Successfully reported this slideshow.
We use your LinkedIn profile and activity data to personalize ads and to show you more relevant ads. You can change your ad preferences anytime.

지역예선풀이(2005~2011)

524 views

Published on

  • Be the first to comment

  • Be the first to like this

지역예선풀이(2005~2011)

  1. 1. Løsninger til Dansk Fysikolympiade, Landsprøven 20051. Elkedela) Eel = P t = 2000 W µ 300 s = 6,00 µ 105Jb) Evand = 1,45 kg µ (100-13,8)K µ 4,19 kJ/(kg K) = 5,24 µ 105J, h = Evand/ Eel = 0.873c) Cfuld = DE/DT = (2000 W µ 30 s)/[(22,9-13,8)K] = 6,59 kJ/K (tangent nær t=0 hvor tabet er lille)Ctom = Cfuld - Cvand = 6,59 kJ/K - 1,45 kg 4,19 kJ/(kg K) = 0,52 kJ/Kd) Ptab = P - Cfuld DT/Dt = 2000 W - 6,59 kJ/K [(100,0-92,3)K]/(30 s) = 309 W(tangent nær t=300 lige før kogning)2. Guldindhold i en vielsesringa) ρvand V = Dm fl 988 kg/m3V = (98,397 - 98,145) µ 10-3kg fl V = 2,53 µ 10-7m3b) m = [x ρguld + (1-x) ρsølv] V fl x = (m/V - ρsølv)/( ρguld -ρsølv) = 0,418 (volumenbrøkdel)Lødighed = 24 µ mguld/m = 24 µ (x Vρguld)/m = 13.7 karat3. Store havdybdera) p = p0 + rgh fl h = (p- p0)/(rhavvand g) = 2,18 µ 103mb) DV/V0 = -k (pc- p0) = -1,08 µ 10-2c) r = m/V = m/(V0 + DV) = ρhavvand/(1+ DV/V0) = r0/(1-k ρhavvand gh) = 1,089 µ 103kg/m34. Opbremsninga) v2 = (602- 502)½km/h = 33,2 km/hb) Varmeenergi ved opbresmning = F s. Kinetisk energi = ½mv2. Benyt energibevarelse.½mv12= ½mv22+ F s = ½mv22+ ½mv02fl v12= v22+ v02V12,00 VRR12,00 VV5,46 VRR12,00 V5. Et voltmeters resistans6,54 Va)b) RV er voltmetrets resistans og R = 2 MW. Fra Fig. 1 haves, at spændingskilder giver 12 V.Fra Fig. 2 haves I = (6.54 V)/R og I = (5,46 V)(1/RV + 1/R) fra Ohms lov. Heraf følger:(6,54 V)/R = (5,46 V)(1/RV + 1/R) fl 1/RV = [(6,54/5,46) - 1]/R fl RV = 10,1 MW.6a. Variabel halveringstid af 7Bea) νLiBe 730174 +→+ − eb) E = hf = h c/l fl l = h c/E = 2.60 µ 10-12m, dette svarer til gamma-stråling.c) A(t) = A(0) exp(-ln2 t / t½) fl t½ = t ln2/ln[A(0)/A(t)]t½[7Be] = 53,1 dg og t½[7Be@C60] = 52,7 dg. Relativ ændring = (52,7-53,1)/53,1 = -0,0081.6b. Spark til en fodbolda) h = ½g(Dt/2)2= 6,49 mb) v = vx (ingen lodret komponent) = Dx/Dt = 15 m / (2,3 s) = 6,52 m/sc) Energibevarelse: ½mvy2= m g h fl vy = - (2gh)½= -11,3 m/s (minus da bolden falder ned)v = (vx2+ vy2)½= 13,0 m/s. a = arctan(vy/ vx) = -60±
  2. 2. Løsninger til Dansk Fysikolympiade, Landsprøven 20061. Glidende klodsa) Nej, energibevarelse giver Epot(P)+Ekin(P) = Epot(Q)+Ekin(Q) fl ½mv2= mgh fl va = vb = vc.b) Ja, ta < tb < tc, da bane a hurtigst giver en meget høj fart, mens bane c giver en langsom start.Dette ses tydeligst i grænsen hvor a (hhv. c) er lodret-vandret (hhv. vandret-lodret).2. Elektrisk energi til en virksomheda) R = (L/A)ρ = (8·103m/45·10-6m2) 1,7·10-8Ω·m = 3,0 Ω.b) Ptot = 2Pkabel+Pvirk fl Pvirk = U0I - 2RI 2= 1,2·104V ·60 A - 2·3,0 Ω·(60 A)2= 7,0·105W.3. Optisk gittera) d sinθn = n λ fl d = λ/sinθ 1 = 0,6328 µm/sin(9,1º) = 4,001 µm.θn kan højst være 90º, hvoraf fås: nmax = dsin(90º)/λ = 4,001 µm /0,6328 µm = 6,32 fl nmax = 6.b) λv = λ/n = 475,8 nm; sinθ 1 = λv/d = 0,1189 fl θ 1 = 6,8º. Endelig: nmax = d/λv = 8,41 fl nmax = 8.4. Afkøling af sodavanda) ∆E = Pv ∆t fl ∆t = ∆E/Pv = C∆T/[a(Ts − Tv)] = 2,1·104J/K·1 K/[7,2 W/K·(27,5−15)K] = 23 s.b) b = Pk (Ts )/[Ts − Tk] = [C∆T/∆t]/[Ts − Tk]. Betragt fra 0 til 60 s, hvor middeltemp er Ts = 27,4 °C.Herved fås konstanten: b = [2,1·104J/K·(28,0-26,8)K / 60 s]/[(27,4 − 4,5)K] = 1,83 W/K.c) Skift fra vand til køleskab når Pv = Pk fl a(T0 − Tv) = b(T0 − Tk). Løses med hensyn til T0 fås:T0 = (aTv − bTk)/(a − b) = [7,2 W/°C ·15 °C − 1,8 W/°C ·4,5 °C]/[(7,2 −1,8) W/°C] = 18,5 °C.5. En gammel dykkerklokkea) Tungere end massen af fortrængt vand: m > ρ Vydre = 1000 kg/m3· 3,00 m3= 3,00·103kg.b) For en idealgas ved konstant temperatur haves V0 p0 = V(h) p(h). Og da p(h) = p0 + ρgh fås:V(h) = V0 p0/( p0+ρgh) = 2,5 m3·1,01·105Pa/(1,01·105Pa+1000 kg/m3·9,82 m/s2·19 m) = 0,88 m3.c) Luftens volumen, opdriften og F afhænger af h: F = mg − Fopdrift = mg − ρ[Vydre − V0 + V(h)]g.F = (4,00·103kg − 1000 kg/m3[3,00 - 2,5 + 0,88]m3)·9,82 m/s2= 2,6·104N.d) F(h)=mg−ρ(Vydre−V0+V(h))g= [m−ρ(Vydre−V0+V0p0/(p0+ρgh))]g = [m−ρ(Vydre−V0ρgh/[p0+ρgh])]g6a. Halveringstid af plutoniuma) Af de opgivne atommasser fås ∆m = -5,631·10-3u, hvilket giver Q-værdien:Q = −∆m·c2= 5,631·10-3u·1,6605·10-27kg/u·8,998·1016(m/s)2= 8,4·10-13J.b) P = ∆E/∆t = L ∆m/∆t = 2,0·105J/kg·2,74·10-6kg/ 60 s = 9,13·10-3W.c) Tilført effekt fra henfald: PPu = L ∆m/∆t = 2,0·105J/kg·(3,11−2,74)·10-6kg/ 60 s = 1,23·10-3W.Denne effekt er også produktet af aktiviteten og Q-værdien: PPu = A(t)·Q = (ln2/T½)·N(t)·Q.Antal Pu-kerner findes som: N(t) = m(t)/mPu= 6,3·10-4kg/(239,1 u ·1,6605·10-27kg/u) = 1,58·1021.Samlet fås: T½ = ln2·N(t)·Q/PPu = ln2·1,58·1021·8,4·10-13J/1,23·10-3W = 7,5·1011s = 2,4·104yr.6b. Stangtennisa) Radius r1 = (L2− [S−h1]2)½= (1,62− [1,75−1,20]2)½m = 1,50 m. Fart v1 = 2πr1/T1 = 6,33 m/s.b) T2 = 2π (Lcosθ /g)½= 2π( [S−h2]/g)½= 2π( [1,75−1,10]/9,82)½s = 1,62 s. Radius findes som før:r2 = (L2− [S−h2]2)½= (1,62− [1,75−1,10]2)½m = 1,46 m. Fart v2 = 2πr2/T2 = 5,68 m/s.∆Emech = ∆Epot + ∆Ekin = mg(h1−h2) + ½m[(v1) 2− (v2) 2] = 56,0 mJ + 224 mJ = 280 mJ.c) Snorkraften kaldes F, og sinθ = r1/L = 0,938, Summen afkræfterneFsinθ = 1,52 NKraftkomponenternesamt cosθ = (S−h1)/L = 0,343.Lodret: mg−Fcosθ = 0 med mg = 0,56 N,og Fcosθ = 0,56 N (F = 1,62 N).Vandret, centripetalacceleration a:KræfterneF = 1,62 Nmg = 0,56 NF cosθ = 0,56 NFsinθ = 1,52 Nmg = 0,56 Nma = Fsinθ , Fsinθ = 1,52 N.
  3. 3. Løsninger til Landsprøven, Fysik Olympiaden 20071. En termofølera) Ved direkte aflæsning T(35 s) = 96 ±C og T(180 s) = 30 ±C. Termoføleren har derfor afgivetværmemængden ∆Q = 2,3 mJ/K (96 − 30) K = 0,15 J.b) Afgiven effekt beregnes som P = −∆Q / ∆t = −C ∆T / ∆t, idet ∆T / ∆t findes ved at indlæggetangenter på grafen. For t = 35 s findes f.eks. ∆T/ ∆t = (20−100)K/(51−34)s = −4,7 K/s og dermedP(35 s) = −2,3 mJ/K (−4,7 K/ s) = 11 mW. For t = 140 s findes f.eks ∆T/ ∆t = (28−45)K/(180−80)s= −0,17 K/s og dermed P(140 s) = −2,3 mJ/K (−0,17 K/ s) = 0,39 mW.2. Tre små nøddera) Glødelamper i kredsløbStrømmen før er I = U/(3R/2) = (2/3)U/R, mens efter er den lavere, nemlig I = U/(2R). Den afsatteeffekt P = R I 2, og dermed lysstyrken, i glødelampe A, er lavere efter glødelampe C brænder over.b) En resistorkoblingDer er tale om en parallelforbindelse af tre ens resistorer, så derfor fås RAB = (1/3) R.c) En drink i et kegleformet cocktailglasEt kort argument: Hydrostatisk tryk er ρ h g og (ρ1 h1 + ρ2 h2) g for ét hhv. to væskelag. Betragt tovæsketyper med det totale volumen Vtot=V1+V2 og ρ2 < ρ1. Før væskerne blander sig, lægger væske2 sig oven på væske 1. Kegleformen medfører, at det lette toplag har et stort gennemsnitsareal og enlille tykkelse, mens det tunge bundlag har et lille gennemsnitsareal og en stor tykkelse. Den lettevæske vil derfor bidrage relativt lidt til det hydrostatiske tryk. Ved blandingen vil der spredes tungvæske op i det tynde overfladelag væk fra centeraksen og samles let væske nær centeraksen nede idet tykke bundlag. Efter blanding er trykket i bunden af centeraksen derfor mindre end før.En beregning med de to væskelag giver følgende: Lad væskens samlede højde være h og densradius i toppen R. En kegle har volumen V = (π/3)hR2. For den lagdelte drink indføres s = h1/h, så ath1 = s h og V1 = s3V. Dette giver derfor h2 = (1−s) h og V1 = (1−s3) V. Trykket i den lagdelte drinkbliver derfor Plag = [sρ1+(1−s) ρ2] gh. For den fuldstændigt blandede drink fås den resulterendedensitet ρ = (V1/V) ρ1 + (V2/V) ρ2 = s3ρ1 + (1−s3) ρ2, og trykket Pmix = ρ h g = [s3ρ1 + (1-s3) ρ2] gh.Altså Plag − Pmix = [(s-s3)ρ1 − (s−s3) ρ2] gh = s(1−s2)( ρ1 − ρ2)gh > 0, da ρ2 < ρ1 og s < 1.3. En løssluppen, heliumfyldt festballona) ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−= hyRTMgpp000 exp½ og R T0/(M g) = 7,97·103m, så yh = −ln(½) 7,97·103m = 5,52·103m.b) Benyt idealgas ligningen: Tætheden er givet ved ρ = MN/V =M p/(RT0). Tætheden ρ er altsådirekte proportional med p.c) Ballonen revner når V1 = 1,1 V0 eller når trykket bliver p1 = (V0 / V1)5/3p0 = (1/1,1)5/3p0 = 0,85 p0.Dette tryk indfinder sig i højden y1 = −ln(p1/ p0) R T0/(M g) = −ln(0,85) 7970 m, y1 = 1,3·103m.
  4. 4. 4. Smeltende grødisa) Ændringen i volumen ervandismmVρρ−=∆− , hvoraf følger at massen m af den smeltede is erg3,38000,11917,01cm47,31133cmgcmg3=−=−∆−=visVmρρb) er bægeret varmeisoleret vil al afsat effekt gå til smeltning: J/g313g337,38s0,40W300=⋅=⋅=mtPLc) Medtages udveksling af energi med omgivelserne i form af effekt gange tid giver energibevarelsem Ltabel = Edyppe + Eomg = Edyppe + Pomg t. Ved isolering af Pomg fåsPomg = (m Ltabel − Edyppe)/t = (38,3 g ·334 J/g − 1,20·104J)/(40,0 s) = 19,8 W.5. Lys gennem et glaslegemea) Retningsnormalen på cirkelbuen er givet ved radius vektor, og derfor varierer indfalds- ogbrydningsvinkel inde i glaslegemet varierer med højden h som vist nedenfor,b) Fra ovenstående figur ses, at jo større indfaldshøjden h er desto tættere på glaslegemet vil denbrudte lysstråle ramme x-aksen. Den størst mulige indfaldshøjde for en stråle der kommer helevejen igennem glaslegemet opnås når brydningsvinklen er 90o, altså når indfaldsvinklen er lig medgrænsevinklen, dvs. 1,5·sin(ig) = sin(90o), se figuren nedenfor. Fra geometriske betragtninger fås atsin(ig) = hmax/R, hvilket i alt giver svaret ig = 41,8oog hmax = 3,3 cm. Ved at se på nedenståenderetvinklede trekant OCB,fås, at den søgte x-koordinat er xOB = |OD| + |DB| = R cos(ig) + hmax /tan(90o−ig), xOB = 6,7 cm.bihb = 90o90o− igighmaxOCBD x
  5. 5. 6a. En dødelig kop tea) Q-værdien pr. henfald er Q = (mPo− mPb− mHe)·c2= 0,866 pJb) Effekten fra 1 g 210Po er =⋅⋅⋅=⋅=∆∆=∆∆= QNmolggtQAQtNtEP A/21012ln21144 W.c) N(10 dg)/N0 = =⎟⎠⎞⎜⎝⎛ ⋅−138102lnexp 95 %d) Antal henfald i fordøjelseskanalen for at få en dødelig dosis: ∆N = 0,45/(3,0⋅10-15) = 1,50⋅1014,og da ∆N = N(10 dg) – N(31 dg) = N(10 dg) ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛⎟⎠⎞⎜⎝⎛ ⋅−−138)212lnexp1 = 0.10 N(10 dg) fås altså enindtagen mængde på N(10 dg) = 10 ∆N = 1,50⋅1015stk, eller massen m = N(10 dg)⋅210⋅1,66⋅10-27kg= 5,2⋅10-10kg = 0,52 µg.6b. En rumfærgea) Gravitationsloven giver2 32 24 ( ) ( )2 5484 s = 91,39 min( )GMm R h R hm TR h T GMππ+ += ⇔ = =+b) For den potentielle energi fås∆Epot = Epot(0 km) − Epot(3 km) = m g ∆h = 1,04⋅105kg 9,82 m/s2(0 - 3000) m = −3,06⋅109Jog tilsvarende for den kinetiske fås∆Ekin = Ekin(0 km) − Ekin(3 km) = ½m∆(v2) = ½ 1,04⋅105kg [(450/3,6)2− (350/3,6)2] = −0,32⋅109JÆndringen i potentiel energi dominerer idet ∆Ekin/ ∆Epot = 0,10.c) Da man kan se bort fra ændringen i rumfærgens kinetiske energi må luftmodstandens effekt der-for svare til tabet i potentielenergi pr. tid, Fluft v = mg(dh/dt) = mg v sin(19±). Luftmodstanden kansåledes beregnes til Fluft = mg 0,326 = 332 kN. Konstanten k kan bestemmes ved f.eks. at benyttegennemsnitsfarten v = 400 km/h = 111 m/s, så k = Fluft/v2= 3,1 MN/[111 m/s]2= 27 kg/m.d) Den gennemsnitlige bremsekraft findes fx fra arbejdessætningen, og bliverdmvF220= , hvor v0 er farten før landing og d er landingsbanens længde. Det giver F = 2,3·105N.
  6. 6. Dansk Fysikolympiade 2008Løsning til landsprøvePrøven afholdes en af dagenemandag den 29. oktober – mandag den 5. november 2007Prøvetid: 3 timerOpgavesættet består af 6 opgaver med tilsammen 16 spørgsmål.Svarene på de stillede spørgsmål indgår med lige vægt i vurderingen.Bemærk, at der er valgfrihed mellem opgaverne 6a og 6b,og at kun én af disse må afleveres.Alle hjælpemidler er tilladte
  7. 7. Side 2 af 111. Tour de FranceEn cykelrytter i Tour de France indtager dagligt en energimængde på 33 MJ gennem føden. Af den-ne energimængde går 7 MJ til hvilestofskiftet, dvs. til energi, som kroppen omsætter i hvile. Deresterende 26 MJ af den indtagne energimængde omsættes under en etape. I denne opgave skal duvurdere, hvad denne energimængde i det væsentlige omsættes til.En bjergetape har en stigning på 1800 m. Rytteren med cykel har massen 75 kg.a) Hvad er forholdet mellem tilvæksten i potentiel energi under etapen og den energi, som omsættesunder etapen?Løsning:%1,5051,026MJ1,33MJMJ1,331800m9,82N/kg75kgomsatpotpot===∆=⋅⋅==∆EEmghEEn anden etape er uden store højdeændringer, men der omsættes jo også energi ved fordampninggennem udåndingsluften og af sved fra kroppen. Vands (sveds) fordampningsvarme vedkropstemperaturen er 2,4 MJ/kg.b) Hvor meget vand skal cykelrytteren drikke i løbet af en dag, hvis alene fordampningen skullekunne forklare den nødvendige energiomsætning under etapen?Løsning:kg10,82,4MJ/kg26MJomsatvandomsatvand ===⇔=LEmELmEt bidrag til energiomsætningen er cykelrytterens arbejde mod luftmodstanden og modstanden påhjulene fra vejen. Størrelsen af den samlede modstand F på cykelrytteren, når han bevæger sig medfarten v, kan tilnærmet sættes til 2vkF ⋅= , hvor k er en konstant med værdien k=1,1 kg/m. Antag,at cykelrytteren kører med konstant fart på en etape, som varer 6,0 timer.Figur 1
  8. 8. Side 3 af 11c) Hvor stor skal farten v være for at kunne forklare den nødvendige energiomsætning underetapen?Løsning:Den tilbagelagte vej er tvx ∆⋅=∆Hvis den omsatte energi er modstandskraften arbejde (numerisk), gælder omsatExF =∆⋅ . I denneligning indsættes alt kendt:km/h3710,3m/s3600s6,01,1kg/mJ102631316omsatomsat3omsat ==⋅⋅⋅=∆⋅=⇔=∆⋅⇔=∆⋅tkEvEtkvExF2. HøjspændingskabelResistansen R af en tråd med længde L og tværsnitsareal A er givet vedALR ⋅= ρhvor ρ er den såkaldte resistivitet af det materiale, tråden er lavet af. Resistiviteten afhængernormalt af materialets temperatur. Tabellen angiver resistiviteten ved temperaturen 0 oC foraluminium og kobber.Materiale Resistivitet ρAluminium Ω⋅ −6100250,0 ·mKobber Ω⋅ −6100155,0 ·ma) Bestem resistansen R ved 0 oC af en kobberledning med længde 2,30 m og tværsnitareal1,00 mm².Løsning:Ω⋅=⋅⋅Ω⋅=⋅= 2-26-6-1057,3m1000,1m30,2m100,0155ALR ρEt højspændingskabel er fremstillet med en kerne af aluminium omgivet af et lag af kobber, somigen er omgivet af en tyk kappe bestående af flere isolerende lag, se figur.
  9. 9. Side 4 af 11b) Beregn resistansen ved temperaturen 0 oC af et kabel med længde 20 km.Løsning:Diameter af aluminiumkerne d = 23 mm. Ydre diameter af kobberkerne D = 52 mm.L = 20 km giverΩ=⋅⋅Ω⋅=⋅= −20344,1)2/0,023m(m1020m100250,0)2/( 2362AlAlππρdLRΩ=−⋅⋅Ω⋅=−⋅= −18147,0)2/0,023m()2/m052,0(m1020m100155,0)2/()2/( 223622CuCuππππρdDLRDa kobberlederen og aluminiumlederen er parallelkoblede, fåsΩ=Ω=Ω+Ω=+= −−−−−−158,015769,0)18147,020344,1()( 11111Cu1Al RRR(En mellemregning er tværsnitsarealet af kobberkappen232222m101,708)2/0,023m()2/m052,0()2/()2/( −⋅=−=− ππππ dD )Når kablet leder strøm, afsættes effekt i såvel aluminiumskernen som i kobberlaget.c) Hvor mange procent af den samlede effekt, der afsættes i kablet, bliver afsat i aluminiumsker-nen?Løsning:Den brøkdel af den samlede effekt, der afsættes i kablet, som afsættes i aluminiumskernen er%1313103,018147,0/120344,1/120344,1/1/1/1/1///CuAlAlCu2Al2Al2CulAlAl≈=Ω+ΩΩ=+=+=+ RRRRURURUPPPDette er uanset længden af kablet.Figur 2 Tværsnit af højspændingskabel. Målestokken angiver udstrækningen målt icm af aluminiumskernen og kobberlaget.
  10. 10. Side 5 af 113. Faldende ballonEn tom ballon med massen m = 6,3 g fyldes med 2,0 L luft. Når den oppustede ballon lægges på envægt, viser denne stadigvæk 6,3 g. Man kan regne med, at luften inde i ballonen har samme densitetsom luften uden for ballonen. Luftens densitet er 1,2 g/L.a) Beregn den samlede masse af ballon med indespærret luft.Forklar, hvorfor vægten stadig kun viser 6,3 g.Løsning:Massen af den indespærrede luft er g2,42,0L1,2 Lg=⋅=Vρ .Ballon og luft vejer altså i alt 8,7 g.Ballonen er påvirket af tyngdekraft og opdrift, tilsammen mgVggVm =−+ ρρ )( . Når vægtenpåvirkes af denne kraft, viser vægten den m = 6,3 g.En ballon med samme masse m = 6,3 g pustes nu op til et andet rumfang end før. Ballonen slippestil tiden t = 0 s fra en bestemt højde med begyndelsesfart 0 m/s, hvorefter den falder nedad. Grafenviser ballonens fart som funktion af tiden, efter den blev sluppet. Også for denne ballon kan manregne med, at såvel luften inde i ballonen som uden for ballonen har densiteten 1,2 g/L. Endvidereoplyses det, at luftmodstanden er forsvindende, når ballonens fart er meget lille.0,00,51,01,50,00 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30 0,35 0,40Tid [s]Ballonensfart[m/s]b) Bestem ballonens acceleration umiddelbart efter at ballonen slippes.Hvad er årsagen til, at accelerationen er mindre end tyngdeaccelerationen?Løsning:Hældning a = 1,08 ms-1/ 0,20s = 5,04 ms-2.Newtons 2. lov for ballonen: (der er ingen luftmodstand, når farten er nær nul) giverggVmmamgaVmVggVmaVm <+=⇔=+⇔−+=+ρρρρρ )()()(Som det fremgår, er det opdriften, der er årsagen (ikke luftmodstanden).
  11. 11. Side 6 af 11c) Vis, at ballonens rumfang er 5,0 LLøsning:Ballonens rumfang V findes af ligningen ovenforL5,0L4,9791)5,049,82(1,26,3g)1()(22smsmLg≈=−⋅=−=⇔−=⇔=+agmVmamgVmgaVmρρρd) Bestem størrelsen af luftmodstanden til tiden 0,25 s.Løsning:Til tiden 0,25 s findes accelerationen aAflæsning på sekant omkring 0,25 s:t [s] v [m/s]0,15 0,730,35 1,342m/s3,05sm/s15,035,073,034,1=⋅−−=aNewtons 2. lovmN243,055,0L)1,2(6,3g9,826,3g)()()()(22smLgsmndluftmodstandluftmodstandluftmodsta=⋅⋅+−⋅=+−=⇔−=+⇔−−+=+aVmmgFFmgaVmFVggVmaVmρρρρρ4. Bil og cyklistNetop som en bil starter, passeres den af en cyklist, som kører med en konstant fart på 27 km/h.Bilen og cyklist bevæger sig i samme retning, og bilen har en konstant acceleration på 1,6 m/s2.Til at begynde med er cyklisten foran bilen, men den indhentes senere af bilen.a) Hvad er det største forspring, som cyklisten opnår?Løsning:Cyklistens fart er 7,5m/s3600s1000m27 =⋅=vCyklistens koordinat vtx =1Bilens koordinat 2212 atx =Cyklistens forspring tatvatvtxxy )( 2122121 −=−=−= som er nul til tiden t = 0 og til tidenavt /2= . Maximum fås for avt /= og dermed maximalt forspring17,6m8m5,171,6m/s2(7,5m/s)22)()( 2222121≈=⋅==⋅=⋅⋅−=−=avavvavavavtatvy
  12. 12. Side 7 af 115. Vand ved lavt trykVed normalt tryk koger rent vand ved 100 oC. Ved lavere tryk bliver kogepunktet lavere.Et termobæger fyldes med vand. Vandets masse er =1m 219,2 g, og dets temperatur er 1T = 30 oC.Det anbringes under en vakuum-klokke, hvor luftens tryk sænkes. Når trykket bliver tilpas lavt, vilvandet begynde at koge ved 30 oC. Efter et par minutters kogning tages termobægret ud af vakuum-klokken. Den resterende mængde vand har nu massen =2m 214,1 g, og vandets temperatur 2T erlavere end før.Vands specifikke varmekapacitet er 4,18 J/(g·K), og vands specifikke fordampningsvarme ved30 oC er 2,43 kJ/g,Man kan se bort fra varmeudveksling med omgivelserne samt termobægerets varmekapacitet.a) Vurdér vandets temperatur 2T .Løsning:Ved afkøling af vandet leveres der energi til fordampningK13,84,18J/gK214,1gJ/g102,435,1g)()()(32122121212 =⋅⋅⋅=−=−⇔−=−cmLmmTTTTcmLmmffHeraf fås CCTT oo2,168,1312 =−=Et andet lille termobæger indeholder =3m 8,40 g vand ved 0 oC. Det anbringes under en vakuum-klokke. Ved passende lavt tryk kommer det kolde vand i kog. Efter fem-ti minutter er vandet frossettil is ved 0 oC. Isens masse er =4m 7,19 g.Vands specifikke fordampningsvarme ved 0 oC er 2,50 kJ/g. Man kan igen se bort fra varmeudveks-ling med omgivelserne samt termobægrets varmekapacitet.b) Beregn ud fra disse resultater en værdi af is’ specifikke smeltevarme.Løsning:Den energi, skal fjernes, for at vandet fryser, skyldes fordampning:J/g4217,19gJ/g102,51,21g)()(3443443 =⋅⋅=−=⇔=−mLmmLLmLmmfssf(Tabelværdien er 334 J/g)
  13. 13. Side 8 af 116a. Datering af sedimenter på havbundenDen naturlige forekomst af nuklidet Th23090 stammer fra henfald af U23492 ved α-henfald. NuklidetTh23090 henfalder igen ved α-henfald til et nuklid af radium (Ra).Man kan bruge indholdet af Th23090 i sedimenter fra havbunden til at bestemme det tidspunkt, hvormaterialet blev aflejret. Et udsnit af en sedimentprøve et bestemt sted fra det øverste af havbundenhar en aktivitet på 0,167 Bq, som skyldes henfald af Th23090 .Halveringstiden for Th23090 er 8,0·104år.a) Hvor mange Th23090 -kerner indeholder dette udsnit af sedimentprøven?Løsning:( )1111000 101,61008,62ln21⋅≈⋅=⋅==⇒⋅=TAkANNkASedimentprøveEt tilsvarende udsnit af en sedimentprøve taget 40 m under det øverste af havbunden har derimodkun aktiviteten 0,028 Bq, som skyldes henfald af Th.23090 Det antages, at der aflejres et sedimentlag afsamme tykkelse hvert år, og at koncentrationen af Th23090 er den samme i alle lagene på det tids-punkt, hvor laget deponeres på havbunden.
  14. 14. Side 9 af 11b) Hvor tykt et sedimentlag deponeres på havbunden i løbet af et år?Løsning:Under antagelsen om, at mængden pr. lag af Th23090 er konstant ved deponeringen bliver alderen afprøven fra 40 m under havbunden:( )år.10061,2ln2ln5400040 21⋅=⋅=⇒= ⋅−AATteAA tkHvis den deponerede lagtykkelse pr. år er konstant, må den være:mm/år0,19m/år10941,1år102,061m40 45≈⋅=⋅= −dTh23090 dannes i henfaldsserien fra U23892 . Halveringstiden for U23892 er meget stor (4,47·109år).Henfaldet til Th23090 sker gennem et α-henfald efterfulgt af to β-henfald og endnu et α-henfald,skrevet kort:U23892 ThUPaTh 23090234922349123490 →→→→Halveringstiderne for de tre sidste henfald i den anførte kæde er meget korte sammenlignet medhalveringstiden for U23892 .c) Forklar hvorfor det med rimelighed kan antages, at koncentrationen af Th23090 er den samme pådeponeringstidspunktet for hvert lag i hele lagserien på de 40 m.Løsning:Da halveringstiden af de andre nuklider i henfaldskæden til fra U23892 til Th23090 er ubetydeligsammenlignet med halveringstiden for U23892 , må mængden af Th23090 aftage i samme langsomme taktsom U23892 . Da den fundne alder for laget 40 m under det øverste af havbunden er ubetydelig (≈0,005 %) sammenlignet med halveringstiden for U23892 , ses det endvidere, at den naturlige mængdeaf Th23090 er praktisk taget konstant i den tid det har taget at danne det 40 m tykke lag af sedimenter.Den anførte antagelse om, at mængden af Th23090 i hvert lag er den samme på deponeringstidpunktetmå således siges at være rimelig.
  15. 15. Side 10 af 116b. AffjedringEn stor anhænger har et affjedringssystem, der kan betragtes som sammensat af to lodrette fjedretæt ved siden af hinanden. Fjederen A er hele tiden i kontakt med både anhængerladet ogundervognen. Når anhængerladet læsses, synker anhængerladet ned fra denne ligevægtsstilling, og idet øjeblik det er sunket mere end 6,0 cm, begynder fjeder B også at blive trykket sammen.Fjeder A har fjederkonstanten 51 100,2 ⋅=k N/m, mens fjeder B har fjederkonstanten52 100,4 ⋅=k N/m. Figuren viser en skematisk tegning af denne model for affjedringssystemet. Mankan se bort fra det tomme anhængerlads masse.a) Hvad skal lastens masse være, for at anhængerladet synker 5,0 cm ned under ligevægtsstillin-gen for det tomme lad?Hvad skal lastens masse tilsvarende være, for at anhængerladet synker 7,0 cm ned?Løsning:For 5,0 cm:kg101,02kg1018N/kg82,90,050mN/m100,2 35111 ⋅≈=⋅⋅==⇔=⇔=gxkmxkmgxkFFor 7,0 cm bliver kraftenkN180,010mN/m100,40,070mN/m100,2 552211 =⋅⋅+⋅⋅=+= xkxkFHertil skal lasten værekg1083,1kg1833N/kg82,9N1018/ 33⋅≈=⋅== gFmAnhængeren er beregnet til en maksimal last på 2000 kg.b) Tegn en graf, der viser anhængerladets nedsynkning som funktion af lastens masse i intervalletfra nul til 2000 kgLøsning:For lille last (fjeder B ingen kontakt) gældermkgxxkmg11 =⇔=For stor last (begge fjedre aktive, x > 6 cm) gælder2122122121m060,0m060,0)(m)060,0(kkkmkkgxkxkkmgxkxkmg+⋅++=⇔⋅−+=⇔−+=BABATomt lad iligevægtsstilling6,0 cm
  16. 16. Side 11 af 11Man ser, at x er en stykvis lineær funktion af m. Kurven knækker ved x = 0,060m svarende tilmassen kg12220,060m9,82N/kgN/m102,0 51=⋅⋅== xgkmMassen m = 2000 kg svarer til nedsynkningen x givet vedm0727,0N/m106,00,060mN/m104,02000kgN/m106,09,82N/kgm060,055521221=⋅⋅⋅+⋅⋅=+⋅++=kkkmkkgxm xkg m0 01222 0,06002000 0,0727Nedsynkning x som funktion af last m00,010,020,030,040,050,060,070,080 500 1000 1500 2000 2500last m [kg]nedsynkningx[m]c) Hvor meget potentiel energi er der oplagret i hver af de to fjedre, når anhængeren er fuldt lastet?Løsning:J529(0,07273m)N/m100,2 25212121Apot =⋅⋅⋅== xkEJ32,4(0,01273m)N/m100,4)m060,0( 25212221Bpot =⋅⋅⋅=−= xkEOpgavesættet slut
  17. 17. Løsninger til landsprøven ved Fysikolympiaden 20091. Tre korte beregningsopgavera) RoningVandstrømmens retning kaldes x, mens den tværgående retning for y. I forhold til vandstrømmen erbådens fart i x-retningen vx = −0,5 m og i y-retningen vy = (210 m)/(105 s) = 2,00 m/s. Bådens sam-lede fart i forhold til vandstrømmen er da v = ((vx)2+ (vy)2)½= 2,06 m/s, i vinklen tan−1(vy/vx) =104o.b) Råbende cheerleaderCheerleaderen råber 300/60 = 5 stavelser per sekund eller 0,20 s/stavelse. Hun bruger således tiden t= 0,40 s på at råbe det sidste ord. Begyndelsen af ordet når tilbage til hende i form af ekkoet frabetonmuren i afstanden L, netop når hun har råbt afslutningen af det. Lyden har tilbagelagt stræk-ningen (frem og tilbage) 2L = vs t, hvor vs er lydens fart, og dermed L = (343 m/s · 0,40 s)/2 = 69 m.c) Boldkast fra altanFaldtiden for bold B kaldes t, mens den for bold A kaldes t + ∆t, hvor ∆t = 0,8 s er tiden mellem af-sendelsen af de to bolde. For bold A gælder h = ½ g (t + ∆t)2og for bold B gælder h = ½ g t2+ vo t,hvor vo = 12,0 m/s er begyndelsesfarten af bold B. Sættes de to udtryk for h lig med hinanden og re-duceres, fås g t ∆t + ½ g (∆t)2= vo t, eller t = ½ g (∆t)2/( vo − g ∆t) = 0,758 s. Indsættes denne værdii ét af udtrykkene for h fås h = 12 m.2. Tre korte forklaringssopgavera) Lyden fra en kande under opfyldningEn lyds frekvens f kan bestemmes af udtrykket f = vs/λ, hvor vs er lydens fart og λ bølgelængden. Ikanden under opfyldning opstår der midlertidigt stående lydbølger mellem knudepunkter ved vand-overfladen og svingningsbuge ved kandens åbning i afstanden L, altså λ/4 = L. Altså fås f = 4vs/L,som vokser, når L aftager som følge af opfyldningen.b) En skål med vand på en vægtIfølge Arkimedes lov virker vandet med en opadrettet kraft Fopdrift (opdriften) på hånden, givet vedvægten af det vand, som hånden har fortrængt. Ifølge Newtons tredje lov virker hånden tilbage påvandet med kraften −Fopdrift parallel med tyngdekraften. Vægten viser derfor mere.c) Havoverfladens højde omkring HawaiiHavoverfladen følger en ækvipotentialflade, dvs. en flade med konstant potentiel gravitationsenergi.Uden de vulkanske klipper ville ækvipotentialfladen være en kugleskal med centrum i Jordens cen-trum. Med de vulkanske klipper ville man øge den potentielle energi, hvis man bevægede sig langsdenne kugleskal hen mod Hawaii. For at holde konstant potential energi må man altså øge afstandentil Jordens centrum, når man nærmer sig Hawaii. Kort sagt: Den forøgede densitet af de vulkanskeklipper trækker vandet ind til Hawaii, hvorved vandoverfladen buler opad.
  18. 18. Side 2 af 33. Lille gryde med snea) Under opvarmingen fra 60 oC til 80 oC tilføres varmeenergien ∆EAl til gryden og ∆Evand til vandetgivet ved ∆EAl = 1,25 kg · 897 J/(kg K) · 20 K = 2,24·104J og ∆Evand = 0,58 kg · 4180 J/(kg K) ·20 K = 4,85·104J. Den samlede energi er ∆E = ∆EAl + ∆Evand = 7,09·104J. I gennemsnit modtageseffekten P = ∆E/(∆t) = 7,09·104J/(980 s − 810 s) = 4,17 ·102W.b) I løbet af de første 390 s øges temperaturen af gyden og isen med 10 K og al isen smeltes. Derforer der tilført tre energibidrag: ∆EAl = 1,25 kg · 897 J/(kg K) · 10 K = 0,112·105J, ∆Eis = 0,58 kg ·1950 J/(kg K) · 10 K = 0,113·105J, og ∆Esmelt = 0,58 kg · 3,34·105J/kg = 1,94·105J. Den samledeenergi er ∆E = ∆EAl + ∆Eis + ∆Esmelt = 2,16 ·105J. I gennemsnit modtages effektenP = ∆E/(∆t) = 2,16·105J /(390 s) = 5,55 ·102W.c) Den samlede energi, som er brugt til at varme gryde og vand op, nytteenergien, er givet ved 5gange energien fra spørgsmål (a), da vi nu skal varme ændre temperaturen med 100 K og ikke kun20 K, plus energien fra spørgsmål (b): ∆Enytte = 5·(7,09·104J) + 2,16·105J = 5,71·105J. Kogepladenhar i de 1220 s, som opvarmningen varer, leveret energien ∆Ekogeplade = 1220 s · 600 W = 7,32·105J.Kogepladens nyttevirkning er derfor 5,71 ·105J/(7,32·105J) = 0,78 = 78 %.4. Design af glødetråden i en halogenlampea) Ved direkte indsættelse fås R = ρ L/(π r2) = 7,75·10−7Ω m·0,58 m/[π (2,3·10−5m)2] = 2,70·102Ωb) I det angivne udtryk for effekten P er produktet rL det eneste ubekendte led, og det findes letsom: rL = P/(2π σ T 4) = 50 W/[2π 5,670 ÿ10−8W m−2K−4(2600 K)4], og altså rL = 3,071 ÿ10−6m2.På den anden side er P givet ved P = U2/R = U 2(π r2)/(ρ L) = [π U 2/(ρ{rL})] r3, hvor vi i sidsteled har forlænget med r, så det nu kendte produkt rL fremkommer. Nu isoleres r3, og r beregnes:r = [P ρ {rL}/( π U2)]1/3= [50 W ·7,75·10−7Ω m ·3,071 ÿ10−6m2/( π [12 V]2)]1/3. r = 6,41 ÿ10−5mTrådens længde L er da givet ved L = {rL}/r = 3,071 ÿ10−6m2/(6,41 ÿ10−5m). L = 4,97 ÿ10−2mI opgaven er benyttet, at glødetråden har samme temperatur i de to pæretyper. I virkelighedenhar halogenpærens glødetråd en temperatur, der er omkring 200 K højere end i en almindelig pære.5. En simpel eksperimentel bestemmelse af molekylers størrelsea) Efter løsrivelsen fra pipetten er dråbens volumen V bevaret. Netop når den river sig løs, haves V= (4/3) π (R1)3, mens der efter fordelingen på vandoverfladen gælder V = π (R2)2d. De to udtryk forV sættes lig hinanden, og d isoleres: d = (4/3) (R1/ R2)2R1 = 1,33 (0,66/440) 20,66 mm. d = 2,0 nmb) De givne udtryk indsættes i energirelationen E0 = ½Epot, som efter isolering af den eneste ube-kendte, hydrogenatomets radius ro, og simpel reduktion giverro = εo h2/(π mee2) = 8,854 ÿ10−12C V−1m−1(6,626 ÿ10−34J s)2/ [π 9,109 ÿ10−31kg (1,602 ÿ10−19C)2]ro = 0,053 nm.Hydrogenatomet har da en diameter på ca. 0,1 nm. Hvis carbon og oxygen atomernes diameterligeledes sættes til 0,1 nm, så vil en dodecanolkæde H-(CH2)12-O-H, som er 15 atomer lang, have enlængde på ca. 15 · (0,1 nm) = 1,5 nm. Dette passer nogenlunde med den fundne længde d = 2,0 nm.
  19. 19. Side 3 af 36a. Plutonium, et meget giftigt stofFor radioaktive nuklider gælder henfaldsformlen N(t) = N(0) exp[−ln(2) t / t½], og aktivitetsformlenA(t) = [ln(2)/ t½] N(0) exp[−ln(2) t / t½]. For Pu23994 haves t½ = 2,41·104år = 7,61·1011s.a) A(t) = 0.01 A(0) medfører exp[−ln(2) t / t½] = 0.01 eller t = [−ln(0,01)/ln(2)] t½ = 1,60·105årb) En dødelig dosis Pu23994 indeholder N(0) = M/(239 u) = 2,0·10−6kg/(239·1,661ÿ10−27kg) nuklider.N(0) = 5,04·1018. Dette giver en aktivitet på A(0) = [ln(2)/( 7,61·1011s)] 5,04·1018= 4,59·106Bq.Forholdet mellem naturlig aktivitet og dødelig Pu-aktivitet er 104Bq/(4,59·106Bq) = 0,002 = 0,2 %.c) 10 kg Pu indeholder N(0) = M/(239 u) = 10 kg/(239·1,661ÿ10−27kg) nuklider. N(0) = 2,52·1025.Efter 1000 år er der N(1000 år) = N(0) exp(−ln2·103/2,41·104) = 0,972 N(0) nuklider tilbage, så i alter der henfaldet ∆N = (1-0,972) N(0) = 7,14·1023nuklider. Den samlede afgivne energi er således∆E = ∆N · 8,4·10−13J = 7,14·1023· 8,4·10−13J. ∆E = 6,0·1011J.6b. Stort og lille pariserhjulFor en jævn cirkelbevægelse gælder for farten v og accelerationen a, at v = ω r og a = ω2r. Endvi-dere peger den samlede kraft på objektet altid ind mod centrum af cirkelbanen.a) Vinkelhastigheden er ω = 2π /T = 2π /(20 min·60 s/min) = 5,24·10−3rad/s. Farten af en kabinebliver da v = ω r = 5,24·10−3rad/s 104 m. v = 0,545 m/s.b) Ophænget skal udbalancere tyngdekraften mg samt levere den for cirkelbevægelsen nødvendigecentripetalkraft m ω2r. For ”Den blå Safir” er r = 4,5 m og ω = 2π /(6.0 s) = 1,05 rad/s. I øversteposition peger tyngde- og centripetalkraft samme vej, mens de er modsatrettede i nederste position.Forholdet mellem ophængets kraft i de to positioner er da Føverst/Fnederst = (g − ω2r)/ (g + ω2r). Idetω2r = (1,05 rad/s)24,5 m = 4,9 m/s2og g = 9,8 m/s2fås Føverst/Fnederst = (9,8−4,9)/ (9,8+4,9) = 0,33.For ”Beijing Great Wheel” fås tilsvarende ω2r = 0,0029 m/s2og Føverst/Fnederst = 0,999. ”BeijingGreat Wheel” drejer så langsomt, at centripetalkraften i cirkelbevægelsen er forsvindende lille i for-hold til gravitationskraften.c) I midterstillingen påvirkes kabinen af den nedadrettede lod-rette tyngdekraft, Ftyngde, samt en kraft fra ophænget, Fophæng,der peger skråt opefter, således at den samlede kraft i lodret ret-ning er nul og i vandret retning giver den for cirkelbanen nød-vendige centripetalkraft, der med en acceleration på 5,0 m/s2eromtrent halvt så stor som tyngdekraften.Opgavesættet slutFophængFtyngde
  20. 20. Løsninger til landsprøven ved Fysikolympiaden 20101. Tre små opgavera) Et loppehopLoppen starter fra hvile og opnår en hastighed på ∫=afsættafsæt dttatv0)()( , hvilket svarer til arealet undert-a-grafen. Et estimat af dette areal opnås enten ved at ”tælle tern” eller ved at estimere middelacce-lerationen ved en lineær tilnærmelse til grafen. Benyttes den sidstnævnte metode fås a = 103 g ogtiden =∆t 1,2 ms, hvorved =)( afsættv 1,2 m/s. Maksimalhøjden loppen når, bliver herved==gtvhafsæt2)( 27,4 cm, hvilket svarer til omtrent 37 gange loppens kropslængde. En OL-højde-springer kan kun klare 1,3 gange sin kropslængde!b) Dimensionering af flypropelHastigheden af et propelblads spids i forhold til luften består dels af en hastighedskomponent cirkelvrfra den jævne cirkelbevægelse omkring propelaksen, dels af en hastighedskomponent flyvrfra flyetsbevægelse gennem luften (se figur). Farten i cirkelbevægelsen er ωrvcirkel = , hvor24002 ⋅= πω omdr/min = 251 rad/s. Farten af et propelblads spids bliver derfor via Pythagoras’sætning:=−=⇔+=ωflyspidscirkelflyspidsvvrvvv222221,03 m, idet det er benyttet at 3408,0 ⋅=spidsv m/s.c) En sulten abeHvis aben slipper rebet vil både abe og bananklase være i frit fald og have sammebegyndelseshastighed. Aben kommer ikke ved denne metode tættere på bananklasen.d) Der indlægges et koordinatsystem med y-aksen opad. På aben virker en nedadrettet tyngdekraftmg og en opadrettet snorkraft S, så Newtons 2. lov på aben bliver mgSma −= . På bananklasenvirker en opadrettet snorkraft, der ifølge Newtons 3. lov også må være S samt en nedadrettet tyng-dekraft mg. Newtons 2. lov for bananklasen bliver derfor mgSma −= . Hvis aben trækker hårdere isnoren, så S forøges, og aben dermed accelerer opad, sker det samme for bananklasen. Abenkommer derfor heller ikke tættere på klasen ved denne metode.2. Uheld for en madelevatorLøsning:(a) Vi finder af energibevarelse kJ11,8m0,69,82kg200 2sm2021=⋅⋅=∆=⋅ xmgvm(b) Kraftligevægt: cm.19m185,0 ≈=⋅=⇒⋅=⋅kgmxgmxk
  21. 21. Side 2 af 3(c) Arbejdssætningen giver Ekin(0) + Egrav(0) = Ekin(x1) + Egrav(x1) + Efj(x1),og dermed ½m v02+0 = 0 − mg x1+ ½k x12Energi før var ½m v02= 11,8 kJ og energi efter er − mg x1+½k x12. Ved løsning af2. gradsligningen − mg x1+½k x12= 11,8 kJ fås: (x1 = −1,32 m) x1 = 1,69 m ≈ 1,7 m3. Solstrålinga) Til at begynde med vil al den absorberede energi gå til opvarmning. Senere vil den gå delvis tilopvarmning, men der vil også afgives energi til de koldere omgivelser ved udstråling og vedvarmeledning. Derfor stiger grafen mindre stejlt senere.b) Fra grafen findes hældningen af tangenten ved starten af måleperioden til =∆∆tT0,0192 K/s.Intensiteten er da 22232mW101,6m)10(15πK/s0,0192K)J/(kg380kg059,0)2/(⋅=⋅⋅⋅⋅⋅=∆∆== −dtTmcAPIπ.4. Elektrisk effekt i en brødristerElektrisk effekt P = U I = U2/R = R I2. Vi regner med DC, men der kan tilføjes en faktor 21for AC.a) R = Ra + Rb og U = R I så I = 230 V /(20 Ω + 40 Ω) = 3.83 APa = Ra I2= 20 Ω (3.83 A)2= 294 W ogPb = Rb I2= 40 Ω (3.83 A)2= 588 W.b) R = R1 + R2 + R3 og P = U2/R, så R = U2/P = (230 V)2 / 500 W = 106 Ω.Hvis de to brødskiver skal ristes samtidigt lige meget på hver side, så må der gælde, at den midersteglødetråd, som skal varme den ene side på to brødskiver, skal afgive dobbelt så stor effekt, som deto yderste glødetråde. Disse, som i øvrigt må være ens, skal jo hver især kun varme den ene side påen brødskive. Altså P2 = 2 P1 og P2 = 2 P3. Seriekoblingen betyder, at der løber den samme strøm Ii de tre glødetråde, og da R = P/I2 fås derfor R3 = R1 og R2 = 2 R1. Dette giver R = 4 R1, og dermedat R1 = R/4 = 26,5 Ω, R2 = 2 R1 = 52,9 Ω og R3 = 26,5 Ω.5. En simpel eksperimentel bestemmelse af Planck konstanten h(a) E = eU = 1,60·10−19C ·2,5 V = 4,0·10−19J.(b) Gitterkonstanten d = (10−3m)/300 = 3333 nm. λ = d sin(θ1) = 636 nm.(c) h = E/f = E λ /c = 8,5·10−34Js
  22. 22. Side 3 af 36a. Ligklædet i Torinoa) Klædestykket indeholder 0,35·12,39 mg = 4,34·10−3g kulstof, så stofmængden af kulstofatomer iklædet er n = m/M = 4,34·10−3g/(12,0 g/mol) = 0,363 mmol, hvilket svarer til N = 2,18·1020kulstofatomer. Heraf må der være N/8,3·1011= 2,62·108 146 C atomer.b) Det benyttes, at kteAA −= 0 , så den radioaktive alder af klædet (dvs. uden kalibrering) er givetved ( )0/ln1AAkt−= .Aktiviteten A0 pr. gram carbon i det nyfabrikerede klæde bestemmes: 1 gram frisk carbon indehol-der8,3·10112111⋅⋅ AN =6,04·1010 146 C atomer, hvilket giver at 232,02ln02/100 === NTkNA Bq (pr.gram carbon). De to oplyste værdier giver henholdsvis t = =⋅−−232,0208,0ln/1084,3112s903 år og706232,0213,0ln/1084,3112=⋅−−sår. Ved at benytte kalibreringskurven med disse to y-værdier fås, atklædet må være fabrikeret omtrent mellem år 1100 og år 1300, altså ganske mange år efter Jesudød.6b. Et hammerkasta) Kinematik:gvL20= (længden af det skrå kast), hvilket giver == Lgv0 27,1 m/sb) Newtons 2. lov og cirkelbevægelse lige før hammeren slippes giver: Srvmma ==20Indsæt udtrykket for v0, så bliver 1,2== mgrLS kN.En betragtelig størrelse, der svarer til vægten af 214 kg; Der er en grund til at hammerkastere erstærke. Vægten af kuglen er == mgw 71,3 N. Det er væsentlig mindre end snorspændingen, så denbenyttede tilnærmelse er rimelig.Opgavesættet slut
  23. 23. Kortfattet løsning1. Den store brand i K.B.-hallena) ∆ܶ =௉∙௧ఘ∙஺∙ௗ∙௖=1852 K ≈ 1,85·103Kb) ܲ௧௔௕ = 2‫ܣ‬ ∙ ݇ ∙ ሺܶଶ − ܶଵሻ + 2‫ܣ‬ ∙ ߪ ∙ ሺܶଶସ− ܶଵସሻ = 5,47W ≈ 5,5 Wc) P=Ptab: 20W = 2‫ܣ‬ ∙ ݇ ∙ ሺܶଶ − ܶଵሻ + 2‫ܣ‬ ∙ ߪ ∙ ሺܶଶସ− ܶଵସሻ. Løsning af denne ligning tilbestemmelse af T2 (løses på lommeregner): T2=1021 K =748 °C2. Blå sommerfuglBetingelsen for konstruktiv interferens af delbølger reflekteret fra toppen af to nabolag er atforskellen i vejlængde skal være et helt antal bølgelængder: ∆‫ܮ‬ = ‫,ߣ ݌‬ hvor p = 1,2,… Dafaseskiftet ved refleksion ved hvert lag er det samme, betyder dette ikke noget, og man får vedindsættelse, idet n betegner brydningsindeks, d er tykkelsen af et lag og D afstanden mellem tonabolag, atΔ‫ܮ‬ = 2 ሺ݊ ݀ + ‫ܦ‬ሻ = ‫ߣ݌‬Indsættelse af talværdier giver Δ‫ܮ‬ =459 nm, så ߣ = 459 ݊݉/‫.݌‬ Kun for ‫݌‬ = 1 fås konstruktivinterferens i det synlige område, så ߣ = 459 ݊݉, hvilket svarer til en blåviolet farve.3. Containerløfta) Da containeren, når den er helt under vand, bevæger sig med konstant hastighed, må summen afkræfterne på containeren være nul. Det betyder, at løftekraften bliver ‫ܨ‬௅ = ݉݃ − ‫ܨ‬௢௣ = 1,2ߩܸ݃ −ߩܸ݃ = 0,2ߩܸ݃.b) Så længe containeren er helt under vand, er kraften 0,2ߩܸ݃, kraftens arbejde bliver derfor‫ܣ‬ଵ = 0,2ߩܸ݃ሺ݀ − ℎሻ. Opdriften fra vandet på containeren varierer mens containeren trækkes op afvandet fra ߩܸ݃ til 0. Når containeren er delvist neddykket stykket x bliver ‫ܨ‬௢௣ = ‫/ܸ݃ߩݔ‬ℎ, hvor0 ≤ ‫ݔ‬ ≤ ℎ. Løftekraften på containeren bliver da ‫ܨ‬௅ = ݉݃ − ‫ܨ‬௢௣ = 1,2ߩܸ݃ −௫ఘ௏௚௛. Arbejdet fraløftekraften er arealet under (x,F)-grafen eller ‫ܣ‬ଶ = ‫׬‬ ቀ1,2ߩܸ݃ −௫ఘ௏௚௛ቁ ݀‫ݔ‬ = 1,2ߩܸ݃ℎ −௛଴ଵଶߩܸ݃ℎ = 0,7ߩܸ݃ℎ. På det sidste stykke, er løftekraften lig med tyngdekraften, dvs. ‫ܣ‬ଷ =1,2ߩܸ݃ሺ‫ܦ‬ − ݀ሻ. Det samlede arbejde som kranen har leveret bliver således ‫ܣ‬ = 0,2ߩܸ݃ሺ݀ − ℎሻ +0,7ߩܸ݃ℎ + 1,2ߩܸ݃ሺ‫ܦ‬ − ݀ሻ = ߩܸ݃ሺ1,2‫ܦ‬ + 0,5ℎ − ݀ሻ. c) Newtons 2. lov anvendt på containeren, mens den er helt under vand, giver: ‫ܨ‬௧௢௧ = ݉ܽ, hvor‫ܨ‬௧௢௧ = ‫ܨ‬௅ + ‫ܨ‬௢௣ − ݉݃ = 1,2ߩܸ݃ + ߩܸ݃ − 1,2ߩܸ݃ = ߩܸ݃, og accelerationen er derfor ܽ =ఘ௏௚ଵ,ଶఘ௏௚=ହ଺݃. Da accelerationen er konstant er ݀ − ℎ =ଵଶܽ‫ݐ‬ଶ, dvs. ‫ݐ‬ = ඥ2ሺ݀ − ℎሻ/ܽ =ටଵଶହሺ݀ − ℎሻ/݃d) Når konstant hastighed gennem vandet opnås, er summen af kræfterne på containeren nul, dvs. at‫ܨ‬௅ + ‫ܨ‬௢௣ − ݉݃ − ‫ܨ‬௩௔௡ௗ = 0, dvs. 1,2ߩܸ݃ + ߩܸ݃ − 1,2ߩܸ݃ −భమఘ௏௛‫ݒ‬ଶ= 0, hvilket giver‫ݒ‬௧௘௥௠௜௡௔௟ = ඥ2ℎ݃.
  24. 24. Side 2 af 34. Stort saltvandsakvariuma) Trykket ved bunden er ‫݌‬ = ‫݌‬଴ + ℎ݃߷ = 121 kPa.b) Gennemsnitstrykket er ‫݌‬ = ‫݌‬଴ + ½ℎ݃߷ = 111,05 kPa. Kraften på væggen fra vandet bliverderfor: ‫ܨ‬௛ø௝௥௘ = ‫ܣ݌‬ = 111,05 ∙ 10ଷ∙ 6 N = 6,7 ∙ 10ହ Nc) Gennemsnitstrykket ved venstre væg er det samme: ‫݌‬ = ‫݌‬଴ + ½ℎ݃߷ = 111,05 kPa. Men arealeter nu ‫ܣ‬ଵ =஺ୱ୧୬ሺ଺ହ°ሻ=6,62 m2. Kraften på venstre væg fra vandet bliver derfor:‫ܨ‬௩௘௡௦௧௥௘ = ‫ܣ݌‬ଵ = 7,4 ∙ 10ହ N(Hvis man i b) og c) glemmer atmosfæretrykket, vil det ikke blive regnet som en fejl, for sådan kanproblemet nok opfattes. Så får man henholdsvis: 60 kN og 67 kN).5. Kredsløb med små og store resistansera) Da strømstyrken gennem voltmetret er forsvindende i forhold til strømmen gennem R1 kan manregne med, at der er den samme strøm gennem R1 og R2: ‫ܫ‬ =௎ோభାோమ. Derfor bliver spændingsfaldetover R1, som voltmetret vil vise: ܷଵ = ܷ − ܴଶ௎ோభାோమ=ோభோభశோమܷ =ଶ,଴ஐଶ,଴ஐାସ,଴ஐ12V = 4,0 V.b) Nu vil en væsentlig brøkdel af den samlede strøm gå gennem voltmetret. Erstatningsresistansenfor voltmetret og R1 er ܴ௘௥௦௧௔௧ = ቀଵଵ଴୑ஐ+ଵଶ୑ஐቁିଵ=1,667 M .På lignende måde som før fås spændingsfaldet over R1, og dermed voltmetrets visning: ܷଵ =ଵ,଺଺଻ ୑ஐଵ,଺଺଻୑ஐାସ,଴୑ஐ12V = 3,53 V≈3,5 V.6a. H/He-forholdet efter Big Banga) Indsættelse af talværdier i formlen giverே೙ே೛= ݁ିሺభ,లళరవమళషభ,లళమలమమሻ ∙భబషమళమ,వవళవమఱమభ,యఴబలఱబ∙భబషమయబ,ఴల∙భబభబ=0,1747 eller 1:5,7244.b) neutronantallet ændres med en faktor ቀଵଶቁ௧/்½=0,83776, dvs. det nye neutron-protonforholdbliver0,83776/(5,7244+0,16224) = 0,1423 eller 1:7,03.c) For at danne en He-kerne skal benyttes to neutroner og to protoner. For hver 2 neutroner er derca. 14 protoner til rådighed. Dvs. når der er brugt 2 neutroner til en He-kerne vil der af de 14protoner til rådighed være 12 tilbage. Der er nu 1 He-kerne og 12 H. Masseforholdet mHe/mH bliverderfor 4:12 eller 1:3. Ud af den samlede masse udgør He 25 % og H 75 %, hvilket passer medobservationer og stjernemodeller.6b. Sten i cykelhjula) Cykelhjulet udfører, set fra dets centrum, en jævn cirkelbevægelse. Da cyklen ikke skrider, mådækket i løbet af et omløb have tilbagelagt vejlængden 2ߨ‫,ݎ‬ dvs. cyklens fart bliver ‫ݒ‬ =ଶగ௥், somnetop også er farten i den jævne cirkelbevægelse.
  25. 25. Side 3 af 3b) Stenens hastighed er summen af dens hastighed i forhold til hjulets centrum plus hjulets centrumshastighed i forhold til vejen, dvs., at størrelsen af stenens hastighed i øverste punkt netop bliver2‫ ݒ‬ሺ= 36௞௠௛= 10 ݉/‫ݏ‬ሻ.c) Set fra vejen er der tale om et vandret kast med farten 2‫.ݒ‬ Faldtiden er bestemt ved: ℎ = ½݃‫ݐ‬ଶ,hvor ℎ = 2‫.ݎ‬ Heraf: ‫ݐ‬ = ටସ௥௚. Den vandrette vejlængde i forhold til vejen bliver: ‫ݔ‬ = 2‫.ݐݒ‬ Men dahjulet i samme tidsrum bevæger sig ‫ݔ‬଴ = ‫,ݐݒ‬ bliver afstanden mellem nedslagspunktet og hjuletsrøringspunkt lig med ‫ݔ‬ − ‫ݔ‬଴ = ‫ݐݒ‬ = 5,0௠௦∙ ටସ∙଴,ଷସ ୫ଽ,଼ଶౣ౩మ= 1,86 mFarten ved nedslag fås fx af energibevarelse: ½݉‫ݒ‬ଵଶ+ ݉݃ℎ = ½݉‫ݒ‬ଶଶ⇒ ‫ݒ‬ଶ = ඥ‫ݒ‬ଵଶ+ 2݃ℎ =ඥ10ଶ + 2 ∙ 9,82 ∙ 0,68 m/s =10,6 m/s

×