV 0,000958u 91,5 u e Li 7ato e ( Be7ato 4 7, , ,000958u 0,861898MeV 0,8619MeV 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. e Opgave A1 ide 4: 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 ( ) 8 91,5 MeV / u Br 8 Se (81,91680u 81,916698u) 91,5 MeV / u 0,0969MeV Da Q-værdien er negativ, kan denne proce ikke forekoe. Dobbelte henfald: 0 4Se 6Kr 1 e Q ( ) 8 91,5 MeV / u Kr8 Se (81,9148u 81,916698u) 91,5 MeV / u,00mev Da Q-værdien er poitiv, kan denne proce godt forekoe. 0 0

26 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD b) Ført betee antallet af Se-8 kerner i,6g: alet,6g N 1, Se 8ato 81,916698u 1, g / u 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 1,6810 døgn. N Og å kan endelig halveringtiden betee: ln 0 T½ 5,5 10 døgn 1,5 10 år 1 1,6810 døgn Opgave A14 ide 4: 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 65, u 11, u Maerne af de tre He-4-kerner er: 4 He4, kerne He4, ato 6 e 4,00604u 65, u 1, u De n exciterede energitiltand 1,pJ oregne til en ae i unit ifølge Eintein energi-ae ækvivalen: 1, , 10 J 7, MeV J 7, MeV 0, u 1 J MeV 1, ,494 MeV u

27 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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. Opgave A15 ide 5: Neutrinoer fra Solen 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,7810 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

28 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A16 ide 6: 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: Man har altå, at Q( U) 0, 49 pj Hered er: Q( 1,17V ) 0,49 1,17V 0,5081pJ 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 08,98074u 0, u højreide ventreid e Q 91,494MeV / u 0,006976u 91,494MeV / u,1891mev,18911, J 5, J 0,509 pj c) Antallet af Bi-09 kerner i de 91,9g er: alet 91,9 g N, Bi09ato 08,980741, 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, 10 1 døgn 1, år

29 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD

30 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave A17 ide 6: 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 M1 ide 7: 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 7: 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 g V g V t hele lyet op V hele lyet hele lyet V ly undervand ly undervand vand vand hele lyet V V hele lyet ly undervand hele lyet ly undervand 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:

31 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Vly under vand,8 hele lyet vand 1,00g / c 0,941g / c 0,94g / c V 4,05 hele lyet

32 Løningerne er hentet på Opgave M ide 8: 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 (F re = 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 8: 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 14,8,80896J,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 F luft er et gennenit over lufto dtand ek luft den 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 påopturen. ek

33 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M5 ide 9: 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 d g t 0 d 0,1964 t 0, g t 0, g 0,00 t 0 g 0,00 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 9: 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 44 0, ,48 0,5 Opgave M7 ide 40: Hurtigløb a) Gennenitfarten beregne: 100 k 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:

34 Løningerne er hentet på a(0) 0,0944 1,4 ln(0,497) 0,497 0 Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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. Opgave M8 ide 40: Sprint Opgave M9 ide 41: Rullende tålkugle Opgave M10 ide 41: Mercede 600 SL

35 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M11 ide 4: 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 4: 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 4: Tennierv

36 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M14 ide 44: 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 44: 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 t 6580N 140kg9,8 Fre Ft Fre g in(71) in(71) in(71) 406,5805N 4,kN

37 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M16 ide 46: 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 75kg9,8 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

38 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M17 ide 47: 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 kg9,8 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 F n 50kN F gnidning F t

39 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, projektion 1 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 48: Et IC-tog acceleration n Opgave M19 ide 48: Legetøjflyver a) Da an kender radiu og periode (oløbtid), kan accelerationen betee ved: 4 r a T 4 0,85 7, ,6,10 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 1,95110N 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

40 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Størrelen af kraften for kraftåleren betee å ved Pythagora: 1,78N 1,9N, N, N Fkraftåler Ft Fre

41 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD M0 ide 49: 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 49: Siriu B 0 iriub 1,05 ol 1,051,99 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 1,051, kg ,6 4, , Opgave M ide 50: Sort hul

42 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M ide 50: 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/.

43 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: k v1 vtjerne vort 460 vtjerne vort k v vort vtjerne 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 5: Koethale Opgave M5 ide 5: 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:

44 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 rukib I r 1,99 10 kg900kg,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, ,5510 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

45 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.

46 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M6 ide 54: 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 b) Den tilbagelagte aftand betee ved: t0 t0 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 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 95kg9,8 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 876,69N 0, 88kN Da an kender gnidningkoefficienten, kan gnidningkraften (den dynaike) betee: F F 0,05876,69N 4,8196N N gnidning n 44 Luftodtanden og gnidningkraften å tilaen vare til den del af tyngdekraften, der er parallel ed underlaget, å an har:

47 Løningerne er hentet på F F in(0) F F luft luft gnidning in(0) F F t t gnidning 19N 44N Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 75,86N 0,8kN Ud fra die tørreler og retninger kan an tegne kræfterne.

48 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave M7 ide 56: 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 c w, 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 5,00kg9,8 / 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 Opgave M8 ide 57: Baeball

49 Løningerne er hentet på Opgave M9 ide 58: Acceleroeter i airbag 6 Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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 58: Elatikpring Opgave M1 ide 59: Sky Tower Opgave M ide 60: 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

50 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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 8,486664N,kN 1 8,7 9, ,75J Opgave M ide 61: 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: 6 g

51 Løningerne er hentet på 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 Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Genei rgj M Jord 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: 6 r r r , 10 k GJ SJ SG Opgave M4 ide 6: Barringereteoritten a) Den kinetike energi beregne ud fra den opgivne ae og farten lige inden nedlaget: E kin v 1, 10 kg1,5 10 1,46510 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):

52 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Når tyngdekraften og luftodtanden er lige tore, er F re = 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: Fluft Fre Ft a g a g. 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 k10 Hered er: E ek , tab Aluft ( a g) dh 1, 10 kg , J dh

53 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave K1 ide 6: 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: 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: H 0 10 k/ 0,0, lyår 5 k/ lyår

54 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave K ide 6: 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, lab 9,7n Så kan hatigheden væk fra o betee: 7 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 64: Kvaarpektru Opgave K4 ide 65: Vognhjulgalaken Opgave K5 ide 66: Univeret alder a) Rødforkydningen z, der er den relative forkydning af bølgelængden ålt i laboratoriet, betee: ob lab 96,01n 9,7n z 0, , ,7n lab Så kan hatigheden væk fra o betee: 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: 6 4

55 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Dv. hubblekontanten er: H 0,510 4 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 Opgave 1 ide 68: Meier galaker 4, Mly 4, ,06 10 Går 1,757Går 1,8 illiarder år 65, Opgave ide 68: 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

56 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave ide 69: 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: 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:

57 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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 4 ide 69: 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. Opgave 5 ide 70: Standelængde Opgave 6 ide 71: To-proton henfald Opgave 7 ide 71: Vandbølger Opgave 8 ide 7: 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:

58 Løningerne er hentet på Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 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

59 Løningerne er hentet på Opgave 1 ide 74: Sluen i Falkirk Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD Opgave ide 75: Interferen Opgave ide 76: Mundingfart Opgave 4 ide 76: Linedaner Opgave 5 ide 77: Baejuper Opgave 6 ide 78: 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 Opgave 7 ide 79: Solenergi på Hjel. a) Da pændingfaldet over pæren og trøen genne den er kendt, kan reitanen beregne ud fra Oh lov: U,6V 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:

60 Løningerne er hentet på U U U R I U Quizpillene ASHRAM, MIR og SPORTSNØRD 0,01 1,7 A,6V,997V 4, V batteri reitor pære reitor pære 0 c) Figur vier effekten o funktion af tiden. Med de angivne enheder varer en kae på figuren til: 6 Ekae Pkae tkae 500W 600,6 10 J, 6MJ De 90MJ, o batteriet kan indeholde, varer altå til: Ebatteri 90MJ Nkaer 108, kaer 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. Altå er det nødvendige antal olkindage: 108, N olkin,6 9,7