convert cobine (1.2.1), 'units', 'units', 1 / s Page 1 of 7 Afleveringsopgaver i fysik i 08-y2 til 11.01.11 Fra hæftet: pgaver i fysik A-Niveau pgave A10 side 32 A10a Kaliu-40 henfalder ved elektronindfangning efter følgende proces: 40 19 Aktiviteten findes ved at udregne antal fotoner, der udsendes pr. sekund. Vi har antallet af fotoner pr. døgn og dividerere derfor ed antallet af sekunder på et døgn. Af oplysningen at elektronindfangning kun andrager 11% af satlige henfald af K-40 gør, at vi får den fulde aktivitet af K-40 ved at dividere ed 0.11: restart 0 K1 KC e N d 1 k $A 40 / ArCν 18 idet der skal gælde både bevaring af assetal og ladningstal. A10b 3.25$10 6 day K1 3.25000000 10 6 1 d (1.2.2) 0.11 37.61574074 341.9612795 convert cobine (1.2.3), 'units', 'units', Bq 341.9612795 Bq Så aktiviteten af K-40 i prøven af bananer er 342 Bq. A10c Vi skal først have fundet assen af Kaliu-40 i prøven. Her har vi forlen A =k$n, dvs. N = 1 ln 2 $A, hvor k =, hvor T er halveringstiden. Halveringstiden for K-40 er 1.26$10 9 år. k T Td1.26$10 9 year : kd ln 2 : Ad (1.2.4) : T 1 s 1 s (1.2.1) (1.2.2) (1.2.3) (1.2.4)
Page 2 of 7 (1.3.1) (1.3.2) (1.3.3) Massen af disse findes ved at gange ed assen af et K-40 ato, so ifølge databogen er 39.0983 u: d (1.3.3)$39.0983 u := 6.555241727 10 24 au (1.3.4) N := 4.308712122 1011 yr ln 2 convert cobine (1.3.1), 'units', 'units', 1 1.961628209 10 19 Bq Så det er altså antallet af K-40 atoer i prøven. Nu vides det, at forekosten af K-40 i alindelig kaliu er 0.0117%. Derfor er antallet af kaliu-atoer i prøven lig ed: (1.3.2) 0.000117 1.676605307 10 23 convert cobine (1.3.4), 'units', 'units', 0.01088524241 Den procentdel af bananernes asse, so er kaliu er derfor: 2.975 2.203442597 10 24 au convert cobine (1.3.6), 'units', 'units', 1 0.003658905011 Så den procendel af bananernes asse, so er K-40 er derfor 0.37%. pgave A17 side 36 (1.3.5) (1.3.6) (1.3.7) A17a Forlen for henfaldskonstanten k er: k = ln 2 T 233 Th er ifølge databogen 22.3 inutter. 90, hvor T er halveringstiden. Halveringstiden for Aktiviteten so funktion af tiden er givet ved: restart Td22.3 in : kd ln 2 : T Adt/ 1Kexp Kk$t $981 Bq A :=t/ 981K981 e Kk t 'Bq' A 2.0 h ln 2 h K0.08968609866 in 981K981 e convert cobine (2.1.2), 'units', 'units', Bq K5.381165920 ln 2 981K981 e Bq Bq (2.1.1) (2.1.2) (2.1.3)
evalf 10 (2.1.3) 957.4616154 Bq Så den ønskede aktivitet efter 2.0 tier er 957 Bq. Page 3 of 7 (2.1.4) A17b Antallet af henfaldne kerner i løbet af de 4 tier fås ved at integrere aktiviteten over tidsruet: t 2 n = A t dt. t 1 nd 0 siplify (2.2.2) 4 A t h dt h n := 3.156082952 10-7 Bq K9.994242747 10 10 in C1.243313328 10 10 h evalf 10 (2.2.1) 3.156082952 10-7 Bq K9.994242747 10 10 in C1.243313328 10 10 h 1.223384045 10 7 Så der er henfaldet 1.23$10 7 Th-233 kerner i løbet af de 4 tier. (2.2.1) (2.2.2) (2.2.3) pgave M15 side 44 M15a Vi benytter Newton. lov: restart ad 47 : d140 : F res d$a siplify (3.1.1) Så kraften er 6580 N. F res := 6580 6580 N (3.1.1) (3.1.2) M15b Fra forrige spørgsål ved vi, at den resulterende kraft på stolen i starten er på 6580 N, dvs. uiddelbart efter stolen slippes. Den virker i lodret retning. Denne kraft er en vektorsu de to snorkræfter og tyngdekraften. Hvis vi kalder størrelsen af snorkraften på en af snorene for F snor, så kan vi ved projektion på lodret retning få følgende ligning: 2$Sin 71 $F snor K$g =F res. Af syetrigrunde ophæver bidragene fra projektionerne af de to storkræfter på vandret retning hinanden, så de skal vi ikke bekyre os o. Nu kan systeet løses:
Page 4 of 7 F sno\ F sno\ F t with Trig : gd 9.82 : solve 2$Sin 71 $F snor K$g =F res,f snor siplify (3.2.1) 4206.580498 4206.580498 N (3.2.1) (3.2.2)
Page 5 of 7 Så snorkræfternes størrelse er hver 4210 N. pgave M16 side 46 M16a Nedenfor er indtegnet kræfter på figuren. Der er to snorkræfter F snor1 og F snor2 sat en tyngdekraft F t. Snorkræften F snor1 kan opløses i en lodret og en vandret koponent (de grønne vektorer). Pointen er her, at for at bjergbestigeren hænger i ro skal den resulterende kraft på personen være 0. Det betyder at de vandrette og de lodrette koponenter skal udballancere hinanden. F snor1 F snor2 F t restart with Trig :
Page 6 of 7 d75 : gd 9.82 : F t d$g F snor1 dsolve F snor1 $Sin 70 =F t,f snor1 F snor2 =Cos 70 $F snor1 Fsnor2 = 268.0640770 siplify (4.1.5) F t := 736.50 convert cobine (4.1.1), 'units', 'units', N 736.50 N Størrelsen af F snor1 skal være så stor, at F snor1 $Sin 70 =F t : F snor1 := 783.7669292 convert cobine (4.1.3), 'units', 'units', N 783.7669292 N Så F snor1 = 784 N. På tilsvarende vis er F snor2 =Cos 70 $F snor1 : Så F snor2 = 268 N. F snor2 = 268.0640770 N (4.1.1) (4.1.2) (4.1.3) (4.1.4) (4.1.5) (4.1.6) pgave M21 side 49 M21a Vi skal udregne den gennesnitlige densitet af stjernen Sirius B: restart M Sun d 1.99 10 30 : SiriusB d 1.05$M Sun : rd5568 k : Vd 4 3 $π$r3 : ρd SiriusB V evalf 10 (5.1.2) ρ := 9.078329866 1018 π k 3 convert cobine (5.1.1), 'units', 'units', / ^3 9.078329866 10 9 3 π 2.889722146 10 9 3 (5.1.1) (5.1.2) (5.1.3)
Så den gennesnitlige densitet af Sirius B er 2.89$10 9 M21b 3. Page 7 of 7 Vi skal her bruge gravitationsloven F =G$ $ SiriusB r 2 Gd6.673 10 K11 g SiriusB d G$ SiriusB r 2 N$2 2 : g SiriusB := 4.497436572 10 12 3 convert cobine (5.2.1), 'units', 'units', / s^2 k 2 4.497436572 10 6. Hvilket giver: g SiriusB = F = G$ SiriusB r 2 : (5.2.1) (5.2.2) Så tyngdeaccelerationen på Sirius B er ca. 4.5$10 6.