Elevatortur - szymanski spil
Elevatortur - szymanski spil
Elevatortur - szymanski spil
Create successful ePaper yourself
Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1: Geotermisk anlæg<br />
Løsninger til eksamensopgaver på fysik A-niveau 2008 <br />
Maj 2008<br />
a) Ved at summere de to effekter til en samlet effekt, kan man udregne den årligt leverede<br />
energimængde:<br />
E P t <br />
leveret samlet<br />
6 300 120 10 365,2422 24 3600 16<br />
1,325390895 10 16<br />
1,325 10<br />
W s J J<br />
b) På 1 sekund leveres der en varmemængde på 300MJ (da effekten er defineret som energimængde<br />
pr. tid og enheden watt svarer til J/s).<br />
Da man kender temperaturfaldet for vandet, kan man bestemme massen af vand, der passerer<br />
anlægget pr. sekund:<br />
Q m c T <br />
vand vand<br />
6<br />
Q 30010 J<br />
mvand 1748,82246<br />
kg<br />
c J<br />
vand T<br />
4184 42 83 C<br />
kg C<br />
Det negative fortegn foran Q skyldes, at Q er den leverede varmemængde, der har samme størrelse<br />
som, men modsat fortegn af, energitilvæksten for det vand, der nedkøles.<br />
Den specifikke varmekapacitet er fundet i databogen side 153 (version 1998), hvor der er valgt en<br />
værdi ved 60°C (nogenlunde midt imellem højeste og laveste temperatur).<br />
Vands densitet ved 62,0°C slås op på side 151 til at være 0,98216 g/cm 3 . Hermed kan rumfanget<br />
bestemmes:<br />
m m 1748,82246kg<br />
3 3<br />
V 1,780588 m 1,78m<br />
V kg<br />
982,16 3<br />
m<br />
Opgave 2: En tur med elevator<br />
a) Det er oplyst, at der er en lineær sammenhæng, så det ville være nok at lave lineær regression og<br />
aflæse b-værdien (skæringen med 2. aksen), men det kan også laves i Excel, hvor man samtidig ser<br />
punkterne danne en ret linje:<br />
Trykket i kPa<br />
101,2<br />
101<br />
100,8<br />
100,6<br />
100,4<br />
100,2<br />
<strong>Elevatortur</strong><br />
y = -0,0372x + 101,13<br />
R² = 0,9959<br />
0 5 10 15 20 25<br />
Tiden i sekunder
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Dvs. at lufttrykket ved turens start er p = 101,13kPa<br />
b) Trykket fra en gas- eller væskesøjle er givet ved psøjle gas/<br />
væske g hsøjle<br />
, og i dette tilfælde med<br />
en luftsøjle (gassøjle), kan man regne med en konstant densitet, fordi man ikke kommer så højt op i<br />
forhold til atmosfærens tykkelse.<br />
Trykket som funktion af højden over jorden bliver så: p( h) g h p0<br />
, hvor sidste led er<br />
trykket ved jordoverfladen, og hvor det negative fortegn på højden skyldes, at luftsøjlen over<br />
stedet bliver mindre, når man kommer højere op.<br />
Ses der nu på trykændringen pr. tid (svarende til hældningen på grafen), får man:<br />
<br />
<br />
p p2 p gh 1<br />
2 p0 gh1p0gh2 gh1<br />
h<br />
g <br />
t t t t t<br />
p<br />
h<br />
svarer som nævnt til hældning på grafen, og er den fart, elevatoren kører med. Da<br />
t t densiteten og tyngdeaccelerationen er konstante, har man derfor også, at h <br />
er en konstant, og<br />
t dermed er elevatorens fart konstant.<br />
Denne fart kan nu bestemmes ud fra den udledte sammenhæng:<br />
p<br />
3 Pa<br />
0,037210 p h h t s<br />
m m<br />
g 3,15682 3,2<br />
t t t g kg m<br />
1,209,82 s s<br />
3 2<br />
m s<br />
Opgave 3: Datering af havvand<br />
a) I databogen under ”Radioaktive nuklider” (side 200 i 1998-udgaven) ses det, at Ar-39 er - -<br />
radioaktiv med halveringstiden 269 år. Det ses også, at argon er grundstof nr. 18, og ved<br />
kendskabet til, at der ved henfaldet udsendes en elektron samt ladningsbevarelse (18 = 19 + (-1))<br />
og nukleontalsbevarelse (39 = 39 + 0) får man:<br />
Ar K e v<br />
39 39 0<br />
18 19 1<br />
Der udsendes også altid en antineutrino (leptontalsbevarelse). At grundstof nr. 19 er kalium ses i<br />
det periodiske system.<br />
b) Aktiviteten kan bestemmes ud fra kendskabet til antallet af kerner og halveringstiden:<br />
ln(2) ln(2)<br />
5 55 A k N N 1,3 10 1,06150 10 Bq 1,110 Bq<br />
T 269 365,2422 24 3600s<br />
½
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
c) Ved hjælp af henfaldsloven kan man udlede, hvor lang tid det tager for mængden af Ar-39-atomer<br />
fra overfladevandet at være reduceret til mængden af Ar-39-atomer i vandet fra 5km’s dybde:<br />
t t<br />
1 T½ N( t) 1 T½ t 1 N( t) t 2 N0<br />
<br />
<br />
2 N0 2 T½ 2 N0 T½ 1 N( t)<br />
<br />
N( t) N0<br />
ln ln ln ln<br />
<br />
5<br />
1,310 4 <br />
N0<br />
<br />
ln ln<br />
Nt ()<br />
<br />
4,2 10<br />
t <br />
<br />
T½ <br />
<br />
269år 438,483555år 0,4kår<br />
ln(2) ln(2)<br />
Opgave 4: Cykelrytter<br />
a) Cykelrytteren kører med konstant fart, dvs. den resulterende kraft er nul. Luftmodstanden udgør<br />
det klart største bidrag til den samlede gnidningsmodstand, og det antages, at dens bidrag er 100%.<br />
Luftmodstanden er givet ved:<br />
1<br />
2<br />
Fluft cw luft<br />
A v<br />
2<br />
Den effekt, cykelrytteren yder, er, da kraften peger i samme retning som bevægelsen, givet ved:<br />
P F v Fluft v .<br />
Det sidste lighedstegn kommer af, at den resulterende kraft er nul, således at den kraft<br />
cykelrytteren yder skal svare til luftmodstanden.<br />
Da effekten er den samme i oprejst stilling og sammenbøjet stilling, har man nu:<br />
P P<br />
op bøj<br />
F v F v<br />
luft, op op luft, bøj bøj<br />
1 2<br />
cw, op luft Aop vop vop 2<br />
1<br />
2<br />
cw , bøj luft<br />
Abøj vbøj vbøj 2<br />
<br />
c A v c A v <br />
v<br />
3 3<br />
w, op op op w, bøj bøj bøj<br />
bøj<br />
km <br />
3 1,10,51 25<br />
cw, op Aopv <br />
op 3 t <br />
km km<br />
3<br />
30,2458577<br />
30<br />
c A 0,880,36 t t<br />
w, bøj bøj<br />
Opgave 5: Bjergbestigning<br />
a) Man kan med god tilnærmelse se bort fra luftmodstanden, da stenen har stor densitet og falder<br />
forholdsvis kort, så det er en bevægelse med den konstante acceleration g og<br />
begyndelseshastigheden 0 (antager at stenen ikke skubbes betydeligt nedad fra start):<br />
3<br />
v g t <br />
2<br />
1 v <br />
m m m<br />
1 s g v 2 s g 2 22m 9,82 20,7865 21<br />
2 <br />
2<br />
s g t 2 g s s s<br />
2
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
b) Den største kraft og dermed den største acceleration, som bjergbestigeren udsættes for, mens<br />
sikkerhedsrebet strammes, er når dets forlængelse er maksimal, da fjederkraften er størst i dette<br />
tilfælde.<br />
For at finde accelerationen ses på den resulterende kraft, og da fjederkraften peger opad og er<br />
modsat rettet tyngdekraften og større end denne fås:<br />
F ma res<br />
F Ffjeder F<br />
res<br />
t k y m g k y<br />
ag <br />
m m m m<br />
N<br />
m<br />
m<br />
m m m<br />
9,82 66,924186 67<br />
2 2 2<br />
86kg<br />
s s s<br />
3<br />
1,20 105,5 c) Når bjergbestigeren hænger stille, er den resulterende kraft 0, dvs. at tyngdekraften og<br />
fjederkraften udligner hinanden. Dermed kan forlængelsen af det elastiske reb beregnes:<br />
F F<br />
t fjeder<br />
m g k x <br />
m<br />
86kg 9,82<br />
mg 2<br />
xs0,70376667m k<br />
3 N<br />
1,20 10<br />
m<br />
Da rebet er 13,0m langt inde forlængelsen, kommer bjergbestigeren til at hænge følgende stykke<br />
under fastgørelsespunktet:<br />
h 13,0 m 0,70376667 m 13,7m<br />
under<br />
Dette sted er også centralt i forbindelse med spørgsmålet om, hvornår bjergbestigeren opnår den<br />
største fart, for farten øges under faldet så længde der er en acceleration nedad, og det er det indtil<br />
det sted, hvor fjederkraften lige netop er så stor som tyngdekraften, dvs. netop det ovenfor fundne<br />
sted (kaldet ligevægtspunktet). Før ligevægtspunktet er tyngdekraften større end fjederkraften, og<br />
her øges farten. Efter ligevægtspunktet er fjederkraften større end tyngdekraften, og<br />
bjergbestigeren bremses.<br />
For at finde farten ved ligevægtspunktet udnyttes kendskabet til energien i en fjeder. Den kinetiske<br />
energi i ligevægtspunktet er fuldstændigt omdannet til potentiel energi, når det elastiske reb er<br />
helt strakt (maksimal forlængelse). Dermed har man:<br />
E E<br />
kin, ligevægtspunkt pot, bund<br />
1 1<br />
m v k x<br />
2 2<br />
2 2<br />
ligevægtspunktbund 3 N<br />
2<br />
2<br />
kx 1,20 10 5,5 m0,70376667m ligevægtspunktbund m<br />
m m<br />
v 17,9160267 17,9<br />
m 86kg<br />
s s
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 6: Regnsensor<br />
a) Grænsevinklen når lys bevæger sig fra glas (n=1,48) til luft (n=1) beregnes:<br />
1 <br />
sin 42,<br />
5<br />
1,<br />
48 <br />
1<br />
i g<br />
Da indfaldsvinklen (45°) er større end grænsevinklen, vil der ske totalrefleksion.<br />
Hvis lyset bevæger sig fra glas (n=1,48) til vand (n=1,33) fås:<br />
1,<br />
33 <br />
sin 64,<br />
0<br />
1,<br />
48 <br />
1<br />
i g<br />
Da indfaldsvinklen her er mindre end grænsevinklen, vil der ikke ske totalrefleksion, dvs. noget af<br />
lyset vil reflekteres, mens resten brydes (og altså bevæger sig ud gennem regndråben).<br />
Opgave 7: Laserlys mod spejl<br />
a) Ud fra lysets fart i vakuum og kendskabet til brydningsindekset, kan lysets fart i krystallen<br />
bestemmes:<br />
m<br />
299792458<br />
c m 8 m<br />
vkrystal<br />
s 203940448 2,04 10<br />
n 1,470<br />
s s<br />
b) Antallet af overgang kan bestemmes ved at se på energien af de enkelte fotoner samt laserens<br />
effekt:<br />
Elaserlys Plaserlys t 0,50W1,00s 18 18<br />
novergange<br />
2,64550265 10 2,6 10<br />
18<br />
E E E 0,201 0,012 10<br />
J<br />
foton B A<br />
<br />
c) Det er oplyst, at laserlyset har bølgelængden 1053nm, hvilket man egentlig godt selv kunne have<br />
regnet ud ud fra kendskabet til energiniveauerne fra spørgsmål b).<br />
De enkelte fotoner har bevægelsesmængden:<br />
p<br />
foton<br />
h<br />
<br />
<br />
Da fotonerne reflekteres og dermed efter mødet med spejlet bevæger sig i modsat retning med en<br />
lige så stor bevægelsesmængde, vil ændringen i bevægelsesmængden være numerisk dobbelt så<br />
stor som bevægelsesmængden af den enkelte foton. Da man også kender antallet af udsendte<br />
fotoner pr. sekund (udregnet i spørgsmål b, da antallet af overgange netop svarer til antallet af<br />
udsendte fotoner), kan man hermed beregne kraften:<br />
p<br />
n fotoner pfoton<br />
n fotoner n<br />
samlet<br />
fotoner h<br />
Flaserlysspejl Fspejllaserlys 2pfoton 2<br />
t t t t<br />
<br />
18 34<br />
2,6455 10 6,626110 Js 9 9<br />
2 3,32941407 10 N 3,3 10<br />
N<br />
9<br />
1s 105310 m
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1: Q-værdi<br />
August 2008<br />
a) I databogen under ”Nukliders masse og bindingsenergi” (side 219 i 1998-udgaven) findes<br />
atommasserne af de indgående størrelser. Egentlig skal der regnes på kernemasser, men da<br />
man ville skulle trække 2 elektronmasser fra på begge sider, betyder det ikke noget for<br />
masseforskellen, og der regnes derfor på de fundne atommasser:<br />
3 2 2<br />
<br />
m m m m m m <br />
højreside venstreside He n H <br />
3,01604927u 1,00866490 u 2 2,01410178u 0,00348939u0 MeV MeV<br />
Q m 931,4943 0,00348939u 931,4943 3,250346895 MeV 3,25035MeV<br />
u u<br />
Opgave 2: Stoffet mellem stjernerne<br />
a)<br />
Opgave 3: Verdens hurtigste elevator<br />
Opgave 4: Argonlaser
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 5: Ægyptere i arbejde<br />
a) Da trækkraften fra den enkelte ægypter kendes sammen med hastigheden af bevægelsen, kan<br />
effekten af det arbejde, en enkelt ægypter udfører beregnes ved:<br />
m N m<br />
P F v 360N 0,<br />
45 162 162W<br />
s s<br />
b) Da bevægelsen foregår med konstant fart (langs en ret linje) er den resulterende kraft ifølge<br />
Newtons 1. lov nul. Farten er så lille, at der kan ses bort fra luftmodstand. Dermed påvirkes slæden<br />
med obelisken af fire kræfter.<br />
1) Tyngdekraften: Peger lodret nedad og har størrelsen:<br />
3 m<br />
6<br />
Ft m g 350 10<br />
kg<br />
9,<br />
82 3437000N<br />
3,<br />
44 10<br />
N<br />
s<br />
2) Normalkraften, der peger vinkelret på underlaget.<br />
3) Gnidningskraften, der peger modsat af bevægelsen.<br />
4) Trækkraften, der peger i bevægelsens retning, dvs. langs med underlaget.<br />
Størrelsen af normalkraften kan bestemmes, da den lagt til tyngdekraften skal give en vektor i<br />
underlagets retning:<br />
Dermed bliver:<br />
Fn t<br />
Ft Fn<br />
5°<br />
F cos(<br />
5)<br />
3423921N<br />
3,<br />
4210<br />
Gnidningskraften kan bestemmes ud fra normalkraften:<br />
Fg Fn<br />
0, 31<br />
3,<br />
4210<br />
N 1061416N<br />
1,<br />
0610<br />
6<br />
6<br />
N<br />
Hermed kan de fire kræfter indtegnes på bilag 2, hvor det for trækkraftens vedkommende er<br />
udnyttet, at den lagt til de tre andre vektorer skal sørge for, at den resulterende kraft bliver 0:<br />
6<br />
N
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Tyngdekraften og normalkraften giver lagt sammen en vektor ensrettet med gnidningskraften med<br />
størrelsen:<br />
Ft n t<br />
F sin(<br />
5)<br />
299554N<br />
0,<br />
30010<br />
Hermed bliver som vist på figuren:<br />
Ftræk Ft<br />
n Fg<br />
299554N<br />
1061416N<br />
1360970N<br />
1,<br />
3610<br />
Antallet N af ægyptere, der skal til at trække slæden, er dermed:<br />
1360970N<br />
N <br />
360N<br />
3780,<br />
4718<br />
Dvs. at der skal 3780 ægyptere til at trække slæden.<br />
6<br />
N<br />
6 N<br />
.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 6: Badekar<br />
Pigen på billedet er i stand til at løfte badekarret, så dets masse kan sættes til 20kg.<br />
Dimensionerne sættes til 1,8m x 0,5m x 0,50m, og dermed bliver det rumfang, som badekarret kan<br />
indeholde V 1, 8m<br />
0,<br />
5m<br />
0,<br />
5m<br />
0,<br />
45m<br />
En gymnasieelevs masse sættes til 70kg.<br />
Vandets massefylde sættes til 1kg/m 3 , da det er ferskvand.<br />
3<br />
Når badekarret flyder i vandet, er opdriften på det lige så stor som tyngdekraften af badekarret og<br />
eleverne.<br />
Der søges det maksimale antal elever Nmaks, og derfor regnes på det tilfælde, hvor badekarrets top ligger i<br />
vandoverfladen:<br />
F<br />
<br />
N<br />
opdrift<br />
vand<br />
maks<br />
F<br />
V<br />
<br />
<br />
t<br />
<br />
badekarret<br />
vand<br />
V<br />
g m<br />
badekarret<br />
m<br />
elev<br />
badekar<br />
m<br />
g N<br />
badekar<br />
Dvs. der kan være 6 elever i badekarret.<br />
Opgave 7: Atlanterhavskabel<br />
Opgave 8: Vandseng<br />
maks<br />
m<br />
elev<br />
g<br />
<br />
kg<br />
1000 0,<br />
45m<br />
3<br />
<br />
m<br />
70kg<br />
3<br />
20kg<br />
<br />
6,<br />
14
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1: Operahuset<br />
Maj 2009<br />
a) Da tiden og effekten er kendt, kan man bestemme den tilførte energi (i form af varme) ved:<br />
6 11 11<br />
Etilført Pt 3,4 10 W 24 3600s 2,9376 10 J 2,9 10 J<br />
b) Den modtagne varmemængde pr. minut er:<br />
3<br />
Emodtaget Pt 9010 W 60s 5400000J 5,4MJ<br />
Denne energi er gået til at opvarme havvand, hvis specifikke varmekapacitet er slået op i<br />
databogen side 147 (1998-udgaven), og massen af havvand passeret pr. minut er så:<br />
Emodtaget<br />
Emodtaget mhavvand chavvand T mhavvand<br />
<br />
c T<br />
havvand<br />
6<br />
5,4 10<br />
J<br />
mhavvand 597,41122kg 0,60tons<br />
3 J<br />
3,93 10 20,117,8 C<br />
kg C<br />
Opgave 2: Kørsel på glatbane<br />
a) Da man har en bevægelse med konstant acceleration (med negativt fortegn, da den er<br />
modsatrettet bevægelsen) og kender starthastigheden, kan man regne ud, hvornår hastigheden er<br />
0 ved:<br />
v() t v0<br />
v() t a0tv0 t <br />
a<br />
0<br />
1000m<br />
0 50 t 3600s 4,789272s 4,8s<br />
m<br />
2,9<br />
2<br />
s<br />
b) Bilens fart i bunden kan bestemmes ved at se på to forhold:<br />
1) Da den kører ned ad bakke omdannes noget potentiel energi til kinetisk energi.<br />
2) Da den bremser udføres en negativt arbejde på bilen, der derved mister noget energi.<br />
Man har altså:<br />
E E E A<br />
kin, bund kin, top pot, topbund gnidning<br />
1<br />
m v E E A<br />
2<br />
v<br />
bund<br />
<br />
2<br />
bund kin, top pot, topbund gnidning<br />
Ekin, top Epot , topbund Agnidning<br />
<br />
2<br />
<br />
m<br />
For at bestemme arbejdet udført af gnidningskraften, skal man kende dens størrelse, og den kan<br />
findes ud fra kendskabet til den dynamiske gnidningskoefficient og normalkraften. Altså skal man<br />
som det første have bestemt normalkraften.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Da bilen bliver på underlaget, må vektorsummen af tyngdekraften og normalkraften give en vektor<br />
parallelt med underlaget, og dermed kan man bestemme normalkraften ved at regne på den<br />
retvinklede grønne trekant, der er konstrueret ud fra vektorerne, og hvor det er et synsbedrag, hvis<br />
den korteste katete ikke ser ud til at være parallel med underlaget.<br />
m<br />
Fn cos(8,0 ) Ft cos(8,0 ) m g cos(8,0 ) 975kg 9,82 9481,3216 N<br />
2<br />
s<br />
F F 0,26 9481,3216 N 2465,1436N<br />
g n<br />
A F s 2465,1436N 30m 73954,3J<br />
g g<br />
Tabet i potentiel energi bestemmes:<br />
m<br />
Epot , topbund mbil g h 975kg 9,82 30m sin(8,0 ) 39975,4 J<br />
2<br />
s<br />
Den kinetiske energi fra start er:<br />
1 2 1 1000m<br />
<br />
Ekin, start m vstart 975kg 50 94039,4 J<br />
2 2 3600s<br />
<br />
Hermed bliver bilens fart for enden af banen:<br />
v<br />
bund<br />
Ekin, top Epot , topbund Agnidning<br />
<br />
2<br />
<br />
<br />
m<br />
<br />
2 94039J 39975J 73954J<br />
m m<br />
11,09958911,1 975kg<br />
s s<br />
2
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 3: Fusionsenergi<br />
b) Massen og densiteten er kendt, så rumfanget kan bestemmes ved:<br />
7<br />
m m 2,9 10<br />
kg<br />
73133 V 9,3548387 10 cm 9,4 10 m<br />
V kg<br />
0,31 3<br />
cm<br />
c) I databogen under ”Nukliders masse og bindingsenergi” (side 219 i 1998-udgaven) findes<br />
atommasserne af de indgående størrelser. Egentlig skal der regnes på kernemasser, men da<br />
man ville skulle trække 2 elektronmasser fra på begge sider, betyder det ikke noget for<br />
masseforskellen, og der regnes derfor på de fundne atommasser:<br />
4 2 3 <br />
<br />
m m m m m m m <br />
højreside venstreside He n H H <br />
4,00260324u 1,00866490 u 2,01410178u 3,01604927u 0,01888291u 0<br />
MeV MeV<br />
Q m 931,4943 0,01888291u 931,4943 17,589323 MeV 17,5893MeV<br />
u u<br />
Antallet af reaktioner bestemmes ved at se på indholdet af tritium og deuterium-atomer. Da der er<br />
lige mange af dem, har man:<br />
7<br />
mpille 2,9 10<br />
kg<br />
nreaktioner<br />
<br />
mH2atom mH3atom<br />
<br />
27<br />
kg<br />
2,01410178 u3,01604927u1,6605410 u<br />
19<br />
3,4719 10<br />
Hermed bliver den energi, der kan frigøres i pillen (hvis samtlige mulige reaktioner forløber):<br />
MJ<br />
MeV<br />
19<br />
19<br />
E frigivet Q nreaktioner 17,5893 MeV 1,602176565 10 3,4719 10 97,8MJ 3,0MJ<br />
Den energi, der kan frigives, er altså væsentlig større end den tilførte energi.<br />
Opgave 4: Planteplankton<br />
a) Da man kender energien og får at vide, at det er bølgelængden i luft (regnes som vakuum), der skal<br />
findes, har man:<br />
34<br />
m<br />
6,626110 Js299792458 hchc s<br />
7<br />
E foton 3,54724 10 m 355nm<br />
18<br />
<br />
E 0,560 10<br />
J<br />
foton<br />
b) Da man kender brydningsindekset, kan man bestemme lyshastigheden i vandet, og når man husker<br />
på, at lyset skal tilbagekastes og derfor bevæge sig den samme strækning to gange (frem og<br />
tilbage), kan man bestemme afstanden under havoverfladen, når man samtidig husker, at laseren<br />
og detektoren begge er placeret 11,5m under havoverfladen:
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
c<br />
slys vlys t<br />
t<br />
udsendelseregistrering hplanteplankton 11,5 m 11,5 m 11,5 m n<br />
2 2 2<br />
m<br />
299792458<br />
s 8<br />
6,910s 1,35<br />
hplanteplankton 11,5 m 19,1613628m 19,2<br />
m<br />
2<br />
udsendelseregistrering c) Da lyset svækkes med 11,9dB, og da energien af lyspulsen er 25,0mJ inden, den rammer området,<br />
er energien af lyspulsen efter passage af området:<br />
P ind E ind<br />
dBtab 10dB log 10dB log <br />
PudEud dBtab<br />
Eind 10dB<br />
10 Eud<br />
<br />
Eind Eud dBtab 10dB<br />
10<br />
25,0mJ<br />
1,6141356<br />
mJ<br />
11,9dB<br />
10dB<br />
10<br />
Dermed er den afsatte energi i området:<br />
E E E 25,0mJ 1,6141356 mJ 23,385864 mJ<br />
afsat ind ud<br />
Antallet af exciterede klorofylmolekyler svarer til antallet af exciterende fotoner, der kan<br />
bestemmes, fordi man kender den afsatte energi samt energien af en enkelt foton:<br />
n<br />
klorofylexcitationer<br />
Opgave 5: Månehop<br />
Eafsat 3<br />
23,38586 10<br />
J<br />
Efoton 18<br />
0,560 10<br />
J<br />
4,176047 10 4,2 10<br />
16 16<br />
a) Astronauten er kun påvirket af tyngdekraften, der kan regnes for at være konstant i nærheden af<br />
måneoverfladen. Den resulterende kraft er altså konstant, og dermed har man ifølge Newtons 2.<br />
lov en bevægelse med konstant acceleration. Dermed gælder:<br />
v( t)<br />
a t<br />
v<br />
0<br />
Tabellens værdier indtastes derfor i en tabel med tiden (målt i sekunder) i den første kolonne og<br />
hastigheden (målt i m/s) i den anden kolonne, hvorefter der laves lineær regression med den anden<br />
kolonne (hastigheden) som funktion af den første kolonne (tiden). Dette giver ligningen:<br />
m m<br />
v( t)<br />
1,<br />
61 t<br />
1,<br />
11<br />
2<br />
s s<br />
m<br />
Dermed kan tyngdeaccelerationen på Månen aflæses til : g Måne 1,<br />
61 .<br />
2<br />
s<br />
Det negative fortegn viser, at accelerationsvektoren peger nedad.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
b) Øverst i hoppet er v(t)=0, og derfor kan det søgte tidspunkt bestemmes ved:<br />
m<br />
0 1,<br />
61 t<br />
2 top<br />
s<br />
m<br />
1,<br />
11<br />
s<br />
<br />
m<br />
1,<br />
11<br />
t<br />
s<br />
top <br />
m<br />
1,<br />
61<br />
2<br />
s<br />
0,<br />
6873844s<br />
0,<br />
69s<br />
Astronautens højde kan bestemmes ud fra en energibetragtning.<br />
Den kinetiske energi fra start er i toppunktet helt omdannes til potentiel energi, så man har:<br />
Ekin,<br />
start E pot,<br />
top <br />
1 2<br />
m vstart<br />
2<br />
m gmåne<br />
htop<br />
<br />
h<br />
top<br />
2<br />
start<br />
v<br />
<br />
2 g<br />
måne<br />
<br />
2<br />
m <br />
1,<br />
11 <br />
s <br />
m<br />
2 1,<br />
61<br />
2<br />
s<br />
Opgave 6: Den internationale rumstation ISS<br />
0,<br />
38043845m<br />
0,<br />
38m<br />
a) På 56,8 døgn ses rumstationen at have tabt højde fra 344km til 338km. Den taber dermed højde<br />
med farten:<br />
s<br />
344 338km<br />
6000m<br />
m mm<br />
v <br />
<br />
0,<br />
001222613459<br />
1,<br />
22<br />
t<br />
56,<br />
8døgn<br />
56,<br />
8<br />
24 3600s<br />
s s<br />
b) Rumstationen er kun påvirket af tyngdekraften fra jorden, der dermed udgør den nødvendige<br />
centripetalkraft i cirkelbevægelsen. Man har dermed:<br />
F F <br />
M<br />
G <br />
T<br />
T<br />
t<br />
2<br />
<br />
c<br />
jord<br />
2<br />
r<br />
m<br />
2<br />
ISS<br />
4 <br />
r<br />
<br />
G M<br />
jord<br />
2<br />
4 <br />
<br />
3<br />
6,<br />
67 10<br />
m<br />
ISS<br />
T<br />
6371000m 338000m<br />
11<br />
<br />
m<br />
N <br />
kg<br />
4 <br />
r<br />
<br />
2<br />
T<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
2<br />
4 <br />
jord<br />
<br />
G M<br />
r h <br />
24<br />
5,<br />
976 10<br />
<br />
3<br />
kg<br />
jord<br />
ISS<br />
3<br />
<br />
5468,<br />
8794s<br />
1,<br />
52 timer<br />
c) Det er en centralbevægelse (med Jorden som centrallegeme), og den mekaniske energi er derfor<br />
givet ved:<br />
1 M m<br />
Emek G<br />
<br />
2 r<br />
Den tilførte energi fra raketmotoren kan dermed bestemmes:
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
1 M jord m ISS 1 M jord m<br />
ISS<br />
Eraketmotor Emek Emek , høj Emek , lav G G 2 rjord h ISS , høj 2 rjord h <br />
ISS , lav <br />
1 1 1 <br />
G M jord mISS <br />
2<br />
<br />
<br />
r hrh jord ISS , lav jord ISS , høj <br />
2<br />
1 11<br />
m<br />
24<br />
3 1 1 <br />
6,67 10 N 5,976 10 kg 300 10<br />
kg 2<br />
<br />
2<br />
kg<br />
6371000m338000m6371000m345000m 9288749319J 9,29GJ<br />
Opgave 7: Skøjteløber<br />
a) Det antages, at skøjteløberen vejer 55kg. Skøjterne vurderes at have bredden 0,5cm og længden<br />
15cm, og det antages, at skøjteløberen kun bruger én skøjte ad gangen, dvs. at al vægten fordelen<br />
på én fod.<br />
Trykket på isen skyldes, at personen påvirkes nedad af tyngdekraften, så man har:<br />
m<br />
55kg 9,82<br />
F F<br />
2<br />
t m g<br />
p s 720133Pa 7bar<br />
A A l b0,15m0,005m Skøjte skøjte skøjte
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1: Verdens højest beliggende jernbane<br />
August 2009<br />
E Pt W J MJ<br />
A A m m m<br />
modtaget<br />
a) 430 8,0 3600s 12384000 12,4<br />
2 2 2<br />
b) Det er ikke muligt at komme med et kvalificeret bud på, hvor stor en procentdel af energien, der vil<br />
gå til smeltningen, da det bl.a. afhænger af isens tykkelse og gennemsigtighed. Så det antages, at al<br />
energi afsættes i det lag, der smelter, hvor man så bare skal være opmærksom på, at det bliver den<br />
øvre grænse for lagtykkelsen, der bestemmes:<br />
Isen skal først opvarmes til smeltepunktet, hvorefter den skal smeltes. Med 41,5MJ til rådighed<br />
(svarende til 1m 2 ) får man:<br />
Etilført<br />
Etilført mis cis T mis Ls, is mis<br />
<br />
c T L<br />
is s, is<br />
6<br />
41,5 10<br />
J<br />
mis 120,46444kg<br />
3 J 3 J<br />
2,110 5,0C 33410 kg C<br />
kg<br />
Den specifikke varmekapacitet og smeltevarmen for is er fundet på side 153 i databogen (1998udgaven).<br />
Isens densitet findes på side 152, og den benyttes til at omregne massen til et rumfang:<br />
m 120,46444kg<br />
3<br />
V 0,1309396m<br />
<br />
3 kg<br />
0,92 10<br />
3<br />
m<br />
Da det var et område på 1m 2 , svarer dette til en dybde på: d 0,1309396m 13cm<br />
Dette er som nævnt en øvre grænse.<br />
Opgave 2: Eksotisk henfald<br />
a) Ved opslag i det periodiske system ses Ra (radium) at være grundstof nr. 88, og kulstof er nr. 6, så<br />
ved at benytte ladningsbevarelse (88 = 6 + 82) og nukleontalsbevarelse (223 = 14 + 209), samt i det<br />
periodiske system at se, at grundstof nr. 82 er bly (Pb), får man:<br />
Ra C Pb<br />
223 14 209<br />
88 6 82<br />
Der er ingen leptoner involveret i henfaldet.<br />
For at finde masseændringen, skal man egentlig regne på kernemasser, men da lige mange<br />
elektroner skulle trækkes fra på begge sider, kan man nøjes med at regne på atommasser, som slås<br />
op under ”Nukliders masse og bindingsenergi” begyndende side 219 i databogen (1998-udgaven):<br />
m m m m m m <br />
højresiden venstresiden Pb209 atom C14 atom Ra223 atom<br />
is<br />
<br />
208,981065u 14,00324198 u 223,018501u 0,03419402u 0 energifrigivelse<br />
MeV MeV<br />
Q m 931,4943 0,03419402u 931,4943 31,8515347241 MeV 31,85MeV<br />
u u
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
b) I databogen under ”Radioaktive nuklider” ses Ra-223 (som det også fremgår af opgaveteksten) at<br />
være alfa-radioaktiv, og halveringstiden for henfaldet er 11,435 døgn.<br />
Man kender massen af Ra-223-atomer fra tidligere, så antallet af alfahenfald pr. minut (dette<br />
tidsrum er så kort, at man kan regne med en konstant mængde kerner hele tiden) kan beregnes<br />
ved at gange aktiviteten A med tidsrummet:<br />
ln(2) mRa223klump<br />
nalfahenfald At k Nkerner t t<br />
T m<br />
½ Ra223atom ln(2) 2,0g<br />
nalfahenfald 60s2,2733513610 11,435 243600s 24<br />
g<br />
223,01850u 1,6605410 u<br />
Dette er antallet af alfahenfald, og dermed er antallet af C-14-henfald:<br />
17<br />
nalfahenfald<br />
2,27335 10<br />
8<br />
nC 14henfald 189445947 1,8910 9 9<br />
1,2 101,210 Opgave 3: Brud på lysleder<br />
a) Lyset reflekteres og bevæger sig altså frem og tilbage, dvs. tiden ind til bruddet er kun det halve<br />
af den målte tid, og da lysets hastighed i lyslederen kan beregnes ud fra brydningsindekset, kan<br />
afstanden ind til bruddet bestemmes ved:<br />
m<br />
299792458<br />
3<br />
c tmålt<br />
s 0,186 10<br />
s<br />
s vt 19188,3679 m 19,2km<br />
n 2 1,453 2<br />
b) Det tilladte effekttab er på:<br />
Opgave 4: Legetøjsfrø<br />
P ind 920W<br />
<br />
dBtab 10 log 10log 18,846066dB<br />
Pud 12,0W <br />
Da effekttabet er på 0,19dB/km, svarer dette til:<br />
18,846066dB<br />
s 99,18982km<br />
dB<br />
0,19<br />
km<br />
Da lysstrålen både skal frem og tilbage, svarer dette til et kabelstykke med længden:<br />
s<br />
99,18982km<br />
lkabelstykke 49,5949km 50km<br />
2 2<br />
a) Hookes lov siger, at F k x , hvor x er forskydningen ud fra ligevægtsstillingen, F er fjederkraften<br />
vendt mod ligevægtsstillingen og k er fjederkonstanten. Dermed kan fjederkonstanten findes ved at<br />
lave lineær regression på tallene fra tabellen og tvinge grafen gennem (0,0), hvorefter<br />
hældningskoefficienten er k. Dette gøres i Excel, og man får:<br />
17
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Fjederkraften målt i N<br />
16<br />
14<br />
12<br />
10<br />
8<br />
6<br />
4<br />
2<br />
0<br />
Forskydningen er målt i cm, så man får:<br />
N N kN<br />
k 4, 3209 432,<br />
09 0,<br />
43<br />
cm m m<br />
(hvis grafen ikke tvinges gennem (0,0) fås de angivne 0,44kN/m).<br />
b) Den potentielle energi i fjederen, når den er trykket 2,5cm ned fra ligevægt er:<br />
1 2 1 N<br />
2<br />
E pot,<br />
fjeder k x 432,<br />
09 0, 025m<br />
0,<br />
135028125J<br />
2 2 m<br />
Denne energi omdannes i første omgang til kinetisk energi, så frøen hopper, og i toppen af hoppet<br />
er denne kinetiske energi omdannet til potentiel energi. Dvs. fjederens potentielle energi er blevet<br />
til potentiel energi i tyngdefeltet.<br />
Med den energi, der er til rådighed, kan 13,2g hæves:<br />
E pot,<br />
tyngdefelt et E pot,<br />
fjeder 0,<br />
135028J<br />
E pot,<br />
tyngdefelt et m g h h <br />
<br />
1,<br />
041691m<br />
m g m g<br />
m<br />
0,<br />
0132kg<br />
9,<br />
82<br />
2<br />
s<br />
Hvis det meste af massen er placeret i frøen og fjederen, skal der trækkes knap 2,5cm fra dette tal,<br />
men samlet set kan det vurderes, at frøen hopper 1, 0m<br />
opad.<br />
Opgave 5: Svævebane<br />
Legetøjsfrø<br />
y = 4,3209x<br />
R² = 0,9955<br />
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5<br />
Forskydningen ud fra ligevægt målt i cm<br />
a) Da manden bevæger sig med konstant hastighed, er den resulterende kraft 0.<br />
De tre kræfter, der virker på manden, er:<br />
Kraft nr. 1:<br />
m<br />
Tyngdekraften Ft: Har retning lodret nedad og størrelsen Ft m g 72kg 9,82 707,04 N .<br />
2<br />
s<br />
Med den angivne målestok, kan kraften indtegnes på bilaget.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Kraft nr. 2:<br />
Kraften fra snoren ned til selen Fs: Snoren kan kun trække, dvs. denne kraft har samme retning som<br />
snoren peger. Der tegnes altså en stiplet linje (linje 1), der er parallel med snoren, og som går<br />
gennem endepunktet af tyngdekraften (se figur).<br />
Kraft nr. 3:<br />
Gnidningsmodstanden (inkluderer luftmodstanden) Fg: Den har samme retning som bevægelsen, og<br />
derfor tegnes en stiplet linje (linje 2) parallel med bevægelsesretningen og gennem<br />
massemidtpunktet (se figur).<br />
Da den resulterende kraft som nævnt er nul, skal kræfterne lagt sammen som vektorer give<br />
nulvektoren, og dermed kan normalkraften tegnes fra endepunktet af tyngdekraften og op til linje<br />
2, hvorefter den flyttes, så den får begyndelsespunkt i massemidtpunktet.<br />
Gnidningsmodstanden kan så tegnes så det punkt, hvor linjerne 1 og 2 skærer og ind til<br />
massemidtpunktet, hvorefter den flyttes, så begyndelsesmidtpunktet er massemidtpunktet. På<br />
denne måde har vektorerne fået både rigtige retninger og længder, da retningerne er fastlagt som<br />
beskrevet ovenfor, og da længderne følger af, at den resulterende kraft er nul.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 6: Skibsforlis<br />
a) Da gennemsnitsfarten og strækningen kendes, kan den benyttede tid findes:<br />
3<br />
s<br />
s<br />
5550 10<br />
m<br />
vgen<br />
t <br />
462500s<br />
5,<br />
4døgn<br />
t v<br />
m<br />
gen 12,<br />
0<br />
s<br />
b) Da de to færger hænger sammen efter sammenstødet (fuldstændig uelastisk sammenstød), kan<br />
tabet i kinetisk energi bestemmes ved:<br />
E<br />
kin,<br />
tab<br />
1<br />
m<br />
2<br />
AD<br />
Q<br />
E<br />
u<br />
2<br />
1<br />
kin<br />
1<br />
mS<br />
u<br />
2<br />
1 6 m <br />
40 10<br />
kg<br />
11,<br />
3 <br />
2<br />
s <br />
269400000J<br />
0,<br />
27GJ<br />
E<br />
2<br />
2<br />
2<br />
<br />
kin,<br />
før<br />
1<br />
2<br />
<br />
E<br />
m m <br />
AD<br />
kin,<br />
efter<br />
s<br />
<br />
v<br />
2<br />
fælles<br />
<br />
2<br />
1 6 m 1 6 m <br />
20 10<br />
kg<br />
9,<br />
8 60 10<br />
kg<br />
10,<br />
4 <br />
2<br />
s 2<br />
s <br />
c) Ved sammenstødet er den samlede bevægelsesmængde bevaret.<br />
Bevægelsesmængden i vandret retning må altså efter sammenstødet være:<br />
pefter, vandret p før , vandret p før , AD p før , S cos( 33)<br />
mAD<br />
u1<br />
mS<br />
u<br />
2 cos<br />
6 m<br />
6 m<br />
m<br />
40 10<br />
kg11,<br />
3 20 10<br />
kg<br />
9,<br />
8 cos( 33)<br />
616379431kg<br />
s<br />
s<br />
s<br />
Bevægelsesmængden i lodret retning er:<br />
pefter, lodret p før , lodret p før , S sin(<br />
33)<br />
mS<br />
u<br />
2 sin<br />
6 m<br />
m<br />
20 10<br />
kg<br />
9,<br />
8 sin(<br />
33)<br />
106749251kg<br />
s<br />
s<br />
Størrelsen af bevægelsesmængden er dermed:<br />
2<br />
2<br />
p efter,<br />
lodret<br />
p p 625554958kg<br />
efter efter , vandret<br />
Så kan den fælles fart bestemmes:<br />
v<br />
fælles<br />
pefter<br />
<br />
m m<br />
AD<br />
S<br />
m<br />
s<br />
33 m<br />
625554958kg<br />
s<br />
m m<br />
<br />
10,<br />
4259 10,<br />
4<br />
6<br />
6<br />
40 10<br />
kg 20 10<br />
kg s s<br />
<br />
2<br />
33
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 7: Kobberlaser<br />
a) Bølgelængderne omregnes til energier (i enheden aJ):<br />
hc <br />
E foton <br />
<br />
34<br />
m<br />
6,626110 Js299792458 s<br />
19<br />
E foton,1<br />
3,89043 10 J 0,3890aJ<br />
9<br />
510,6 10<br />
m<br />
34<br />
m<br />
6,626110 Js299792458 s<br />
19<br />
E foton,2<br />
3,43558 10 J 0,3456aJ<br />
9<br />
578,2 10<br />
m<br />
Laseren fungerer ved, at atomet pumpes op til en exciteret tilstand, hvorfra den henfalder til en<br />
lavere exciteret tilstand, hvor den ved stimulering med en foton kan henfalde igen til en endnu<br />
lavere tilstand, og dette kan lade sig gøre, hvis atomet anslåes til tilstand D, henfalder til tilstand C,<br />
hvorfra laserlyset udsendes, når atomet henfalder fra tilstand C til enten tilstand B eller tilstand A.<br />
Derfor undersøges det, om energiforskellene mellem C og B samt C og A passer med energierne af<br />
fotonerne:<br />
E E 0,6066aJ 0,2631aJ 0,3435aJ<br />
C B<br />
E E 0,6066aJ 0,2225aJ 0,3841aJ<br />
C A<br />
Disse tal stemmer faktisk ikke helt overens inden for den opgivne nøjagtighed, men det er de<br />
bedste muligheder, og afvigelserne skyldes sandsynligvis, at opgavestillerne har forestillet sig, at<br />
man regner med afrundede værdier for Plancks konstant og lysets hastighed.<br />
Så de pågældende overgange må altså være CB og CA.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 8: Solcelledrevet vandpumpe<br />
a) Man kender den afsatte effekt og spændingsfaldet, så strømstyrken kan beregnes ved:<br />
Pafsat U I <br />
Pafsat 165W<br />
I 6,875A 6,9 A<br />
U 24V<br />
b) Den tilførte solenergi kan bestemmes som arealet under grafen, da det er en (t,P)-graf, og da:<br />
dE() t<br />
P( t) <br />
dt<br />
E P( t) dt<br />
Arealet bestemmes ved først at tegne et trapez (den sorte figur), hvor lige store dele af arealet skal<br />
ligge udenfor som indenfor. Derefter tegnes et rektangel med et lige så stort areal som trapezet<br />
(sidelængden gennemsnittet af trapezets sidelængder). Arealet (energien) bliver så:<br />
<br />
E 16,4 7,7 3600s 7200W 225504000 J 0,23GJ<br />
sol<br />
Da kun 4,8% af denne energi udnyttes, og da udnyttes svarer til en omdannelse til potentiel energi,<br />
har man så:<br />
E 0,048 E 0,048 0,225504 GJ 10824192 J 11MJ<br />
pot sol<br />
Der regnes med en densitet for vand på 1,0g/cm 3 , og da brønden er 80m dyb får man altså:<br />
Epot m g h V g h <br />
Epot<br />
V <br />
gh 10824192J<br />
V 13,77825 m 14m<br />
3 kg m<br />
1,0 10 9,82 80m<br />
3 2<br />
m s<br />
3 3
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1: Lys i svømmebassin<br />
December 2009<br />
a) Effekten og spændingsfaldet kendes, så strømstyrken kan beregnes ved:<br />
P U I <br />
P 150W<br />
I 0,65217391A 0,65 A<br />
U 230V<br />
b) Grænsevinklen, der også er den mindste indfaldsvinkel en lysstråle må ramme grænsefladen med,<br />
hvis (alt) lyset skal forblive i lyslederens kerne, bestemmes ud fra de opgivne brydningsindeks:<br />
i<br />
n 1,403 1 2 1<br />
g sin sin 70,110169 70,1<br />
n<br />
<br />
1 1,492<br />
<br />
<br />
<br />
c) Man kender effekttabet efter 12m, men skal kende det efter 1m for at kunne udregne det i<br />
enheden dB/m. Effekten aftager eksponentielt, og man har så:<br />
x<br />
P( x) P(0) e <br />
, hvor er den konstant. Denne konstant bestemmes:<br />
12m 12m 0,57 P(0) P(0) e e 0,57 12m ln(0,57)<br />
<br />
ln(0,57)<br />
1<br />
0,04684324m<br />
12m<br />
Hermed kan det procentvise fald i effekten pr. meter bestemmes:<br />
1m P(1 m) P(0) e<br />
1<br />
0,046843m 1m<br />
e 0,954236969<br />
P(0) P(0)<br />
Udtrykt i dB pr. meter bliver dette:<br />
dB P ind dB P(0) dB 1 <br />
dBtab<br />
10 log 10 log 10log m Pud m P(1 m) m<br />
<br />
0,9542369<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
dB dB<br />
0,20343762 0,2<br />
m m<br />
Opgave 2: Sporvogn i San Francisco<br />
a) Kablet ligger mellem skinnerne (ifølge opgaveteksten), og det trækker dermed i vognens<br />
bevægelsesretning, hvorfor der gælder:<br />
3<br />
P 38010 W<br />
4<br />
P F v F 91200N 910 N<br />
v 1000m<br />
15 3600s<br />
b) Sporvognen kører med konstant fart, så den resulterende kraft på den er nul.<br />
Den påvirkes af tyngdekraften, gnidningskraften, normalkraften og trækkraften fra kablet.<br />
Trækkraften Ftræk er ensrettet med bevægelsesretningen.<br />
Gnidningskraften Fg er modsatrettet bevægelsesretningen.<br />
Normalkraften Fn peger vinkelret op fra underlaget.<br />
Tyngdekraften Ft peger lodret nedad.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Trækkraften er angivet til at være 124kN, og med den anviste målestok kan den indtegnes på<br />
bilaget.<br />
Tyngdekraften beregnes:<br />
indtegnes på bilaget.<br />
4 m<br />
Ft m g 1,5 10 kg 9,82 147300 N 147,3kN<br />
. Dette<br />
2<br />
s<br />
Den komposant af tyngdekraften, der står vinkelret på underlaget (se den sorte, stiplede pil på<br />
bilaget), må udlignes af normalkraften, da hverken trækkraften eller gnidningskraften har<br />
komposanter i denne retning. Dermed kan normalkraftens størrelse bestemmes ved at regne på<br />
den retvinklede trekant dannet af tyngdekraften og den sorte, stiplede pil:<br />
F cos(21 ) F cos(21 ) 147300N 137516,3968 N 137,5kN<br />
.<br />
n t<br />
Dette indtegnes på bilaget.<br />
Gnidningskraften kan bestemmes ved at kigge på tyngdekraften og trækkraften, fordi<br />
normalkraften står vinkelret på gnidningskraften og dermed ikke har en komposant i dennes<br />
retning.<br />
Gnidningskraften må sammen med den del af tyngdekraften, der peger i underlagets retning,<br />
udligne trækkraften. Når der ses på størrelserne af kræfterne, har man altså:<br />
F F F F sin(21 ) F 124kN sin(21 ) 147,3kN <br />
g træk t, underlagskomposant træk t<br />
71,2124 7 10<br />
4<br />
kN N<br />
Dette indtegnes på bilaget:
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 3: Globtik Tokyo<br />
a) Da både farten og massen kendes, kan den kinetiske energi bestemmes ved:<br />
2<br />
2 8 m <br />
10 10<br />
1 1<br />
Ekin m v 6,5 10 kg 7,2 1,6848 10 J 1,68 10<br />
J<br />
2 2 s <br />
b) Der er målt for hver 100s, så tidsintervallerne er lige store, og det ses også, at hastigheden ændrer<br />
sig, samt at ændringen IKKE er konstant i de lige store tidsintervaller. Dvs. at det er hverken en<br />
bevægelse med konstant hastighed eller acceleration. Man kunne godt forsøge at finde en forskrift<br />
for en funktion, der beskrev accelerationen, men det er ikke nødvendigt for at kunne løse<br />
opgaverne b) og c), og desuden ses det på punkterne, at der ikke er nogen simpel forskrift, der kan<br />
beskrive accelerationen, da punkterne først lægger sig på en bue og derefter danner noget, der<br />
kunne minde om en ret linje:<br />
Farten målt i meter pr. sekund<br />
8<br />
7<br />
6<br />
5<br />
4<br />
3<br />
2<br />
1<br />
0<br />
Globtik Tokyo under acceleration<br />
0 200 400 600 800 1000 1200<br />
Tiden målt i sekunder<br />
Spørgsmålet besvares derfor ud fra punkterne i tabellen:<br />
For at bestemme accelerationen ved t = 400s, ses på de to punkter på hver side, hvilket ligner en<br />
god tilnærmelses, da farten er ændret lige meget til begge sider. Man har altså:<br />
m m m<br />
5,2 4,2 1,0<br />
v<br />
m<br />
a s s s 0,0050 2<br />
t500s300s200ss c) For at finde den sejlede strækning på de 1000s, ses på gennemsnitsfarten i hvert interval:<br />
1,62,82,83,53,54,26,46,86,87,1m s vgen<br />
t ... 100s <br />
2 2 2 2 2 s<br />
1,67,1m 2,8 3,5 4,2 4,7 5,2 5,6 6,0 6,4 6,8 100s 4955m 5,0km<br />
2 2 s
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 4: Protonhenfald<br />
a) I det periodiske system ses bismuth at være grundstof nr. 83. Henfaldsskemaet bliver:<br />
185<br />
83<br />
Bi<br />
*<br />
1<br />
1<br />
p<br />
184<br />
82<br />
Pb<br />
1<br />
Protonen er angivet som 1 p , men den kunne også være angivet som en hydrogenkerne H<br />
1<br />
1 .<br />
Ladningsbevarelsen giver, at datterkernen er grundstof nr. 82, der i det periodiske system ses at<br />
være bly, Pb. Nukleontalsbevarelsen fortæller, at Pb-isotopen skal have 184 nukleoner.<br />
Der indgår ingen leptoner i regnskabet.<br />
b) Da aktiviteten er faldet til 20,7% efter 100 mikrosekunder, kan halveringstiden bestemmes ved:<br />
A(<br />
t)<br />
A<br />
0<br />
0,<br />
207 A<br />
0<br />
1 <br />
<br />
<br />
2 <br />
A<br />
0<br />
t<br />
T<br />
½<br />
10010<br />
T<br />
1 <br />
<br />
<br />
2 <br />
6<br />
s<br />
10010<br />
T<br />
1 <br />
0,<br />
207 <br />
2 <br />
½<br />
<br />
ln( 0,<br />
5)<br />
T½<br />
100<br />
10<br />
ln( 0,<br />
207)<br />
½<br />
6<br />
6<br />
s<br />
<br />
s 44,<br />
008325310<br />
6<br />
s 44s<br />
c) Der spørges om massen af Bi-185-atomet, så der regnes med atommasser i stedet for kernemasser.<br />
Først bestemmes massen af højresiden i henfaldsskemaet:<br />
mhøjreside mPb<br />
184 mH<br />
1<br />
183,<br />
9881u<br />
1,<br />
00782504u<br />
184,<br />
99592504u<br />
Da Q-værdien er positiv (der frigives energi), er massen af venstresiden (Bi-185 i exciteret form)<br />
større end ovenstående masse. HVIS henfaldet kunne være foregået fra den ikke exciterede<br />
tilstand, ville Q-værdien have været: Q 0, 2554pJ<br />
0,<br />
0352pJ<br />
0,<br />
2202pJ<br />
. Denne energi kan<br />
omregnes til masse, og dermed kan massen af Bi-185 i ikke exciteret tilstand bestemmes:<br />
12<br />
E<br />
0,<br />
2202 10<br />
J<br />
mBi185 mhøjreside<br />
184,<br />
99592504u<br />
<br />
2<br />
c<br />
m <br />
299792458<br />
<br />
s <br />
184,<br />
99740049703u<br />
184,<br />
9974u<br />
Opgave 5: Håndvarme<br />
2<br />
1<br />
<br />
1,<br />
66054 10<br />
a) Det vurderes, at man pr. sekund kan nå at gnide hænderne 5 gange frem og tilbage, hvor hver<br />
bevægelse strækker sig over 10 cm, dvs. det pr. sekund drejer sig om en bevægelse over 100cm.<br />
Hver hånd presser med en kraft på 200N (svarende til at skubbe ca. 20kg opad) mod hinanden, dvs.<br />
der regnes med en normalkraft på 400N, og hvis gnidningskoefficienten sættes til 0,1, giver det en<br />
gnidningskraft på 40N.<br />
Det udførte arbejde er så: A F s 40N 1,0m 40J<br />
, og da det foregik på et sekund, bliver<br />
det til en effekt på: P 40W<br />
27<br />
kg<br />
u
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 6: Lasersvejsning<br />
a) Man kender nyttevirkningen og effekten af laseren, så energiforbruget pr. time bliver:<br />
Elaser Elaser Plaser t 3<br />
1210W3600s Etilført<br />
tilført<br />
0,11<br />
E 392727272,7 J 0,4GJ<br />
b) Den maksimale fart svarer til, at der ikke afgives energi til omgivelserne, og at det kun er det<br />
område, som laserstrålen rammer, der bliver opvarmet.<br />
For at smelte pladen, skal den først opvarmes til 1515°C, hvorefter den skal skifte fase fra fast til<br />
flydende. På 1s afgiver laserstrålen 12kJ, og denne energimængde kan smelte følgende stålmasse:<br />
Etilført<br />
Etilført mstål cstål T mstål Ls, stål mstål<br />
<br />
c T L<br />
stål s, stål<br />
3<br />
1210 J<br />
mstål 0,0102223358kg<br />
J 5 J<br />
620 1515 20C 2,47 10<br />
kg C<br />
kg<br />
Da man kender densiteten af stålet, kan man omregne massen til et rumfang:<br />
mstål 0,0102223358kg<br />
6<br />
3 3<br />
Vstål 1,3005516 10 m 1300,55<br />
mm<br />
stål<br />
3 kg<br />
7,86 10<br />
3<br />
m<br />
Det smeltede område regnes som en kasse, og da tykkelsen (højden) er 12,0mm og bredden af<br />
strålen 4,0mm, svarer dette rumfang til en kasselængde på:<br />
3<br />
V 1300,55mm<br />
V h b l l 27,0948mm<br />
hb12,0mm4,0mm cm<br />
Denne længde kan strålen bevæge sig på 1 sekund, så den maksimale fart er: vmaks<br />
2,7<br />
s<br />
Opgave 7: Laser<br />
a) Gassen pumpes op i den exciterede tilstand B, hvorefter den henfalder til tilstand A. Det er fra<br />
denne tilstand til grundtilstanden, at den stimulerede emission foregår, dvs. at laserstrålingen får<br />
bølgelængden:<br />
34<br />
6,626110 Js299792458 hchc s<br />
6<br />
E foton 1,5495 10 m 1550nm<br />
18<br />
<br />
E foton 0,1282 10J0J m
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1. Afbrænding af peanuts.<br />
27.maj 2010<br />
a) Da den frigivne energi inden for et angivet tidsrum er kendt, kan effekten P bestemmes ud fra<br />
definitionen på begrebet:<br />
E<br />
3<br />
frigivet 5,<br />
810<br />
J<br />
Pgen<br />
64,<br />
4444W<br />
64W<br />
t<br />
90s<br />
b) De specifikke varmekapaciteter for aluminium og vand findes i Databogen (henholdsvis side 142 og<br />
J<br />
J<br />
147 i 1998-udgaven): cAl 896 og cvand 4180 .<br />
kg<br />
K<br />
kg<br />
K<br />
Hermed kan energitilvæksten for dåse og vand bestemmes:<br />
E<br />
E<br />
m c T<br />
m c<br />
Edåsevand dåse vand dåse Al<br />
vand vand<br />
T<br />
<br />
J<br />
J<br />
0, 014kg<br />
896 8,<br />
3K<br />
0,<br />
142kg<br />
4180 8,<br />
3K<br />
5030,<br />
6632<br />
kg<br />
K<br />
kg<br />
K<br />
Fra teksten til spørgsmål a) kendes den frigivne (tilførte) energi, og energien modtaget af dåse og<br />
vand kendes fra spørgsmål b). Hermed kan nyttevirkningen bestemmes:<br />
<br />
E<br />
E<br />
nyttig<br />
tilført<br />
Opgave 2. Rullende fortov<br />
5030,<br />
6632J<br />
<br />
0,<br />
86735572413793<br />
87%<br />
3<br />
5,<br />
810<br />
J<br />
a) Det er en (t,v)-graf, så accelerationen til et bestemt tidspunkt kan bestemmes som hældningen for<br />
tangenten til grafen det pågældende sted. Derfor indtegnes tangenten på bilaget:<br />
m m<br />
4,2 0,7 3,5<br />
m<br />
a5,0s s s <br />
0,175 2<br />
20s 20s<br />
s<br />
J
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
b) Det er en (t,v)-graf, så den tilbagelagte strækning kan bestemmes som arealet under grafen. Der<br />
indtegnes hjælpefigurer på bilaget til at bestemmes arealet (de to trekanter har samme areal):<br />
m m 1 m<br />
l fortov A1 A2 2 A3 1,0 76s 1,5 65 11 s 2 1,5 11s <br />
s s 2 s<br />
76m 81m 16,5m 173,5 m 174m<br />
Opgave 3: Gynge<br />
a) Længden af kablerne vurderes ud fra drengens størrelse til at være 2,8m (Drengens overkrop<br />
vurderet til 70cm). Der regnes med, at drengen er på det højeste punkt, dvs. at han står stille, og<br />
det antages, at den mekaniske energi er bevaret (dvs. der ses bort fra luftmodstand, og der regnes<br />
med, at drengen sidder stille). Udsvingets vinkel vurderes til at være 30°.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Så er drengens højde over det laveste punkt:<br />
h 2,8m x 2,8m 2,8m cos(30 ) 0,375m<br />
Den potentielle energi omdannes til kinetisk energi:<br />
E E<br />
kin, bund pot<br />
1 2<br />
m m m<br />
m vbund m g h vbund 2 g h 2 9,82 0,375m 2,7143 2,7<br />
2<br />
2<br />
s s s<br />
Opgave 4: Gasflaske med oxygen<br />
a) Gassen regnes som en idealgas, da det er simple molekyler og trykket ikke er voldsomt stort.<br />
Da rumfanget V og stofmængden n (et mål for antallet af gasmolekyler) ikke ændres ved<br />
temperaturstigningen, har man:<br />
p V n RT p T T<br />
p p<br />
p V n RT p T T<br />
start start<br />
<br />
slut slut<br />
slut<br />
slut<br />
start<br />
slut slut start start start<br />
Det er den absolutte temperatur (dvs. f.eks. temperaturen målt i Kelvin), der indgår i formlen, så<br />
man har:<br />
320 273,15<br />
18 273,15<br />
T<br />
K<br />
slut pslut pstart 21,3 MPa 43,393766 MPa 43,4MPa<br />
T K<br />
start<br />
Opgave 5: Gliese 876<br />
a) Den udsendte stråling fra Gliese 876 udbreder sig på en kugleflade, dvs. den udsendte effekt P<br />
vil i den afstand, hvor Jorden befinder sig fra Gliese 876, have fordelt sig på et areal svarende til<br />
overfladearealet af en kugle med en radius svarende til afstanden mellem Jorden og Gliese 876:<br />
P<br />
I 2<br />
4d<br />
<br />
2<br />
P I 4 dJord<br />
Gliese<br />
Jord Gliese<br />
11<br />
W<br />
17<br />
2<br />
24 24<br />
P 1,79 10 4 2 1,45 10 m 4,729322 10 W 4,7 <br />
10 W<br />
m
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
b) Temperaturen er et udtryk for den gennemsnitlige kinetiske energi, så først skal T bestemmes.<br />
Dette gøres med Wiens forskydningslov, da man kender den bølgelængde, hvor<br />
intensitetsfordelingen har sit maksimum:<br />
<br />
max<br />
<br />
3<br />
T 2,898 10 m K<br />
3 3<br />
2,898 10 m K 2,898 10 m K<br />
T 3478,9916K<br />
9<br />
<br />
833 10 m<br />
max<br />
Hermed kan den gennemsnitlige kinetiske energi for partiklerne bestemmes:<br />
3 3 J<br />
1,38066 10 3478,9916 7,2049568 10 7,20 10<br />
2 2<br />
K<br />
23 20 20<br />
Ekin, gen k T K J J<br />
c) Tyngdekraften fra Gliese 876 udgør den nødvendige centripetalkraft for den jævne<br />
cirkelbevægelse, så man har:<br />
F F<br />
t c<br />
M m 4r<br />
Gm <br />
M<br />
Gliese<br />
Opgave 6: Bueskydning<br />
2<br />
Gliese planet bane<br />
2<br />
rbane planet 2<br />
Tomløb<br />
m<br />
2 3<br />
2 9<br />
4r<br />
4 3,09710 bane <br />
2<br />
2<br />
GT omløb<br />
11<br />
m<br />
2<br />
6,672610 N 2 1,938 24 3600s<br />
kg<br />
29 29<br />
6,268349910 kg 6,2710 kg<br />
a) Vanddunken hænger stille. Dermed er den resulterende kraft på den nul. Den påvirkes nedad af<br />
tyngdekraften, og den må derfor påvirkes opad af buen med en kraft, der er lige så stor som (men<br />
modsatrettet) tyngdekraften. Ifølge Newtons 3. lov påvirker vanddunken dermed også buen med<br />
en kraft, der er lige så stor som tyngdekraften (og ensrettet med denne):<br />
m<br />
Fvanddunk Ft m g 3,0kg 9,82 29,46 N 29N<br />
2<br />
s<br />
b) Når buen fungerer som en fjeder med fjederkonstanten k , hvor vanddunken med massen m<br />
hænger og svinger, gælder:<br />
T 2<br />
<br />
m<br />
k<br />
3
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Tabellens værdier indtegnes med tiden som funktion af kvadratroden af massen:<br />
Svingningstid målt i sekunder<br />
1,6<br />
1,4<br />
1,2<br />
1<br />
0,8<br />
0,6<br />
0,4<br />
0,2<br />
0<br />
Det ses, at punkterne danner en ret linje i overensstemmelse med formlen ovenfor, og ud fra<br />
forskriften kan værdien for k bestemmes:<br />
2 2 2<br />
<br />
0,6644 k k 89,43355<br />
k<br />
0,6644<br />
<br />
0,6644<br />
<br />
<br />
Med enheder har man altså, at:<br />
0,89 N<br />
k <br />
m<br />
c) Den potentielle energi, når buen er trukket 0,55m tilbage er:<br />
2<br />
1 2 1 N<br />
Epot k x 89,43355 0,55m 13,526825<br />
J<br />
2 2 m<br />
Da 60% af denne energi går til bevægelsen, bliver den kinetiske energi for pilen:<br />
E 0,60 E 0,60 13,526825 J 8,11609466J<br />
kin pot<br />
Pilens masse kendes, så dens fart (der svarer til den vandrette hastighed) kan bestemmes:<br />
1 2<br />
Ekin 28,11609466 J m<br />
22,245984<br />
2 m 0,0328kg<br />
s<br />
2<br />
Ekin m v v<br />
Bue som harmonisk oscillator<br />
y = 0,6644x + 0,0002<br />
R² = 0,9989<br />
0 0,5 1 1,5 2 2,5<br />
Den lodrette bevægelse er en bevægelse med konstant acceleration og begyndelseshastigheden 0,<br />
så tiden inden pilen rammer jorden er:<br />
1 2<br />
s() t g t v0ts0 2<br />
kvadratrod af massen målt i kg<br />
1 2 2<br />
s0 21,58 m<br />
0 g t 0 t s0 t 0,567267s<br />
2<br />
g m<br />
9,82 2<br />
s<br />
Dermed kommer pilen i vandret retning:<br />
m<br />
svandret vvandret t 22,245984 0,567267 s 12,619421 m 12,6<br />
m<br />
s<br />
2
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 7: Verdens største accelerator<br />
a) Da man kender både omkredsen og omløbstiden, kan farten i cirkelbevægelsen bestemmes:<br />
s<br />
O 26659m<br />
m 8 m<br />
v 299791960 2,997910 5<br />
tT8,892510ss s<br />
Lysets hastighed er 299792458 m/s, så det ses, at farten er meget tæt på lysets hastighed (faktisk kan man<br />
inden for måleusikkerhederne ikke skelne de to).<br />
b) For at bestemme den elektriske strømstyrke skal man finde ud af, hvor meget ladning der passerer et<br />
bestemt sted (tværsnit) i røret.<br />
På ét sekund er antallet N af gange hver proton passerer et sted givet ved:<br />
t<br />
1s<br />
11245,4315434<br />
N 5<br />
T 8,8925 10<br />
s<br />
Dvs. at antallet af protoner Np, der hvert sekund passerer det pågældende sted er:<br />
NpN3,09103,4748383469210 14 18<br />
Da hvert proton har én elementarladning, bliver strømmen:<br />
18 19<br />
q 3,4748383 10 1,602176565 10<br />
C<br />
I 0,556730 A 0,557 A<br />
t<br />
1s<br />
c) Der dannes en proton og en antiproton (der har samme masse som protonen). Ifølge Einsteins energi-<br />
masse-ækvivalens-formel kræver det:<br />
2<br />
2 2 27 m <br />
10<br />
2 p 2 1,672623 10 299792458 3,006557 10<br />
E m c m c kg J<br />
s <br />
Da de kolliderende protoner har en energi i størrelsesordnen 10 -6 J, er der tilstrækkelig energi til rådighed til<br />
at der kan dannes en proton og en antiproton.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1: Sutteflaske<br />
28. maj 2010<br />
a) Den samlede tilførte energi er 18kJ, og den tilføres i løbet af 240s, så den gennemsnitlige effekt er:<br />
3<br />
E 1810J P75W t<br />
240s<br />
b) Det antages, at al den frigivne energi går til opvarmning af mælken og stålelementet, så man har:<br />
Efrigivet mstålelement cstål Tstålelement og mælk mmælk cvand Tstålelement<br />
og mælk , hvor det er anvendt, at<br />
man for mælk kan regne med samme specifikke varmekapacitet som vand.<br />
J<br />
I databogen (fra 2000) findes ståls specifikke varmekapacitet på side 143: cstål<br />
510<br />
kg K<br />
J<br />
Vands specifikke varmekapacitet er: cvand<br />
4180<br />
kg K<br />
Hermed kan massen af mælken bestemmes:<br />
E m c T m c T <br />
m<br />
frigivet stålelement stål stålelement og mælk mælk vand stålelement og mælk<br />
mælk<br />
E frigivet mstålelement cstål Tstålelement<br />
og mælk<br />
<br />
c T<br />
vand stålelement og mælk<br />
J<br />
J kg C<br />
kg K<br />
0,179998kg0,18kg J<br />
4180 37 15 C<br />
kg K<br />
3<br />
18 10 0,129 510 37 15<br />
Opgave 2: Airbus<br />
a) Der tænkes på tyngdekraften ”nær” jordoverfladen (hvilket både dækker, når flyet står på jorden,<br />
og når det flyver i f.eks. 10km’s højde), og den kan bestemmes ud fra den opgivne masse:<br />
3 m<br />
Ft m g 69,0 10 kg 9,82 677580N 678kN<br />
2<br />
s<br />
b) Gnidningskraften dækker over både luftmodstanden og modstanden fra startbanen. Den<br />
resulterende kraft på flyet er:<br />
F F F 284kN 70,7 kN 213,3kN<br />
res motorer gnidning<br />
Ifølge Newtons 2. lov er dets acceleration så:<br />
3<br />
Fres 213,3 10<br />
N m m<br />
3,09130 3,09<br />
3 2 2<br />
Fres m a a <br />
m 69,0 10<br />
kg s s
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
c) Accelerationen er defineret som: a( t) v'( t)<br />
.<br />
Så hvis man kender accelerationen som funktion af tiden i et interval, kan man findes tilvæksten af<br />
hastigheden (der, når flyet står stille fra start, er det samme som hastigheden til slut, dvs. når det<br />
letter) ved at udregne det bestemte integral i intervallet:<br />
t29st29s m m m m<br />
vslut v a( t) dt 0,044t3,1dt71,39871 3 2 <br />
s s s s<br />
Opgave 3: Skilift<br />
t0 t0<br />
a) Vanddråben bevæger sig i en jævn cirkelbevægelse, så den resulterende kraft må pege vandret<br />
mod venstre på figuren, da den således udgøres den nødvendige centripetalkraft.<br />
Den lodrette del af F må altså udligne tyngdekraften, der har størrelsen:<br />
5 m<br />
4<br />
Ft m g 5,0 10 kg 9,82 4,9110 N<br />
2<br />
s<br />
Den vandrette komposant af F er således den resulterende kraft, og denne udgør sammen med den<br />
lodrette komposant og selve F en retvinklet trekant med F som hypotenusen. Den vandrette<br />
komposant er den modstående katete til vinklen 25°, mens den lodrette komposant er den<br />
hosliggende katete til vinklen.<br />
Dermed har man:<br />
4 4<br />
Fres Fvandret Flodret tan(25 ) 4,9110 N tan(25 ) 2,289571 10 N<br />
Da den resulterende kraft udgør centripetalkraften i cirkelbevægelsen, kan farten i denne<br />
bestemmes:<br />
2 4<br />
v Fresr 2,28957 10N0,95m m m<br />
Fres Fc m v 2,0857095 2,1<br />
5<br />
r m 5,0 10<br />
kg s s<br />
Opgave 4: Diodelys<br />
a) Spændingsfaldet og strømstyrken kendes, så effekten P beregnes ved:<br />
3<br />
P U I 2,<br />
7V<br />
0,<br />
5010<br />
A 0,<br />
00135W<br />
1,<br />
35mW<br />
b) Det bemærkes, at modstanden og dioderne sidder i serieforbindelse, så strømstyrken er den<br />
samme (2,0mA) gennem alle komponenterne (ladningen forsvinder ikke).<br />
På grafen, der viser sammenhængen mellem strømstyrken gennem en af lysdioderne og<br />
spændingsfaldet over den, aflæses, at når der går en strøm på 2,0mA gennem dioden, vil<br />
spændingsfaldet over den være 2,9V.<br />
Da komponenterne sidder i serie, vil spændingsfaldet fordeles over dem, så man har:<br />
U U U U U U U U <br />
samlet R diode,1 diode,2 diode,3 diode,4 R 4 diode<br />
U U 4U 12,0V 4 2,9V 0,4V<br />
R samlet diode<br />
Da man nu kender både spændingsfaldet over resistoren og strømmen gennem den, kan dens<br />
modstand bestemmes ved Ohms lov:<br />
U R I R<br />
U 0,4V<br />
I 2,0 10<br />
A<br />
2<br />
210 <br />
3
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 5: Solneutrinoer<br />
a) I det periodiske system ses B at være grundstof nr. 5, så + -henfaldet fra B-8 er:<br />
B Be e <br />
8 8 0<br />
5 4 1<br />
Ladningsbevarelsen giver, at datterkernen er grundstof nr. 4, der i det periodiske system ses at<br />
være Be (Beryllium), nukleonbevarelsen giver, at datterkernen skal have nukleontallet 8 og<br />
leptontalsbevarelsen giver, at det er en neutrino (og ikke en antineutrino), der dannes sammen<br />
med positronen ( + -partiklen).<br />
Den frigivne energi ved reaktionen bestemmes ved at se på forskellen i masserne på de to sider af<br />
pilen og benytte energi-masseækvivalensen:<br />
4 5 <br />
m m m m m m m m m <br />
Be8kerne e B8kerne Be8atom e e B8atom e<br />
m m m u u u u<br />
4<br />
Be8atom2eB8atom8,005305125,4857998108,0246060,018203740 Masserne for de to nuklider (atommasser) er fundet under ”Nukliders masse og bindingsenergi”<br />
side 219 i Databogen fra 1995. Positronmassen er værdien fra 2011. Den frigivne energi er altså:<br />
MeV 13<br />
J<br />
Qm931,49431,60217656510 <br />
u MeV<br />
MeV J<br />
0,01820374 931,4943 1,602176565 10 2,7 10<br />
u MeV<br />
1312 Positronen og neutrinoen deler den frigivne energi, således at der udsendes både positroner og<br />
12<br />
neutrinoer fordelt i intervallet fra 0 til 2,7 10 J (hvis positronen f.eks. ved et henfald har fået<br />
12<br />
12<br />
den kinetiske energi 1,9 10 J , udsendes neutrinoen med energien 0,8 10 J ).<br />
12<br />
Der vil derfor også udsendes neutrinoer med energier større end 1,12 10 J , og dermed kan<br />
SuperKamiokande detektere neutrinoer fra dette henfald.<br />
Opgave 6: Bellatrix<br />
a) Intensitetsfordelingens maksimum bestemmes ved hjælp af Wiens forskydningslov:<br />
T 0,002898m<br />
K<br />
<br />
max<br />
0,002898mK<br />
7<br />
1,3479069767 10 m 134,8nm<br />
21,5 10<br />
K<br />
max 3<br />
J
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
b) Stjernens tilsyneladende lysstyrke L afhænger af den absolutte lysstyrke P (den udstrålede effekt)<br />
samt afstanden d til stjernen. Da man kan betragte det udsendte lys, som om det udbreder sig på<br />
en kugleskal med effekten fordelt på overfladen, har man:<br />
P P<br />
Ld <br />
2<br />
4 d 4<br />
L<br />
9,2 10<br />
W<br />
d <br />
29<br />
8<br />
W<br />
4 1,4 10<br />
2<br />
18 18<br />
2,286783 10 m 2,310 m 242 lysår<br />
m<br />
c) Da man kender den udstrålede effekt og overfladetemperaturen på Bellatrix, kan man ved hjælp af<br />
stefan-boltzmanns lov bestemme stjernens radius r:<br />
2 4<br />
P 4 r T r<br />
<br />
9,2 10<br />
W<br />
P<br />
4<br />
T<br />
29<br />
r <br />
8<br />
3<br />
4<br />
9<br />
2458110401m 2,4610 m<br />
K <br />
4 5,6705 10 21,5 10<br />
4<br />
Tyngdeaccelerationen på overfladen af Bellatrix kan så bestemmes ved at sammenholde Newtons<br />
2. lov og gravitationsloven, hvor det udnyttes, at tyngdekraften fra et kugleformet legeme med<br />
jævn massefordeling, når man befinder sig på eller uden for kugleskallen kan beregnes som om al<br />
massen var placeret i kuglens centrum:<br />
F F<br />
t res, objekt<br />
mobjekt MBellatrix G m 2 objekt aobjekt r<br />
aobjekt M Bellatrix<br />
G 2<br />
r<br />
2 31<br />
11<br />
m 1,7 10<br />
kg<br />
aobjekt 6,6726 10 N 2 2<br />
kg (2458110401 m) N 2 m<br />
187,73327 1,9 10<br />
2<br />
kg s<br />
Opgave 7: Kanoner på Dronningens Bastion<br />
a) Bevægelsesmængden er bevaret.<br />
Før affyringen er der ingen bevægelse, så den samlede bevægelsesmængde er nul, og det skal den<br />
altså også være lige efter affyringen, hvor kanonkuglen og kanonen endnu ikke er blevet påvirket af<br />
ydre kræfter.<br />
Når man regner den positive retning som kanonkuglens retning, får man altså:<br />
p 0<br />
samlet<br />
m v<br />
mkanon vkanon mkanonkugle vkanonkugle 0 vkanon<br />
<br />
m<br />
v<br />
kanon<br />
m<br />
9,90kg 610<br />
m m<br />
s 1,8990566 1,90<br />
3<br />
3,1810 kg s s<br />
Det negative fortegn viser, at kanonen triller baglæns.<br />
kanonkugle kanonkugle<br />
kanon
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
b) Opgaven kan både løses ved at analysere de virkende kræfter og derefter regne på en bevægelse<br />
med konstant acceleration og ved at regne på energierne.<br />
Her regnes på energier.<br />
Nulpunktet for den potentielle energi sættes til kanonens startpunkt, så fra start er der<br />
udelukkende kinetisk energi, mens kanonen ved sin maksimale højde står stille og derfor<br />
udelukkende har den potentielle energi, som den kinetiske energi er blevet omdannet til. Man har<br />
altså:<br />
2<br />
1<br />
2<br />
vstart<br />
mkanon g hslut mkanon vstart hslut<br />
<br />
2 2g<br />
2<br />
m <br />
1,90 s<br />
hslut <br />
<br />
m<br />
2 9,82 2<br />
s<br />
0,18380855m<br />
Kanonen triller opad med en vinkel på 5°, så den længde, der trilles på skråplanet, er:<br />
hslut sin( v) <br />
l<br />
<br />
hslut0,18380855m l 2,10896664m 2,1m<br />
sin( v)<br />
sin(5,0 )<br />
c) Der regnes uden luftmodstand. Kanonkuglens bevægelse består hermed af en vandret bevægelse<br />
med den konstante fart 610 m/s og en lodret bevægelse med begyndelseshøjden 12m (højden<br />
sættes til 0 ved vandoverfladen), begyndelsesfarten 0 og den konstanten acceleration -9,82 m/s 2 ,<br />
hvor det negative fortegn viser, at kuglen accelereres nedad.<br />
Den tid, det varer, inden kuglen rammer vandet, kan bestemmes ved at kigge på den lodrette<br />
bevægelse og sætte stedfunktionens værdi til 0:<br />
1 m 2 m 1 m 2<br />
0 9,82 t 0 t 12m 12m 9,82 t <br />
2 2<br />
2 s s 2 s<br />
212m t 1,563327<br />
s<br />
m<br />
9,82 2<br />
s<br />
Det er den positive løsning, der er den rigtige tid, da det andet tidspunkt ligger FØR affyringen.<br />
På denne tid når kanonkuglen i sin vandrette bevægelse:<br />
m<br />
s v0 t 610 1,563327 s 953,629576 m <br />
0,95km<br />
s
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1: Hjertestarter<br />
13. august 2010<br />
a) Da spændingsfaldet og strømstyrken er kendt, kan resistansen beregnes ved:<br />
U 1,<br />
7510<br />
V<br />
U R I R 50<br />
I 35A<br />
3<br />
E<br />
b) Sammenhængen mellem energi og gennemsnitseffekt er givet ved P E<br />
P t<br />
.<br />
t<br />
Da effekten ikke er konstant i det pågældende tidsrum, men givet ved et kendt funktionsudtryk,<br />
findes den afsatte energi ved integrationen:<br />
E<br />
afsat<br />
4,<br />
110<br />
3<br />
Opgave 2: Bremsesvigt<br />
s<br />
4,<br />
110<br />
3<br />
3<br />
P(<br />
t)<br />
dt 61,<br />
310<br />
W e<br />
0<br />
0<br />
s<br />
1<br />
180<br />
s t<br />
dt 177,<br />
74646821853J<br />
178J<br />
a) Da det er bevægelse med konstant fart, har man:<br />
s<br />
v <br />
t<br />
<br />
s<br />
6,<br />
2km<br />
t<br />
0,<br />
07848101266timer<br />
4.<br />
7088607595min<br />
4,<br />
7min<br />
v 79km/<br />
t<br />
b) Den mekaniske energi består af kinetisk energi og potentiel energi, og tabet i mekanisk energi er<br />
dermed givet ved:<br />
E<br />
mek,<br />
tab<br />
E<br />
mek<br />
E<br />
kin<br />
E<br />
pot<br />
<br />
<br />
3 m<br />
64 10<br />
kg<br />
9,<br />
82 <br />
2<br />
<br />
s<br />
96066370,<br />
370374J<br />
96MJ<br />
200m<br />
E E <br />
kin,<br />
slut<br />
1 2<br />
m vslut<br />
2<br />
1 2 <br />
m vstart<br />
m g h<br />
<br />
2 <br />
1 2<br />
m <br />
g h<br />
vslut<br />
2<br />
1 2 <br />
vstart<br />
<br />
2 <br />
kin,<br />
start<br />
1 110<br />
m <br />
<br />
<br />
2 3,<br />
6 s <br />
2<br />
E<br />
1<br />
2<br />
pot<br />
<br />
2<br />
10 m <br />
<br />
<br />
3,<br />
6 s <br />
<br />
c) Det fremgår implicit af opgaveformuleringen, at luftmodstanden og gnidningskraften fra kontakten<br />
mellem dæk og gruset tilsammen udgør den gnidningskraft, der er oplyst til at være konstant på<br />
120kN (hvilket er en urimelig antagelse).<br />
Gnidningskraften peger modsat bevægelsesretningen, og kan således med den viste målestok<br />
indtegnes som vist på figuren.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Udover gnidningsmodstanden er lastbilen også påvirket af tyngdekraften og normalkraften.<br />
Tyngdekraften peger lodret nedad, og dens størrelse beregnes til:<br />
3 m<br />
Ft m g 64 10<br />
kg<br />
9.<br />
82 628480N 628kN<br />
2<br />
s<br />
Dette indtegnes på figuren.<br />
Normalkraften står – som navnet fortæller – vinkelret på underlaget. Summen af normalkraften og<br />
tyngdekraften må være en vektor, der er parallel med underlaget (og peger modsat<br />
bevægelsesretningen). Dette ses på figuren, hvor normalvektoren er angivet med en stiplet linje. At<br />
den ender næsten oven i gnidningskraftens endepunkt er et tilfælde.<br />
Vinklen på 11° genfindes mellem normalvektoren og tyngdekraften, og dermed kan man ved at se<br />
på den retvinklede trekant, som de danner, beregne normalkraftens størrelse til:<br />
Fn Ft<br />
11 616933,<br />
05225319N<br />
617kN<br />
cos<br />
<br />
Dette stemmer fint overens med vektoren, der blev fundet ud fra tyngdekraften, og som er<br />
indtegnet på figuren, hvor de blå vektorer altså angiver de virkende kræfter.<br />
Størrelsen af den resulterende kraft på lastbilen kan bestemmes (retningen er modsat bevægelsen):<br />
3<br />
Fres <br />
Fgnid<br />
Ft<br />
sin(<br />
11)<br />
12010<br />
N 628480N<br />
sin(<br />
11)<br />
239919,<br />
63741425N
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Ifølge Newtons 2. lov er så (den konstante) acceleration:<br />
F<br />
a <br />
m<br />
res<br />
<br />
239919,<br />
64<br />
3<br />
N<br />
64 10<br />
kg<br />
<br />
3,7487443345977<br />
For en bevægelse med konstant acceleration gælder:<br />
v a t<br />
v<br />
s <br />
1<br />
2<br />
a t<br />
0<br />
2<br />
v<br />
0<br />
t<br />
s<br />
0<br />
Hvis tiden t isoleres i den øverste ligning og indsættes i den nederste fås:<br />
1 v v<br />
s a <br />
2 a<br />
s s<br />
0<br />
<br />
2<br />
1 v<br />
<br />
2<br />
2<br />
0<br />
v v<br />
s<br />
<br />
2 a<br />
2<br />
0<br />
<br />
<br />
<br />
v<br />
2<br />
2<br />
0<br />
v<br />
2 v v<br />
a<br />
0<br />
v v<br />
<br />
a<br />
0<br />
0<br />
s<br />
0<br />
<br />
2<br />
0<br />
v v0<br />
v<br />
<br />
a<br />
Da farten fra start er 110km/t og med en sluthastighed på 0, har man så:<br />
2<br />
110<br />
m <br />
0 <br />
3,<br />
6 s<br />
s <br />
<br />
124,<br />
52729393839m<br />
125m<br />
m <br />
2 <br />
3,<br />
7487 2<br />
s <br />
Opgave 3: Mælk i kaffen<br />
m<br />
s<br />
<br />
a) Mælk og kaffe består mest af vand, og man kan så regne med, at de har nogenlunde ens specifikke<br />
varmekapaciteter. Så der regnes med ens specifikke varmekapaciteter, og det antages, at der i det<br />
korte tidsrum, der går, fra kaffen er hældt op, og til mælken er blandet i, ikke udveksles energi med<br />
omgivelserne. Kaffens begyndelsestemperatur sættes til 80C og mælken, der er taget direkte fra<br />
køleskabet, har temperaturen 5°C. Der er 170g kaffe, og der iblandes 30g mælk.<br />
Hermed får man:<br />
E<br />
E<br />
0 <br />
m<br />
m<br />
kaffe<br />
kaffe<br />
kaffe<br />
<br />
<br />
c Tslut 80C<br />
mmælk<br />
c Tslut 5C<br />
T 80C<br />
m T 5C<br />
0<br />
slut<br />
mælk<br />
mælk<br />
slut<br />
2<br />
0<br />
Løses på lommeregneren med:<br />
solve ( 170<br />
x 80)<br />
30<br />
x 5 0,<br />
x , der giver x = 68,75<br />
<br />
Dvs. at blandingens sluttemperatur er: 69<br />
C<br />
T slut
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 4: Brune dværge<br />
a) Gassen kan betragtes som en idealgas, da tætheden ikke er særlig stor, og man har så:<br />
kB<br />
T<br />
p <br />
m<br />
17<br />
kg<br />
23<br />
J<br />
1,<br />
2 10<br />
1,<br />
38110<br />
10K<br />
3<br />
m<br />
K<br />
-12<br />
-12<br />
1,6629048381852<br />
10<br />
Pa 1,<br />
7 10<br />
Pa<br />
27<br />
0,<br />
60 1,<br />
66054 10<br />
kg<br />
b) Skyens masse beregnes for at vurdere, om den vil ende som en brun dværg (hvilket ifølge<br />
opgaveteksten sker, hvis dens masse er mindre end 0,08 gange Solens masse).<br />
Skyen er kugleformet, og man har derfor:<br />
4<br />
m V<br />
<br />
r<br />
3<br />
Desuden har man:<br />
3<br />
1,<br />
210<br />
17<br />
kg 4<br />
<br />
<br />
3<br />
m 3<br />
0, 08 M 0,<br />
081,<br />
98910<br />
kg 1,<br />
591210<br />
<br />
30<br />
29<br />
15 3<br />
29<br />
1, 310<br />
m<br />
1,<br />
1043326 10<br />
kg<br />
Da skyens masse er mindre end ovenstående masse, vil gasskyen altså ende som en brun dværg.<br />
c) Da systemet er stabilt, gælder virialsætningen, der giver, at halvdelen af den omdannede<br />
potentielle energi er blevet til kinetisk energi, mens den resterende halvdel er udsendt som<br />
stråling. Da man kender det tidsrum, strålingen er udsendt i, kan den udstrålede effekt bestemmes:<br />
1<br />
E<br />
E<br />
pot<br />
36<br />
udstrålet J<br />
24<br />
24<br />
P<br />
2<br />
7,<br />
310<br />
<br />
5,7832<br />
10<br />
W 5, 810<br />
W<br />
3<br />
t<br />
t<br />
2 20 10<br />
365,<br />
2422 24 3600s<br />
Opgave 5: Vindmølle<br />
a) Når der er 20 omdrejninger pr. minut, er perioden 3,0 sekunder. Da man også kender radius i<br />
cirkelbevægelsen, kan farten bestemmes:<br />
2 <br />
r 2 <br />
45m<br />
m m<br />
v 94,<br />
24778 94<br />
T 3,<br />
0s<br />
s s<br />
b) Når vindhastigheden er 12,5 m/s aflæses det på grafen, at møllen leverer effekten 2,6MW.<br />
Samtidig kan vindens leverede effekt beregnes:<br />
P vind<br />
kg 3 kg<br />
0,<br />
61 A<br />
v 0,<br />
61 <br />
<br />
3<br />
3<br />
m<br />
m<br />
Nyttevirkningen er altså:<br />
Pmølle<br />
2,<br />
6MW<br />
<br />
0,<br />
343035<br />
P 7,<br />
6MW<br />
vind<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
kg<br />
m <br />
<br />
s <br />
3<br />
2 45m 12,<br />
5 7579399W<br />
7,<br />
6MW<br />
34%
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 6: Vakuumkammer<br />
a) Da man kender rumfanget af kammeret og luftens densitet, kan massen af luften beregnes:<br />
kg<br />
3 3<br />
m V<br />
1,<br />
25 27,<br />
110<br />
m 33875kg<br />
34 ton<br />
3<br />
m<br />
Luften betragtes som en idealgas. Der gælder dermed<br />
p V<br />
p V N kB<br />
T<br />
T , hvor<br />
N k<br />
p er trykket, V er rumfanget, N er antallet af partikler, kB er Boltzmanns konstant og T er<br />
temperaturen.<br />
Da temperaturen holdes konstant, og da rumfanget er konstant (kammerets størrelse ændres ikke),<br />
får han altså:<br />
pstart<br />
V<br />
pslut<br />
V<br />
N slut<br />
pslut<br />
pstart<br />
N k N k<br />
N<br />
start<br />
B<br />
slut<br />
B<br />
start<br />
Da det er den samme slags luft, der befinder sig i kammeret fra start til slut (dvs. man går ud fra, at<br />
der ikke er fjernet en større procentdel af en bestemt type luftmolekyler end andre), er forholdet<br />
mellem antallene af molekylerne det samme som forholdet mellem masserne. Dermed fås:<br />
mslut<br />
0, 70kg<br />
3<br />
pslut pstart<br />
10110<br />
Pa 2,<br />
08708Pa<br />
2,<br />
1Pa<br />
m<br />
33875kg<br />
start<br />
Opgave 7: Antistatisk børste<br />
a) I databogen under radioaktive nuklider (side 207 i 1998-udgaven) ses det, at Po-210 har<br />
halveringstiden 138,4 døgn.<br />
Henfaldsloven kan så bruges til at bestemme aktiviteten efter et år:<br />
A(<br />
t)<br />
A<br />
0<br />
1 <br />
<br />
<br />
2 <br />
t<br />
T<br />
½<br />
365døgn<br />
1 138,<br />
4døgn<br />
A(<br />
365 døgn)<br />
9,<br />
25MBq<br />
<br />
1,<br />
486758MBq<br />
1,<br />
487MBq<br />
2 <br />
b) Da aktiviteten og halveringstiden kendes, kan man beregne antallet af Po-210-kerner, hvorefter<br />
massen af Po-210 kan bestemmes:<br />
ln( 2)<br />
A k N N<br />
T<br />
½<br />
6<br />
A<br />
T½<br />
9,<br />
2510<br />
Bq 138,<br />
4 24 3600s<br />
14<br />
N <br />
1,<br />
595754597 10<br />
ln( 2)<br />
ln( 2)<br />
I databogen under nukliders masse (side 226 i 1998-udgaven) findes massen af et Po-210-atom til<br />
209,982848u, og da det ovenfor bestemte antal kerner svarer til antallet af atomer, har man:<br />
m N <br />
m Po210atom<br />
209,<br />
982848u<br />
1,<br />
66054 10<br />
27<br />
kg<br />
u<br />
14<br />
1,<br />
5957510<br />
5,<br />
5641556 10<br />
11<br />
kg 55,<br />
6ng<br />
B
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
c) I databogen under radioaktive nuklider (side 207 i 1998-udgaven) findes energien af de udsendte<br />
alfa-henfald til 5,30MeV.<br />
Da man kender aktiviteten ved produktionen, kan man bestemme den samlede energi alfapartiklerne<br />
bærer med sig pr. sekund:<br />
E pr.<br />
sekund<br />
A<br />
E<br />
9,<br />
2510<br />
Dvs. at antallet af ioniserede luftmolekyler er:<br />
N<br />
luftmoleky<br />
ler pr.<br />
sekund<br />
6<br />
6<br />
Bq 5,<br />
30 10<br />
eV 1,<br />
60217656510<br />
19<br />
J<br />
eV<br />
6<br />
7,<br />
85467 10<br />
6<br />
J<br />
E<br />
7,<br />
85467 10<br />
pr.<br />
sekund<br />
12 1<br />
12<br />
<br />
s<br />
1,<br />
44122 10<br />
s 1,<br />
44110<br />
s<br />
18<br />
E 5,<br />
4510<br />
J<br />
ionisering<br />
1<br />
J<br />
s
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1: Gravity Probe-B<br />
19. maj 2011<br />
a) Definitionen på begrebet effekt anvendes til at finde den søgte tid:<br />
E<br />
E<br />
5,<br />
40 10<br />
J<br />
P t<br />
421,<br />
875s<br />
<br />
t<br />
P 12,<br />
8W<br />
3<br />
7,<br />
03125min<br />
<br />
7,<br />
0min<br />
b) Heliumbeholdningen opvarmes (ingen faseovergang), så man har:<br />
E<br />
5,<br />
40kJ<br />
E<br />
m c T<br />
m <br />
214,<br />
2857kg<br />
2,<br />
110<br />
c T<br />
kJ<br />
2,<br />
1 1, 838 1,<br />
826K<br />
kg<br />
K<br />
Dette kan række til:<br />
t<br />
He<br />
mHe<br />
<br />
m<br />
t<br />
He<br />
Opgave 2: Radioaktivt sporstof<br />
214,<br />
2857kg<br />
<br />
7142,<br />
8571time<br />
297,<br />
6190døgn<br />
3,<br />
0 10<br />
kg<br />
0,<br />
030<br />
time<br />
2<br />
døgn<br />
a) Da Rb-82 dannes ved elektronindfangning, ved man som udgangspunkt følgende om reaktionen:<br />
X<br />
0<br />
1 e<br />
82<br />
Rb<br />
<br />
Neutrinoen har leptontallet 1 ligesom elektronen, og dermed er leptontallet bevaret.<br />
I det periodiske system ses rubidium at være grundstof nr. 37.<br />
Da der er ladningsbevarelse, må moderkernen altså være grundstof nr. 38, dvs. Sr.<br />
Nukleontalsbevarelsen giver, at det må være Sr-82-isotopen. Dvs. reaktionsskemaet bliver:<br />
82<br />
38<br />
Sr<br />
0<br />
1 e<br />
82<br />
37<br />
Rb<br />
<br />
b) Halveringstiden for Rb-82 slås op i databogen under radioaktive nuklider (side 201 i 1998-udgaven).<br />
Man finder: ½ 1,<br />
25min<br />
T<br />
Man kan altså se, at aktiviteten hverken er, eller kan regnes som værende, konstant i et tidsrum på<br />
4,0 minutter, og derfor kan man ikke bare tage aktiviteten og gange med tiden for at finde antallet<br />
af henfald. Man er i stedet nødt til ved hjælp af henfaldsloven at finde antallet af kerner fra start og<br />
antallet af kerner efter 4,0 minutter, hvorefter antallet af henfald kan bestemmes:<br />
A<br />
k N<br />
N<br />
0<br />
0<br />
<br />
A<br />
0<br />
0<br />
T<br />
½<br />
ln( 2)<br />
ln( 2)<br />
N<br />
T<br />
½<br />
0<br />
9<br />
<br />
1,<br />
4810<br />
Bq 1,<br />
25<br />
60s<br />
11<br />
<br />
160139149539<br />
1,60 10<br />
ln( 2)<br />
2<br />
kg
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Antallet af kerner efter 4,0 minutter er:<br />
N(<br />
t)<br />
N<br />
0<br />
1 <br />
<br />
<br />
2 <br />
t<br />
T<br />
½<br />
4,<br />
0min<br />
1,<br />
25min<br />
11 1 <br />
N(<br />
4,<br />
0min)<br />
1,<br />
60 10<br />
<br />
17426153355<br />
1,74 10<br />
2 <br />
Så antallet af henfald inden for de første 4,0 minutter er:<br />
N henfald<br />
Opgave 3: Proxima Centauri<br />
0<br />
11<br />
N N(<br />
4,<br />
0min)<br />
1,<br />
60 10<br />
1,<br />
7410<br />
142712996184<br />
1,43<br />
10<br />
a) Wiens forskydningslov anvendes til at finde den søgte bølgelængde:<br />
<br />
max<br />
3<br />
3<br />
2, 89810<br />
m K 2,<br />
89810<br />
m K<br />
6<br />
<br />
<br />
1,<br />
08539326 10<br />
m 1085nm<br />
3<br />
T<br />
2,<br />
67 10<br />
K<br />
b) Da den udstrålede effekt er kendt, kan Stefan-Boltzmanns lov bruges til at bestemme radius:<br />
P Astjerne<br />
<br />
T<br />
r <br />
P<br />
4 <br />
<br />
T<br />
4<br />
4<br />
4 <br />
r<br />
<br />
2<br />
<br />
T<br />
4<br />
<br />
22<br />
4,<br />
4110<br />
W<br />
8<br />
W<br />
4 <br />
5,<br />
670510<br />
2 4<br />
m K<br />
<br />
10<br />
3 2, 67 10<br />
K <br />
4<br />
10<br />
11<br />
34896443m<br />
3,<br />
49 10<br />
c) Tyngdekraften fra dobbeltstjernesystemet på Proxima Centauri udgør den nødvendige<br />
centripetalkraft i cirkelbevægelsen:<br />
F F<br />
m<br />
G <br />
T<br />
t<br />
<br />
c<br />
PC<br />
m<br />
dobbeltstj erne<br />
2<br />
r<br />
2<br />
4 <br />
r<br />
G m<br />
3<br />
dobbeltstj erne<br />
2,69924302197<br />
10<br />
13<br />
m<br />
<br />
s <br />
PC<br />
2<br />
4 <br />
r<br />
<br />
2<br />
T<br />
2<br />
4 <br />
<br />
6,<br />
6726 10<br />
15<br />
0, 18<br />
9,<br />
46 10<br />
m<br />
11<br />
2<br />
m<br />
N <br />
kg<br />
13<br />
2,69924302197<br />
10<br />
3600 24 365,<br />
2422<br />
2<br />
3<br />
30<br />
4,<br />
0110<br />
kg<br />
<br />
år 855356,76546047år<br />
5<br />
8,<br />
6 10<br />
år<br />
7<br />
m
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 4: Kanonkonge<br />
60 m m<br />
a) Først omregnes kanonkongen fart til enheden m/s: 60km/ t 16,<br />
67<br />
3,<br />
6 s s<br />
Da det er den gennemsnitlige acceleration, der skal bestemmes, regnes der, som om det er bevægelse<br />
med konstant acceleration, og der er ingen begyndelseshastighed, så man har:<br />
1 2<br />
s a t<br />
og v a t<br />
2<br />
Tiden isoleres i det sidste udtryk og indsættes i det første:<br />
m <br />
2<br />
2<br />
2 16,<br />
67 <br />
1 v <br />
v<br />
v s<br />
m m<br />
s a <br />
2 s<br />
a<br />
<br />
<br />
27,<br />
233115 27<br />
2 2<br />
2 a <br />
a 2s<br />
2 5,<br />
1m<br />
s s<br />
b) Først ses på den lodrette del afbevægelsen. Tyngdekraften virker i denne retning, og man har<br />
dermed en bevægelse med den konstante acceleration g, og med affyringsvinklen 35° har man<br />
begyndelseshastigheden i lodret retning givet ved: v y,<br />
start vstart<br />
sin(<br />
35).<br />
Tiden der går inden kanonkongen rammer sikkerhedsnettet 3,2m lavere end kanonens munding<br />
beregnes ved:<br />
1 2<br />
s(<br />
t)<br />
a t<br />
v0<br />
t<br />
s0<br />
2<br />
1 2<br />
3,<br />
2m<br />
g t<br />
v y,<br />
start t<br />
0<br />
2<br />
Denne ligning løses ved:<br />
1 2 60 <br />
solve( 3,<br />
2 9,<br />
82 t<br />
sin35<br />
t,<br />
t)<br />
, der giver t=-0,29 eller t=2,2382<br />
2 3,<br />
6 <br />
Den negative løsning kan ikke bruges, da den er før kanonkongen skydes ud, dermed er t = 2,24s<br />
den søgte tid.<br />
I dette tidsrum bevæger kanonkongen sig i sin vandrette bevægelse med konstant hastighed, og<br />
dermed kan man beregne det stykke, han når:<br />
s t)<br />
<br />
v t<br />
( 0<br />
s(<br />
2,<br />
24s)<br />
v<br />
2,<br />
24s<br />
v<br />
30,<br />
5565249884m<br />
31m<br />
x<br />
start<br />
60 m <br />
cos( 35)<br />
2,<br />
24s<br />
cos<br />
3,<br />
6 s <br />
2<br />
35 2,<br />
24s
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 5: Automatisk parkeringskælder<br />
3 m<br />
a) Ft m g 2,<br />
510<br />
kg<br />
9,<br />
82 24550N<br />
25kN<br />
2<br />
s<br />
b) Hastigheden er defineret som v( t)<br />
s'(<br />
t)<br />
, så strækningen kan beregnes ved:<br />
12<br />
<br />
s<br />
v(<br />
t)<br />
dt (grænserne kunne også være sat til 1,1 og 11,4).<br />
0<br />
Dette svarer til arealet af området mellem 1. aksen og grafen, og da figuren er et trapez, fås arealet<br />
som:<br />
s A<br />
trapez<br />
l<br />
h <br />
øvre<br />
l<br />
2<br />
nedre<br />
m<br />
1,<br />
0 <br />
s<br />
11, 4 1,<br />
1s<br />
9, 1<br />
3,<br />
7<br />
2<br />
s<br />
7,<br />
85m<br />
7,<br />
9m<br />
c) Platformen er påvirket af tyngdekraften og kraften fra de to kæder. Kæderne trækker opad, mens<br />
tyngdekraften har retning nedad. Det ses, at platformen accelereres opad, så kraften fra kæderne<br />
er større end tyngdekraften, og man har derfor:<br />
F 2 F F<br />
res<br />
kæde<br />
t<br />
Den resulterende kraft kan – da man kender massen af platformen med bilen – bestemmes ved at<br />
finde accelerationen, der er hældningen af grafen på det pågældende tidspunkt.<br />
Hældningen (accelerationen) aflæses til:<br />
m<br />
0 1, 0<br />
v<br />
v2<br />
v1<br />
a <br />
s<br />
<br />
t<br />
t t 11,<br />
4s<br />
9,<br />
1s<br />
Så har man:<br />
F<br />
kæde<br />
F<br />
<br />
2<br />
res<br />
Opgave 6: Nære galakser<br />
1<br />
Ft<br />
m a Ft<br />
<br />
2 2<br />
1<br />
2,<br />
3<br />
m<br />
s<br />
2<br />
3 1 m<br />
2,<br />
510<br />
kg<br />
24550N<br />
2 2,<br />
3 s<br />
12818,<br />
478N<br />
12,<br />
8kN<br />
2<br />
a) Da rødforskydningen er under 0,1, kan hastigheden bestemmes ved:<br />
m m<br />
6 m<br />
v z c 0, 03005<br />
299792458 9008763 9,<br />
009 10<br />
s s<br />
s<br />
b) Hubbles lov siger, at v H0<br />
r , hvor v er farten, r er afstanden og H0 er Hubbles konstant.<br />
Hubbles konstant kan altså bestemmes som hældningen af en (r,v)-graf (hvis punkterne danner en<br />
proportionalitet). Afstanden kendes, og derfor skal hastigheden for de enkelte galakser<br />
bestemmes. Dette gøres ved at kigge på bølgelængderne og ud fra dem udregne rødforskydningen,<br />
der så ligesom i spørgsmål a) kan bruges til at bestemme farten.<br />
Her ses en udregning på galakse nr. 5:<br />
obs<br />
lab<br />
679,<br />
2nm<br />
656,<br />
28nm<br />
z <br />
0,<br />
03492<br />
<br />
656,<br />
28nm<br />
lab<br />
m<br />
v z c 0,<br />
03492 299792458 1,<br />
0470 10<br />
s<br />
7<br />
m<br />
s
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Disse udregninger foretages med formler i Excel, der giver dette skema:<br />
Galakse nr. Afstand /Mly Bølgelængde / nm Rødforskydning (z) Fart / m/s<br />
1 304 671,2 0,02273 6815541<br />
2 367 673,6 0,02639 7911875<br />
3 399 674,9 0,02837 8505723<br />
4 439 676 0,03005 9008209<br />
5 495 679,2 0,03492 10469987<br />
6 658 685,7 0,04483 13439224<br />
7 817 693,3 0,05641 16910948<br />
8 890 697,5 0,06281 18829532<br />
Farten afsættes som funktion af afstanden:<br />
Fart i m/s<br />
20000000<br />
18000000<br />
16000000<br />
14000000<br />
12000000<br />
10000000<br />
8000000<br />
6000000<br />
4000000<br />
2000000<br />
0<br />
Punkterne danner en ret linje gennem (0,0) (tendenslinjen er tvunget gennem origo), så Hubbles<br />
lov er opfyldt, og Hubbles konstant (hældningen) er altså:<br />
m / s km/<br />
s<br />
H 0 20954 21,<br />
0<br />
Mly Mly<br />
Opgave 7: Armstrækninger<br />
Hubbles lov<br />
y = 20954x<br />
R² = 0,9963<br />
0 200 400 600 800 1000<br />
Afstand målt i Mly<br />
a) Det antages, at armlængden er ca. 50cm, og at massemidtpunktet for personen uden de dele af<br />
armene, der går fra albuen og ud og derfor ikke indgår i hævningen, ligger inde i maven i højde med<br />
navlen derfor hæves omkring ca. 25cm.<br />
Massen af personen uden de nævnte dele af armene sættes til 65kg.<br />
s<br />
0,<br />
25m<br />
m<br />
Hævningen tager ca. 0,5 sekunder, dvs. hævningen sker med farten v 0,<br />
5<br />
t<br />
0,<br />
5s<br />
s<br />
Hermed bliver effekten:<br />
m m<br />
P F v Ft<br />
, krop uden armdele v m g v 65kg<br />
9,<br />
82 0,<br />
5 319,<br />
15W<br />
0,<br />
3kW<br />
2<br />
s s
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1: Solfanger<br />
27. maj 2011<br />
a) Strømstyrken kan beregnes ved hjælp af Ohms lov (selvom det ikke er en resistor, gælder<br />
sammenhængen mellem U, R og I stadigvæk. R er bare ikke konstant):<br />
U 12V<br />
U R I I 1,<br />
29032258A<br />
1,<br />
3A<br />
R 9,<br />
3<br />
b) For at finde den energi, som luften har modtaget ved opvarmningen, skal man kende den specifikke<br />
3 J<br />
varmekapacitet for luft. I databogen (side 149 i 1998-udgaven) findes denne til: 1 , 00 10<br />
.<br />
kg<br />
K<br />
Luften har altså modtaget:<br />
<br />
E luft<br />
m c T<br />
95kg1,<br />
00 10<br />
3<br />
J<br />
<br />
kg<br />
K<br />
17, 0 8,<br />
0K<br />
855000J<br />
855kJ<br />
Energien af sollyset, der rammer solfangeren i løbet af en time er:<br />
Etilført Psollys<br />
t<br />
588W 3600s<br />
2116800J<br />
2116,<br />
8kJ<br />
Hermed er nyttevirkningen:<br />
Eluft<br />
855kJ<br />
0,<br />
4039116 40%<br />
E 2116,<br />
8kJ<br />
tilført<br />
Opgave 2: Dykning i Det Røde Hav<br />
a) Trykket nede under vandet kommer både fra atmosfæren p0 og fra væskesøjlen pvæskesøjle over<br />
stedet. Trykket p som funktion af dybden h er altså:<br />
p( h)<br />
p0<br />
pvæskesøjle<br />
p0<br />
vand<br />
g h<br />
Der er altså en lineær sammenhæng mellem højden og trykket, så tabellens værdier indtegnes i et<br />
koordinatsystem i Excel, og der vælges en lineær tendenslinje:<br />
Trykket målt i kPa<br />
Af tendenlinjens ligning fremgår det altså, at:<br />
p 101,<br />
52kPa<br />
101,<br />
5kPa<br />
0<br />
180<br />
170<br />
160<br />
150<br />
140<br />
130<br />
120<br />
110<br />
100<br />
90<br />
80<br />
Dykning i Det Røde Hav<br />
y = 10,144x + 101,52<br />
R² = 0,9996<br />
0 1 2 3 4 5 6 7<br />
Dybden h målt i meter
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
b) Tendenslinjen hældning er 10,144 kPa/m, og den kan bruges til at finde vandets densitet.<br />
<br />
vand<br />
Pa<br />
10144<br />
g 10,<br />
144kPa<br />
/ m <br />
m<br />
vand <br />
m<br />
9,<br />
82<br />
2<br />
s<br />
Opgave 3: Nattehimlens klareste stjerne<br />
<br />
1032,<br />
99389<br />
kg g<br />
1,<br />
033<br />
3<br />
m cm<br />
a) Da man både kender den udstrålede effekt og stjernens størrelse (radius), kan man ved hjælp af<br />
Stefan-Boltzmanns lov finde overfladetemperaturen:<br />
P A<br />
T <br />
4<br />
stjerne<br />
A<br />
<br />
T<br />
P<br />
stjerne<br />
Opgave 4: Skydiving<br />
4<br />
<br />
<br />
4<br />
<br />
4 <br />
<br />
9 1, 22 10<br />
m<br />
8,<br />
96 10<br />
2<br />
27<br />
W<br />
8<br />
5,<br />
670510<br />
m<br />
2<br />
W<br />
K<br />
4<br />
9587,<br />
14470K<br />
9,<br />
6kK<br />
a) Da det er en (t,v)-graf, kan accelerationen til et givet tidspunkt bestemmes som hældningen for<br />
tangenten i punktet. Så ved t = 5,0s indtegnes en tangent, og på den aflæses hældningen – og<br />
dermed accelerationen - at være:<br />
m m<br />
50 20<br />
v<br />
v2<br />
v1<br />
a <br />
s s<br />
<br />
t<br />
t t 7,<br />
4s<br />
1,<br />
4s<br />
2<br />
1<br />
5,<br />
0<br />
m<br />
s<br />
2<br />
b) På grafen ser det ud til, at udspringeren efter 16s har nået den konstante fart 52m/s.<br />
Det stykke udspringeren når på de første 16s svarer til arealet under grafen, der bestemmes ved at<br />
m<br />
tælle antallet af tern – der er ca. 138 – og se at hver tern svarer til s 5 1s<br />
5m<br />
s<br />
Udspringeren skal falde 2,0km, og da stykket efter de 16s er bevægelse med konstant fart, har man<br />
altså, at tiden efter 16s er:<br />
s s0<br />
s v0<br />
t<br />
s0<br />
t <br />
v<br />
3<br />
2,<br />
0 10<br />
m 138<br />
5m<br />
t <br />
25,<br />
1923s<br />
m<br />
52<br />
s<br />
Altså er faldtiden for 2,0km: <br />
16s 25s<br />
41s<br />
0<br />
t fald<br />
3
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 5: Mikrobatteri<br />
a) I databogen (side 200 i 1998-udgaven under ”Radioaktive nuklider”) ses Ni-63 at være - -radioaktiv<br />
med halveringstiden 100år.<br />
Reaktionsskemaet er altså:<br />
63<br />
28<br />
63<br />
29<br />
0<br />
1<br />
<br />
<br />
e Cu Ni<br />
Ladningsbevarelsen giver, at datterkernen er grundstof nummer 29, der er Cu.<br />
Nukleontalsbevarelsen giver, at det er Cu-63-isotopen.<br />
Leptontallet er bevaret, når antineutrinoen indgår i reaktionsskemaet.<br />
b) Den afsatte effekt i resistoren er givet ved U I .<br />
P resistor<br />
Så effekten kan udregnes ved at multiplicere tallene i de to rækker. Dette foretages i Excel, hvor<br />
man får:<br />
U / mV I / nA P / pW<br />
110 0,51 56,1<br />
100 0,89 89<br />
95 1,15 109,25<br />
90 1,32 118,8<br />
85 1,48 125,8<br />
80 1,61 128,8<br />
70 1,75 122,5<br />
60 1,87 112,2<br />
50 2 100<br />
25 2,25 56,25<br />
Effekten afbildes som funktion af spændingsfaldet og punkterne ses at danne en kurve, hvor der<br />
helt tydeligt er ét maksimumspunkt:<br />
Effekten målt i pW<br />
140<br />
120<br />
100<br />
80<br />
60<br />
40<br />
20<br />
0<br />
0 20 40 60 80 100 120<br />
Den maksimalt afsatte effekt i resistoren er altså P 129 pW , og den afsættes, når<br />
spændingsfaldet er U 80mV<br />
Ni-63-batteri<br />
Spændingsfald målt i mV<br />
max
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
c) En strømstyrke på 2,40nA svarer til følgende antal elektroner pr. sekund:<br />
Q1s<br />
2,<br />
40nC<br />
Nelektroner<br />
<br />
14979622424<br />
1,498 10<br />
19 e 1,<br />
60217656510<br />
C<br />
Hvis dette er 15% af henfaldene, har antallet af henfald været:<br />
N<br />
henfald<br />
<br />
N<br />
elektroner<br />
0,<br />
15<br />
<br />
99864149492<br />
Aktiviteten fra Ni-63 skal altså være:<br />
ANi 63<br />
9, 9910<br />
10<br />
Bq<br />
9,99 10<br />
Da man kender halveringstiden fra opslaget i forbindelse med spørgsmål a), kan man så også<br />
bestemme antallet af Ni-63-kerner (og dermed antallet af Ni-63-atomer):<br />
ln( 2)<br />
ANi<br />
63<br />
k N Ni 63<br />
N Ni 63<br />
<br />
T<br />
N<br />
Ni 63<br />
<br />
A<br />
Ni 63<br />
T<br />
ln( 2)<br />
½<br />
½<br />
10<br />
10<br />
9,<br />
99 10<br />
Bq 100<br />
365,<br />
2422 24 3600s<br />
<br />
4,<br />
546517 10<br />
ln( 2)<br />
Massen af et Ni-63-atom slås op på side 221 i databogen (1998-udgaven) til at være 62,929670u<br />
Hermed kan den nødvendige masse Ni-63 beregnes:<br />
N m <br />
mNi 63<br />
Ni 63<br />
Ni 63atom<br />
4,<br />
546510<br />
Opgave 6: Eridani B<br />
20<br />
62,<br />
929670 1,<br />
66054 10<br />
27<br />
kg 4,<br />
7509810<br />
5<br />
10<br />
kg 48mg<br />
a) Den bølgelængde, hvor intensitetsfordelingen som funktion af bølgelængden har sit maksimum,<br />
bestemmes ved Wiens forskydningslov:<br />
<br />
<br />
max<br />
max<br />
T<br />
2,<br />
89810<br />
3<br />
3<br />
m K<br />
2,<br />
89810<br />
m K<br />
<br />
1,<br />
72510<br />
3<br />
16,<br />
810<br />
K<br />
7<br />
m 173nm<br />
b) For at kunne besvare spørgsmålet, skal man kende intensiteten af lyset i Jordens afstand, og derfor<br />
skal man først kende stjernens udstrålede effekt. Denne bestemmes ved Stefan-Boltzmanns lov, da<br />
radius af stjernen også er kendt:<br />
2<br />
4<br />
6 2<br />
8<br />
W<br />
3 4<br />
24<br />
9, 47 10<br />
m<br />
5,<br />
67 10<br />
16, 810<br />
K<br />
5,<br />
09014 10 W<br />
P 4 r <br />
T<br />
4<br />
<br />
<br />
2 4<br />
m K<br />
Det udsendte lys breder sig som en kugleskal ud i verdensrummet, så i Jordens afstand er intensiteten:<br />
P 5,<br />
09014 10<br />
W<br />
11<br />
W<br />
I <br />
4 <br />
d 4 <br />
<br />
m<br />
2<br />
jord<br />
24<br />
1,<br />
6623510<br />
15 2<br />
2<br />
16, 5<br />
9,<br />
46 10<br />
m<br />
20
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Da teleskopets åbning er 0,20m 2 er den indkomne effekt:<br />
P<br />
indkomne<br />
11<br />
W<br />
2<br />
1, 6623510<br />
0,<br />
20m<br />
3,<br />
32469231910<br />
2<br />
m<br />
8<br />
Da man skal modtage mindst 5,<br />
0<br />
10 J , skal teleskopet mindst være belyst i:<br />
P<br />
indkomne<br />
E<br />
<br />
t<br />
nødvendig<br />
nødvendig<br />
Opgave 7: Båd for anker<br />
<br />
t<br />
nødvendig<br />
E<br />
<br />
P<br />
nødvendig<br />
indkomne<br />
a) Kraften er parallel med bevægelsesretningen, så effekten er:<br />
m<br />
P F v 386N 18<br />
115,<br />
8W<br />
0,<br />
12kW<br />
60s<br />
-12<br />
W<br />
8<br />
5,<br />
0 10<br />
J<br />
<br />
15039s<br />
4,<br />
2timer<br />
12<br />
3,<br />
3247 10<br />
W<br />
b) For at bestemme opdriften skal man kende rumfanget af ankeret. Da man kender massen, skal man<br />
finde densiteten af aluminium for at bestemme rumfanget. Densiteten findes i det periodiske<br />
g kg<br />
system på siderne 14 og 15 i databogen 1998-udgaven: Al 2,<br />
698 2698 .<br />
3<br />
3<br />
cm m<br />
Så bestemmes rumfanget af ankeret:<br />
manker<br />
14,<br />
4kg<br />
3<br />
Vanker<br />
0,<br />
005337287m<br />
kg<br />
Al 2698<br />
3<br />
m<br />
Opdriften afhænger af vandets densitet. Det antages, at båden sejler på havet, og vandets densitet<br />
sættes så til 1020kg/m 3 .<br />
Så bliver opdriften:<br />
kg<br />
3 m<br />
Fop vand Vanker<br />
g 1020 0,<br />
005337287m<br />
9,<br />
82 53,<br />
46040N<br />
53N<br />
3<br />
2<br />
m<br />
s<br />
c) De fire kræfter, der virker på båden, er:<br />
Opdriften Fop: Har retning lodret opad og størrelsen 6,22kN<br />
m<br />
Tyngdekraften Ft: Har retning lodret nedad og størrelsen Ft m g 560kg<br />
9,<br />
82 5,<br />
50kN<br />
2<br />
s<br />
<br />
Kraften fra vinden Fvind: Er rettet vandret mod højre på figuren.<br />
Ankerkraften FA : Er rettet fra skibet (rødt punkt) og ned mod ankeret, dvs. mod venstre med en<br />
vinkel på 17° i forhold til vandret.<br />
Båden ligger stille, så Fres=0, og dermed må de fire kræfter udligne hinanden.<br />
Fvind har ingen lodret komponent, så det er den lodrette del af FA, der udligner forskellen mellem<br />
tyngdekraften og opdriften:
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
FA, lodret<br />
6,<br />
22kN<br />
5,<br />
50kN<br />
0,<br />
72kN<br />
Da vinklen med vandret er på 17°, er størrelsen af ankerkraften:<br />
FA,<br />
lodret 0,<br />
72kN<br />
FA<br />
2,<br />
46kN<br />
sin 17<br />
sin 17<br />
<br />
Den vandrette del af ankerkraften (og dermed også kraften fra vinden) er så:<br />
Fvind FA,<br />
vandret cos( 17)<br />
FA<br />
cos( 17)<br />
2,<br />
46kN<br />
2,<br />
36kN<br />
Dermed kan de fire kræfter indtegnes på bilaget:
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1: Türanor<br />
12. august 2011<br />
a) Nyttevirkningen er forholdet mellem den levede effekt og den indstrålede effekt:<br />
P<br />
<br />
P<br />
leveret<br />
indstrålet<br />
<br />
I<br />
sol<br />
P<br />
leveret<br />
A<br />
solceller<br />
93,<br />
510<br />
W<br />
<br />
W<br />
930 536m<br />
2<br />
m<br />
3<br />
2<br />
<br />
0,18757021344888<br />
b) Først bestemmes den tid Türanor er i stand til at sejle med farten 14 km/h:<br />
E<br />
P <br />
t<br />
omsat<br />
<br />
E<br />
t<br />
<br />
P<br />
omsat<br />
E<br />
<br />
P<br />
batteri<br />
motorer<br />
9<br />
18,76%<br />
4,<br />
7 10<br />
J<br />
235000s<br />
65,<br />
27778 timer<br />
3<br />
20 10<br />
W<br />
Med 14 km/h som konstant fart svarer dette til:<br />
km<br />
s v t<br />
14 65,<br />
28t<br />
914km<br />
t<br />
Der går også lidt energi til andre ting end motorerne, så Türanor kan nok sejle omkring 900kmpå et fuldt opladet batteri.<br />
Opgave 2: Stålværk<br />
a) Da den afsatte effekt og spændingsfaldet er kendt, kan strømstyrken gennem jernet (der kan<br />
betragtes som en simpel resistor) beregnes:<br />
P 40 10<br />
W<br />
P U I I 44444,<br />
444A<br />
44kA<br />
U 900V<br />
6<br />
b) Det antages, at systemet er isoleret (dvs. der er ikke varmeafgivelse til omgivelserne) og at jernet<br />
fra start er 20°C. Jernet skal først opvarmes til smeltepunktet, så man har brug for at kende den<br />
specifikke varmekapacitet for jern. Den findes på side 142 i databogen (version 1998) og er<br />
J<br />
c jern 452 (ved stuetemperatur). Den specifikke varmekapacitet afhænger en lille smule<br />
kg<br />
K<br />
af temperaturen, men den regnes som konstant. Jernets smeltepunkt kan findes i det periodiske<br />
system (databogen side 14), hvor det ses at være 1540°C. Hermed fås:<br />
E E E<br />
omsat<br />
opvarmning<br />
smeltning m c T<br />
m Ls<br />
m c T<br />
Ls<br />
<br />
t<br />
<br />
<br />
<br />
<br />
P<br />
P<br />
P<br />
P<br />
3 J<br />
3 J <br />
80 10<br />
kg<br />
452 1540 20K<br />
27510<br />
<br />
10<br />
kg<br />
K<br />
kg<br />
7,<br />
69632 10<br />
J<br />
<br />
1924s<br />
32min<br />
6<br />
6<br />
40 10<br />
W<br />
40 10<br />
W
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 3: Dobbeltstjernen Sirius<br />
a) Wiens forskydningslov giver:<br />
<br />
max<br />
3<br />
2, 89810<br />
m K 2,<br />
89810<br />
m K<br />
-7<br />
<br />
<br />
1,168548 10<br />
m 116,<br />
9nm<br />
4<br />
T<br />
2,<br />
4810<br />
K<br />
overflade<br />
3<br />
b) Massen af Sirius B er opgivet, så for at finde den gennemsnitlige densitet, skal man finde radius, så<br />
rumfanget kan bestemmes. Radius kan bestemmes ud fra Stefan-Boltzmanns lov, da den udstrålede<br />
effekt er opgivet, og da man fra tidligere har overfladetemperaturen:<br />
P<br />
udstrålet<br />
A<br />
overflade<br />
<br />
T<br />
4 <br />
r<br />
<br />
T<br />
r <br />
Pudstrålet<br />
4<br />
4 <br />
<br />
T<br />
<br />
9,<br />
9510<br />
W<br />
8<br />
W<br />
4 <br />
5,<br />
67 10<br />
<br />
2 4<br />
m T<br />
Hermed bliver den gennemsnitlige densitet:<br />
<br />
m<br />
V<br />
4<br />
2<br />
6075647, 5m<br />
4<br />
24<br />
<br />
4 2, 4810<br />
K <br />
4<br />
6075647,<br />
5m<br />
30<br />
m 2,<br />
09 10<br />
kg<br />
kg<br />
9 kg<br />
<br />
2224743614 2,<br />
22 10<br />
4 3<br />
3<br />
3 4<br />
3<br />
m<br />
m<br />
<br />
<br />
r<br />
3<br />
Opgave 4: Meget gammelt vand<br />
<br />
<br />
3<br />
a) I databogen under radioaktive nuklider (side 201) ses det, at Kr-81 henfalder ved<br />
elektronindfangning. Så reaktionsskemaet bliver:<br />
81<br />
36<br />
Kr<br />
0<br />
1 e<br />
81<br />
35<br />
Br<br />
<br />
Ladningsbevarelsen giver, at datterkernen har atomnummeret 35, som er brom.<br />
Nukleonbevarelsen fortæller, at det er Br-81-isotopen, der dannes.<br />
Leptontalsbevarelsen giver, at der må udsendes en neutrino (leptontallet 1).<br />
b) Samme sted som henfaldstypen for Kr-81 blev fundet, ses det også, at halveringstiden for henfaldet<br />
er 0,21Mår. Da antallet af kerner er opgivet, kan aktiviteten bestemmes:<br />
ln( 2)<br />
ln( 2)<br />
6<br />
7<br />
1<br />
A k N N <br />
2,<br />
32 10<br />
2,<br />
4266 10<br />
s 0,<br />
24Bq<br />
6<br />
T 0,<br />
2110<br />
365,<br />
2422 24 3600s<br />
½<br />
c) Alderen af vandet kan bestemmes ved hjælp af henfaldsloven:<br />
N(<br />
t)<br />
<br />
N<br />
t T<br />
½<br />
0<br />
1 <br />
<br />
<br />
2 <br />
t<br />
T<br />
½<br />
<br />
N(<br />
t)<br />
<br />
ln<br />
<br />
<br />
N <br />
<br />
0 <br />
N0<br />
<br />
1900<br />
ln<br />
<br />
<br />
ln<br />
N(<br />
t)<br />
<br />
<br />
5 450<br />
5<br />
<br />
<br />
2,<br />
110<br />
år <br />
<br />
436381år<br />
4,<br />
4 10<br />
år<br />
ln( 2)<br />
ln( 2)<br />
t<br />
T<br />
½<br />
1 <br />
ln<br />
<br />
2
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
5<br />
Da vandet under Gum Horia er 2, 3010<br />
år gammelt, er den tid, det bruger på at sive de 220km<br />
fra Gum Horia til Farafra altså:<br />
t sivning<br />
436381år<br />
2,<br />
3010<br />
år 206381år<br />
Hermed bliver gennemsnitsfarten:<br />
v gen<br />
Opgave 5: Enterprise<br />
5<br />
3<br />
220 8<br />
8<br />
s<br />
10<br />
m<br />
<br />
3,<br />
377997 10<br />
t<br />
206381<br />
365,<br />
2422 24 3600<br />
a) Kabinerne udfører en jævn cirkelbevægelse, så farten beregnes ved:<br />
2 <br />
r 2 <br />
5,<br />
3m<br />
m m<br />
v 7,<br />
92878 7,<br />
9<br />
T 4,<br />
2s<br />
s s<br />
m<br />
3,<br />
410<br />
s<br />
b) Der virker to kræfter på kabinen (der ses bort fra luftmodstand og den tilsvarende kraft fra<br />
karrussellens motor, der skal sørge for konstant fart): Tyngdekraften og kraften fra hængslet.<br />
Disse to kræfter udgør tilsammen den nødvendige centripetalkraft, der har størrelsen:<br />
F c<br />
2<br />
4<br />
r 4<br />
5,<br />
3m<br />
m 215kg<br />
2550,<br />
207N<br />
2<br />
2<br />
T<br />
2<br />
4, 2s<br />
Tyngdekraftens størrelse er:<br />
m<br />
Ft m g 215kg<br />
9,<br />
82 2111,<br />
3N<br />
2<br />
s<br />
<br />
Da den resulterende kraft (svarende til centripetalkraften) er vandret, må den lodrette del af<br />
hængselkraften være lige så stor som tyngdekraften (og pege opad). Desuden er det den vandrette<br />
del af hængselkraften, der udgør centripetalkraften. Man har altså:<br />
F 2111,<br />
3N<br />
F<br />
hængsel , lodret<br />
hængsel , vandret<br />
<br />
2550,<br />
2<br />
Hermed bliver størrelsen af hængselkraften:<br />
2<br />
Fhængsel Fhængsel<br />
, vandret Fhængsel<br />
, lodret <br />
N<br />
2<br />
m<br />
s<br />
2<br />
2<br />
2550, 2N<br />
2111, 3N<br />
3310,<br />
762N<br />
3311N<br />
Nu kan størrelse og retning indtegnes på figuren, da man ved, at kraften virker fra<br />
massemidtpunktet (den røde prik) op mod hængslet:
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 6: E-bike<br />
a) Da bevægelsen er med konstant fart kan tiden beregnes ved:<br />
s<br />
5,<br />
0km<br />
t 0,<br />
2timer<br />
12min<br />
v km<br />
25<br />
t<br />
b) For bevægelse med konstant acceleration gælder:<br />
1 2<br />
s( t)<br />
a t<br />
v0<br />
t<br />
s0<br />
2<br />
Tabellens værdier indtegnes på en (t,s)-graf, og da accelerationen er konstant (og begyndelsessted<br />
og –fart er 0), vælges regression med en potensfunktion med eksponenten 2:
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Strækningen målt i meter<br />
25<br />
20<br />
15<br />
10<br />
5<br />
0<br />
Cykling med konstant acceleration<br />
y = 0,6x 2<br />
R² = 1<br />
0 1 2 3 4 5 6 7<br />
Tiden målt i sekunder<br />
Ud fra tendenslinjens forskrift aflæses accelerationen til 1,2m/s 2 .<br />
Farten omregnes fra km/t til m/s:<br />
km 1000m<br />
m<br />
v 25 25<br />
6,<br />
94<br />
t 3600s<br />
s<br />
Så kan man regne ud, hvornår cyklisten opnår denne fart:<br />
m<br />
6,<br />
94<br />
v<br />
v a t<br />
t <br />
s<br />
5,<br />
787s<br />
5,<br />
8s<br />
a m<br />
1,<br />
20<br />
2<br />
s<br />
c) Effekten er givet ved: P F v<br />
, hvor F er kraften på cyklen og v er cyklings fart.<br />
Kraften på cyklen er den resulterende kraft, der fører til accelerationen. Da accelerationen er<br />
konstant, er den resulterende kraft også konstant (massen ændres ikke), og dermed vil effekten<br />
øges, når farten øges. Da hjælpemotoren yder en konstant hjælpeeffekt, skal cyklisten altså selv<br />
yde den største effekt, når farten er størst, dvs. efter 6 sekunder.<br />
Først bestemmes farten efter 6 sekunder:<br />
m m<br />
v a t<br />
1,<br />
2 6s<br />
7,<br />
2<br />
2<br />
s s<br />
Hermed kan cyklistens største effekt bestemmes:<br />
P P F v P m a v P <br />
Pmaks 6 sekunder motor res 6 sekunder motor<br />
6 sekunder motor<br />
m m<br />
65,<br />
2kg1,<br />
2 7,<br />
2 250W<br />
313,<br />
328W<br />
313W<br />
2<br />
s s
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 7: Metro<br />
a) Først bestemmes massen af den luft, der skal nedbremses:<br />
kg 2<br />
mluft V<br />
Atværsnit<br />
ltog<br />
1,<br />
21 4,<br />
0m<br />
38,<br />
5m<br />
186,<br />
34kg<br />
3<br />
m<br />
Overtrykket på (101,03-100,98)kPa = 50Pa omregnes til den ekstra kraft, der virker på forruden:<br />
F<br />
2<br />
p F p A 50Pa<br />
4,<br />
0m<br />
200N<br />
A<br />
Dette er kraften, der bruges til at nedbremse luftmassen, så Newtons 2. lov giver<br />
accelerationen:<br />
Fres<br />
200N<br />
m m<br />
Fres<br />
m a a 1,<br />
073307 1,<br />
07<br />
2<br />
2<br />
m 186,<br />
34kg<br />
s s<br />
Det er ovenfor benyttet, at luften befinder sig i et accelereret system, hvorfor man kan regne på<br />
det, som om det var i et tyngdefelt (med accelerationen 1,07m/s 2 ), så princippet i opgaven er<br />
egentlig det samme, som når man benyttet trykket ved jordoverfladen til at vurdere atmosfærens<br />
masse.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1: Stjernen Vega<br />
29. maj 2012<br />
a) Den bølgelængde, hvor intensiteten er størst, aflæses til at være 505nm.<br />
Da stjernen kan betragtes som et absolut sort legeme, kan Wiens forskydningslov benyttes til at<br />
beregne overfladetemperaturen:<br />
<br />
maks<br />
0,002898Km<br />
T 0,002898K m T 5738,61K 5,74kK<br />
<br />
b) Det antages, at lyset ikke absorberes på sin vej fra Vega til Jorden. Så udbreder det sig på en<br />
kugleskal:<br />
P<br />
I , hvor P er Vegas lysstyrke, I er intensiteten observeret på Jorden og r er afstanden<br />
2<br />
4r<br />
mellem Vega og Jorden.<br />
28<br />
P 1,42 10<br />
W<br />
17 17<br />
r 2,376973 10 m 2,4 10<br />
m<br />
4I<br />
8<br />
W<br />
4 2,00 10<br />
2<br />
Opgave 2: Knivkast<br />
m<br />
maks<br />
(25 lysår)<br />
a) Når kniven rammer skiven og borer sig ind i den, bliver den påvirket af en resulterende kraft, der<br />
virker modsat bevægelsesretningen og dermed bremser bevægelsen.<br />
Den resulterende krafts (negative) arbejde svarer til den (negative) tilvækst i kinetisk energi:<br />
A E<br />
res kin<br />
1 2<br />
Fres , gennemsnit xindtrængning m vstart <br />
2<br />
m <br />
2 0,21kg 13,6<br />
mv <br />
<br />
start<br />
s<br />
Fres , gennemsnit <br />
<br />
3236,8N 3,2kN<br />
2x 20,0060m indtrængning<br />
b) Der ses bort fra luftmodstand, så bevægelsen kan deles op i en vandret bevægelse med konstant<br />
hastighed og en lodret med konstant acceleration.<br />
Den konstante hastighed i den vandrette bevægelse kan bestemmes, da man kender kastevinklen<br />
og begyndelsesfarten:<br />
m m<br />
vvandretcos(8,4 ) vstartcos(8,4 ) 15,3 15,13586669<br />
s s<br />
Da man nu kender den vandrette bevægelses hastighed, kan man beregne, hvor lang tid der går,<br />
inden kniven rammer skiven:<br />
xskivexskive2,2m vvandret tskive <br />
0,145350s<br />
t m<br />
skive vvandret15,13586669<br />
s<br />
2
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Nu kendes det tidsrum kniven flyver i luften, og accelerationen i den lodrette bevægelse er<br />
tyngdeaccelerationen. Da man kender starthøjden og kan beregne den lodrette<br />
begyndelseshastighed, kan man hermed bestemme den højde kniven vil være i, når den rammer<br />
skiven. Den positive retning vælges opad:<br />
1 2<br />
y( t) g t vstart sin(8,4 ) t y0<br />
2<br />
1 m 2 m<br />
y(0,14535 s) 9,82 2 0,14535s 15,3 sin(8,4 ) 0,14535s 1,1m<br />
2 s s<br />
y(0,14535 s) 0,67140038m0,7m Opgave 3: Sukker<br />
a) På målebægeret kan man aflæse, at 1,00L svarer til 850g sukker. Hermed kan densiteten af<br />
sukkeret beregnes til:<br />
msukker 850g<br />
g<br />
sukker 0,85<br />
3 3 3<br />
V 1,00 10<br />
cm cm<br />
sukker<br />
Opgave 4: Elektrisk køletaske<br />
a) Da man kender strømstyrken, spændingsfaldet og længden af det betragtede tidsrum, kan man<br />
beregne den omsatte energi ved:<br />
E Pt U I t 12V 4,2 A3,0 3600s 544320J 0,5MJ<br />
b) På bilaget indtegnes en tangent til grafen til tiden 2000s:
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Hældningen for tangenten fortæller, hvor meget temperaturen ændrer sig pr. tid efter 2000s:<br />
dT 8,0C C<br />
0,00163265<br />
dt 4900s<br />
s<br />
For at bestemme med hvilken effekt køletasken modtager varme fra omgivelserne efter 2000s, ses<br />
på energiregnskabet:<br />
Ekøletaske Ekøleelement Eomgivelser<br />
Da man kender køletaskens varmekapacitet, bliver dette til tidspunktet t = 2000s:<br />
C dT dE dE<br />
køletaske køleelement omgivelser<br />
Ckøletaske dT<br />
dE dE<br />
køleelement omgivelser<br />
<br />
dt dt dt<br />
dT<br />
Ckøletaske Pkøleelement Pomgivelser<br />
dt<br />
dT<br />
Pomgivelser Ckøletaske Pkøleelement<br />
<br />
dt<br />
J C<br />
<br />
K s <br />
3<br />
2,4 10 0,00163265 18<br />
Opgave 5: Katastrofen i Kyshtym<br />
<br />
,0W 14,0816W 14,1W<br />
a) I databogen under radioaktive nuklider (side 204 i 1998-udgaven) ses Ce-144 at være - -radioaktiv<br />
med halveringstiden 284 døgn. Desuden ses Ce at være grundstof nr. 58.<br />
Da isotopen er - -radioaktiv, udsendes en elektron, og man får altså:<br />
Ce Pr e v<br />
144 144 0<br />
58 59 1<br />
Elektronen ledsages altid af en antineutrino (beskrevet ved leptontalsbevarelse).<br />
Ladningsbevarelsen (58 = 59 -1) giver, at datterkernen er grundstof nr. 59, der i det periodiske<br />
system ses at være Pr.<br />
Nukleontalsbevarelsen (144 = 144 + 0) giver, at det er isotopen Pr-144, der dannes.<br />
b) Man kender halveringstiden og aktiviteten (det ikke så ofte benyttede præfiks P – peta – står for<br />
10 15 ), så antallet af kerner kan bestemmes, hvorefter massen kan findes:<br />
ln(2)<br />
AT ½<br />
A k N N N <br />
T<br />
ln(2)<br />
½<br />
AT <br />
m N m m<br />
ln(2)<br />
½<br />
Ce144udslip Ce144 atom Ce144 atom<br />
15<br />
24,4 10 Bq 284 24 3600s<br />
27<br />
143,913643 1,66054 10<br />
mCe144udslip kg <br />
ln(2)<br />
0,206418kg 206g<br />
Atommassen af Ce-144 er slået op i databogen under ”Nukliders masse og bindingsenergi” side 223<br />
i 1998-udgaven.
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
c) I databogen under radioaktive nuklider (side 201) ses Sr-90 at have en halveringstid på 28,8 år.<br />
Da man for begge radioaktive nuklider kender begyndelsesaktiviteten og halveringstiden, kan man<br />
ved hjælp af henfaldsloven opskrive følgende udtryk for at bestemme, hvornår aktiviteten af Sr-90<br />
overstiger aktiviteten af Ce-144:<br />
A ( t) A ( t)<br />
Sr90Ce144 t t<br />
28,8år 0,7776år<br />
11 A0, Sr90A0, Ce144<br />
22 t t<br />
28,8år 0,7776år<br />
11 2,0PBq 24,4PBq<br />
<br />
<br />
22 284døgn<br />
Halveringstiden for Ce-144 er omregnet til år ved: T½ 0,777566år<br />
365,2422 døgn / år<br />
På TI n’spire indtastes:<br />
Dvs. at efter 2,9 år er aktiviteten af Sr-90 større end aktiviteten af Ce-144<br />
Opgave 6: Pedaltraktortræk<br />
a) Da man kender massen og den resulterende kraft, kan accelerationen bestemmes ved Newtons 2.<br />
lov:<br />
Fres 41N<br />
m m<br />
Fres m a a 0,215789 0,22<br />
2 2<br />
m 190kg<br />
s s<br />
b) For at se, om man kan bruge en simpel matematisk model til at beskrive bevægelsen, indtegnes<br />
tabellens punkter i et koordinatsystem:<br />
Strækningen i meter<br />
5<br />
4,5<br />
4<br />
3,5<br />
3<br />
2,5<br />
2<br />
1,5<br />
1<br />
0,5<br />
0<br />
Pedaltraktortræk<br />
0 1 2 3 4 5 6 7 8<br />
Tiden i sekunder
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Punkterne ser ud til at danne en tilnærmelsesvis ret linje på det første stykke (let buet), men så<br />
bøjer den af, og da desuden punktet (0,0) indgår, kan stedfunktionen ikke beskrives ved en lineær,<br />
eksponentiel eller potensudvikling.<br />
MEN, som det ses på punkternes placering, kan man med god tilnærmelse bestemme farten til<br />
tiden t = 4,0s som gennemsnitsfarten i intervallet [3s;5s].<br />
s3,65m2,35m1,30mm v4,0s<br />
0,65<br />
t5,0s3,0s2,0s s<br />
N<br />
c) Gnidningskraften som funktion af strækningen er oplyst at være Fgnid 105 s 84N<br />
.<br />
m<br />
En krafts arbejde er generelt defineret som A F s cos( v)<br />
, hvor v er vinklen mellem kraftens<br />
retning og bevægelsens retning. I dette tilfælde er det to modsatte retninger (v = 180°), så arbejdet<br />
bliver negativt, men man er interesseret i den effekt arbejdet udføres med, og derfor ses bort fra<br />
fortegnet.<br />
Da kraften ikke er konstant, findes det samlede arbejde ved at integrere kraftudtrykket med hensyn<br />
til strækningen, og da trækkets tid kendes, kan effekten beregnes:<br />
P<br />
Opgave 7: Alnilam<br />
10,0m 10,0m<br />
N 1N2 <br />
A<br />
(105 s 84 N) ds m <br />
105 s<br />
2m 84N<br />
s<br />
<br />
<br />
t t t<br />
gnidning 0m 0m<br />
<br />
1 N<br />
2<br />
105 10,0 84 10,0<br />
<br />
m N m<br />
2 m 464,885496W0,46kW 13,1s<br />
a) Da man kender både radius og stjernens effektive overfladetemperatur, kan stefan-boltzmanns lov<br />
benyttes til at bestemme den udsendte effekt (lysstyrken):<br />
P AT 4 r T<br />
4 2 4<br />
8<br />
W<br />
10<br />
2<br />
4<br />
4<br />
31 31<br />
P 5,6705 10 4 2 4 1,81 10 m 2,5 10 K 9,1190249 10 W 9,110 W<br />
m K<br />
b) For at bestemme tyngdeaccelerationen på overfladen af Alnilam udnyttes det, at man kan regne,<br />
som om al massen var placeret i centrum af stjernen (dvs. man betragter enhver tilpas tynd<br />
kugleskal af stjernen som homogen). Det er kun tyngdekraften, der virker ved overfladen, så den<br />
udgør den resulterende kraft. Newtons 2. lov og gravitationsloven kan så kombineres:<br />
F F<br />
res t<br />
mM Alnilam<br />
m a G <br />
2<br />
r<br />
2 30<br />
M Alnilam<br />
11<br />
m 401,98910kg m m<br />
6,6726 10 16,20439 16,2<br />
2 2 2<br />
2 2<br />
a G N <br />
r kg s s<br />
10 1,81 10<br />
m
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
Opgave 1: Nissan Leaf<br />
6. juni 2012<br />
a) Man kender spændingsfaldet U over batteriet og den effekt P hvormed batteriet modtager energi,<br />
så strømstyrken I kan beregnes ved:<br />
3<br />
P 5010 W<br />
P U I I 12,5A<br />
U 400V<br />
b) Man kan godt omregne til SI-enheder, men i dette tilfælde er det nemmest at bestemme energi i<br />
enheden kWh, da den afgivne energi er opgivet i denne enhed.<br />
Den energi batteriet har modtaget efter en opladning på 30 minutter (svarende til 0,50 timer) er<br />
altså:<br />
E Pt 50kW 0,50h 25kWh<br />
batteri<br />
Da man også kender den afgivne energi, kan nyttevirkningen bestemmes:<br />
EnyttigEafgivet19kWh 0,76 76%<br />
E E 25kWh<br />
tilført batteri<br />
1<br />
2<br />
c) Luftmodstanden kan ofte beskrives ved udtrykket Fluft cw A v , hvor cw er formfaktoren,<br />
2<br />
er luftens densitet, A er tværsnitsarealet vinkelret på bevægelsesretningen og v er farten.<br />
I dette tilfælde er det bilen, der holder stille, og luften, der bevæger sig, så v vil i dette tilfælde være<br />
vindhastigheden. Hvis dette udtryk gælder, er v 2 proportional med Fluft, hvilket undersøges ved at<br />
lave en (v 2 ,Fluft)-graf i Excel (der er valgt en lineær tendenslinje, der er tvunget gennem (0,0)):<br />
Luftmodstand i Newton<br />
600<br />
500<br />
400<br />
300<br />
200<br />
100<br />
0<br />
Luftmodstand på Nissan Leaf<br />
y = 0,4084x<br />
R² = 0,9998<br />
0 200 400 600 800 1000 1200 1400<br />
v^2 (kvadratet på vindhastigheden i enheden m^2/s^2)<br />
Punkterne danner tydeligvis den søgte proportionalitet, og da luftens densitet kan findes i<br />
databogen (1998-udgaven) under densitet for gasser til at være 1,293 g/L (svarende til 1,293 kg/m 3 )
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
(godt nok ved 0°C, hvor forsøget næppe er udført, men man kender alligevel ikke den rette<br />
temperatur), kan man ved at benytte hældningen = 0,4084N/(m 2 /s 2 ) bestemme formfaktoren:<br />
2<br />
Ns 0,4084 2<br />
1 2<br />
2<br />
c m<br />
wAcw 0,27828599 0,28<br />
2<br />
A kg<br />
2<br />
1,293 2,27<br />
m<br />
3<br />
m<br />
Opgave 2: Skybrud<br />
a) Trykket fra en 37,5m høj vandsøjle kan bestemmes, når man kender vandets densitet. Den slås op i<br />
databogen side 161 til at være 998,2kg/m 3 ved 20°C, der må være en rimelig temperatur for et<br />
regnskyl om sommeren.<br />
kg m<br />
pvandsøjle vand<br />
hsøjle g 998,2 37,5m 9,82 367587,15Pa<br />
3 2<br />
m s<br />
Udover trykket var væskesøjlen, vil det opadrettede tryk i vandet i højde med kloakdækslet også<br />
afhænge af lufttrykket ved jordoverfladen, og da kloakken må have forbindelse med atmosfæren et<br />
eller andet sted, vil dette tryk skulle lægges oven i ovenstående udtryk (der derfor ville blive 378<br />
kPa i stedet for 368 kPa). Samme tryk ville dog også virke nedad på selve kloakdækslet, og da det<br />
interessante i opgaven er, hvor meget skruerne skal kunne holde, må opgaveformuleringen nok<br />
skulle forstås på den måde, at man helt skal se bort fra luftens påvirkninger.<br />
Dermed bliver kraften fra vandet (pga. vandsøjlen) på dækslet:<br />
2<br />
F<br />
2<br />
P F P Adæksel Prdæksel367587,15Pa0,29m97119N 97kN<br />
A<br />
dæksel<br />
Opgave 3: Datering af jordlag<br />
a) I databogen under ”Radioaktive nuklider” (side 207 i 1998-udgaven) findes halveringstiden for<br />
Pb-210 til at være 22,3 år. Lad t betegne den tid, der er gået mellem aflejringen af de to jordlag.<br />
Da der er lige meget Pb-210 i hvert gram nylagret materiale, vil en jordprøve med aktiviteten<br />
22,9mBq efter tiden t have aktiviteten 2,1mBq, og man har dermed:<br />
t t<br />
1 T½ 2,1 1 22,3år<br />
2,1 t 1<br />
<br />
<br />
2,1mBq 22,9mBq ln ln <br />
2 22,9 2<br />
<br />
22,9<br />
<br />
<br />
22,3år 2 <br />
2,1 <br />
ln <br />
22,9<br />
<br />
t <br />
<br />
22,3år 76,8655659år 77år<br />
1 ln <br />
2 b) Da man kun måler i 3,0døgn, der er et meget kort tidsrum i forhold til halveringstiden på<br />
22,3år, kan man med meget god tilnærmelse regne antallet af Pb-210-kerner som konstant, når<br />
man bruger:<br />
A k N<br />
Hermed kan antallet af Pb-210-kerner i jordprøven bestemmes:
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
A A<br />
672<br />
N T½ 22,3år<br />
<br />
k ln(2) 3,0døgn ln(2)<br />
672<br />
22,3 365,2422 døgn 2632136<br />
3,0døgn ln(2)<br />
Hermed ses det også, at det var rimeligt at betragte antallet af Pb-210 som konstant, da det<br />
kun aftager med 0,03%.<br />
Atommassen af Pb-210 findes i databogen under ”Nukliders masse og bindingsenergi” til at<br />
være 209,984163u (man kunne også, da man kun regner med 2 betydende cifre, have brugt<br />
tommelfingerreglen, at Pb-210 ca. vejer 210u).<br />
Hermed bliver massen:<br />
2719 m N mPb210atom 2632136 209,984 1,66054 10 kg 9,17791 10 kg<br />
<br />
9,2 10<br />
19<br />
kg<br />
Opgave 4: 100 meter løb<br />
a) Man kender strækningen og tiden, og dermed kan gennemsnitsfarten bestemmes:<br />
v<br />
gen<br />
s 100m<br />
m m km <br />
9,53288847 9,53 34,3 t 10,49s<br />
s s t <br />
b) Sammenhængen mellem den samlede vandrette kraft på løberen og den vandrette acceleration er<br />
givet ved Newtons 2. lov: F , m a<br />
res vandret vandret<br />
Da massen ikke ændrer sig, finder den største acceleration sted, når kraften er størst. Den største<br />
kraft aflæses på bilaget til at være 800N:<br />
Hermed bliver den største vandrette acceleration:<br />
Fres m a <br />
Fres a <br />
m<br />
800N<br />
m m<br />
12,9032258 <br />
12,9<br />
2 2<br />
62kg<br />
s s
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
c) Løberens fart, når hun forlader startblokken, kan beregnes ved først at bestemme kraftens impuls:<br />
dp<br />
F <br />
dt<br />
p F dt<br />
Højresiden i dette udtryk (kraftens impuls) svarer til arealet under (t,F)-grafen. Dette areal<br />
bestemmes ved at opdele figuren i et sort rektangel, hvis areal tilnærmelsesvist svarer til den del af<br />
det samlede areal, der ligger under 400N, samt to blå trekanter, der tilnærmelsesvist udgør den<br />
resterende del af arealet.<br />
Kraftens impuls er altså:<br />
<br />
p F dt A A <br />
rektangel trekanter<br />
1 1<br />
400 N (0,44s 0,12 s) 400N 0,115s 140N 0,16s 162,2N<br />
s<br />
2 2<br />
Da løberen står stille inden startskuddet lyder, bliver farten når startblokken forlades:<br />
p162,2Nsm m km <br />
v 2,6161290 2,6 9,4 m 62kg<br />
s s t <br />
Opgave 5: Rumsonden Messenger<br />
a) Da man kender både Messengers masse og fart, kan dens kinetiske energi bestemmes:<br />
2<br />
1 2 1 3 m <br />
512 3,81 10 3716121600 3,72<br />
Ekin m v kg J GJ<br />
2 2 s <br />
b) Det er afstandene til Merkurs overflade, der er opgivet, men når tyngdekraften skal bestemmes,<br />
skal man betragte massen af Merkur som samlet i planetens centrum, og dermed skal man kende<br />
Merkurs radius. I databogen under ”Planetsystemet” (side 236 i 1998-udgaven) findes radius til<br />
2439km (og planeten er ikke fladtrykt).<br />
Hermed kan tyngdekraften bestemmes ud fra Newtons gravitationslov:<br />
MMerkurmMessenger Ftyngde G<br />
<br />
2<br />
r<br />
2 23<br />
11<br />
N m 3,29 10 kg 512kg<br />
6,6726 10 1613,9206 N 1614<br />
N<br />
2<br />
5 6<br />
2<br />
kg 2,00 10 m2,43910m
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
c) Metode 1 (energibevarelse): Det er et isoleret mekanisk system, dvs. den mekaniske energi er<br />
bevaret, og den energiomdannelse, der finder sted, er altså udelukkende mellem kinetisk og<br />
potentiel energi. Man har dermed:<br />
E E <br />
mek , tættest mek , længst<br />
E E E E <br />
kin, t pot, t kin, l pot, l<br />
1 M m1 M m<br />
m v G m v G <br />
2 2<br />
2 Merkur Messenger 2<br />
Merkur Messenger<br />
Messenger t<br />
rt Messenger l<br />
rl<br />
M M<br />
v 2Gv2G 2 Merkur 2<br />
Merkur<br />
t<br />
rt l<br />
rl<br />
2<br />
1 1<br />
vl vt 2<br />
G M Merkur <br />
rl rt<br />
<br />
3 m<br />
2<br />
23<br />
1 1<br />
s<br />
7 6<br />
1,56 10 m 2,439 10 m<br />
5 6<br />
2,00 10 m 2,439 10<br />
m<br />
<br />
<br />
vl 3,8110 2 G 3,29 10 kg <br />
<br />
<br />
m m<br />
vl<br />
559,2678162559 s s<br />
For at få plads til ovenstående udregning, er værdien for G ikke skrevet ind i udregningen,<br />
men samme værdi som i spørgsmål b) er benyttet.<br />
Metode 2 (Keplers 2. lov): Der skal overstryges lige store arealer til lige store tider, dvs. forholdet<br />
mellem afstandene til centrum skal være det reciprokke af forholdet mellem farten de to steder:<br />
vl rt rt<br />
vl vt<br />
v r r<br />
t l l<br />
5 6<br />
2,00 10 m 2,439 10<br />
m 3 m m<br />
vl<br />
3,81 10 557<br />
7 6<br />
1,56 10 m 2,439 10<br />
m s s<br />
Opgave 6: Betelgeuse<br />
a) Den effektive overfladetemperatur er i dag (6. juni 2012 kl. ca. 12:47) 3450K efter en stigning på<br />
8,5%. Dermed var den effektive overfladetemperatur i 1993 på:<br />
T2012 3450K<br />
T1993 1,085 T2012 T1993 3179,7235K<br />
1,085 1,085<br />
Da man kender stjernens udstrålede effekt P og effektive overfladetemperatur, kan man ved hjælp<br />
af Stefan-Boltzmanns lov bestemme radius af Betelgeuse i 1993:<br />
P 4<br />
r T r <br />
2 4<br />
1993 1993 1993 4<br />
4<br />
T1993<br />
2,1210 W<br />
P<br />
r1993 <br />
8<br />
4 5,6705 10 W<br />
2<br />
31<br />
11<br />
539477836659m 5,3910 m<br />
4<br />
4 3179,7235 K <br />
3,6 AE<br />
m <br />
K
Løsningerne er hentet på www.<strong>szymanski</strong><strong>spil</strong>.dk<br />
b) Man kender den tilsyneladende lysstyrke I (intensiteten) og afstanden, så den forventede<br />
(absolutte) lysstyrke vil være:<br />
P<br />
2<br />
I P I 4 d 2<br />
Jorden Betelgeuse <br />
4d<br />
Jorden Betelgeuse<br />
3<br />
W<br />
15<br />
2<br />
36 36<br />
310 4 2 640 9,46 10 m 1,38204 10 W 1,4 10<br />
W<br />
m<br />
Opgave 7: Stort badebassin<br />
a) Badebassinet på billedet ser ud til at have en radius på 3m og en højde på 1,5m. Dermed er<br />
mængden af vand i bassinet (massefylden sættes til 1000kg/m 3 ):<br />
2<br />
2 kg<br />
m V r h 1000 3m 1,5m 42412kg<br />
3<br />
m<br />
Solarkonstanten slås op i databogen under ”solenergi” side 182 i 1998-udgaven til at være<br />
1353W/m 2 . Den fortæller, hvad intensiteten af solens lys er i Jordens afstand til Solen. Sollyset skal<br />
både gennem atmosfæren og rammer ikke vinkelret ned på bassinet, da Solen i Danmark aldrig står<br />
i zenit. Hvis solen er oppe i 18 timer, regner jeg med en gennemsnitlig intensitet på 500W/m 2<br />
vinkelret på badebassinet. En del af dette lys vil ikke afgive energi til vandet, men blot reflekteres,<br />
men hvis man regner med, at 30% af energien af sollyset går til opvarmning af vandet, får vandet<br />
tilført energimængden:<br />
W<br />
2<br />
Evand P t I Abassin t 0,3 500 (3 m) 18 3600s 274826525J 0,27GJ<br />
2<br />
m <br />
<br />
Vandet vil nok have en lidt mindre temperatur en den omgivende luft, men hvis man regner med,<br />
at der ikke sker udveksling af energi med omgivelserne, vil ovenstående give en temperaturstigning<br />
på:<br />
E m c T<br />
E<br />
274826525J<br />
T 1,6 C<br />
mc <br />
J<br />
42412kg 4180<br />
kg C