Elevatortur - szymanski spil

More documents

Recommendations

Info

Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk Opgave 4: Brune dværge a) Gassen kan betragtes som en idealgas, da tætheden ikke er særlig stor, og man har så: kB T p m 17 kg 23 J 1, 2 10 1, 38110 10K 3 m K -12 -12 1,6629048381852 10 Pa 1, 7 10 Pa 27 0, 60 1, 66054 10 kg b) Skyens masse beregnes for at vurdere, om den vil ende som en brun dværg (hvilket ifølge opgaveteksten sker, hvis dens masse er mindre end 0,08 gange Solens masse). Skyen er kugleformet, og man har derfor: 4 m V r 3 Desuden har man: 3 1, 210 17 kg 4 3 m 3 0, 08 M 0, 081, 98910 kg 1, 591210 30 29 15 3 29 1, 310 m 1, 1043326 10 kg Da skyens masse er mindre end ovenstående masse, vil gasskyen altså ende som en brun dværg. c) Da systemet er stabilt, gælder virialsætningen, der giver, at halvdelen af den omdannede potentielle energi er blevet til kinetisk energi, mens den resterende halvdel er udsendt som stråling. Da man kender det tidsrum, strålingen er udsendt i, kan den udstrålede effekt bestemmes: 1 E E pot 36 udstrålet J 24 24 P 2 7, 310 5,7832 10 W 5, 810 W 3 t t 2 20 10 365, 2422 24 3600s Opgave 5: Vindmølle a) Når der er 20 omdrejninger pr. minut, er perioden 3,0 sekunder. Da man også kender radius i cirkelbevægelsen, kan farten bestemmes: 2 r 2 45m m m v 94, 24778 94 T 3, 0s s s b) Når vindhastigheden er 12,5 m/s aflæses det på grafen, at møllen leverer effekten 2,6MW. Samtidig kan vindens leverede effekt beregnes: P vind kg 3 kg 0, 61 A v 0, 61 3 3 m m Nyttevirkningen er altså: Pmølle 2, 6MW 0, 343035 P 7, 6MW vind kg m s 3 2 45m 12, 5 7579399W 7, 6MW 34%
Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk Opgave 6: Vakuumkammer a) Da man kender rumfanget af kammeret og luftens densitet, kan massen af luften beregnes: kg 3 3 m V 1, 25 27, 110 m 33875kg 34 ton 3 m Luften betragtes som en idealgas. Der gælder dermed p V p V N kB T T , hvor N k p er trykket, V er rumfanget, N er antallet af partikler, kB er Boltzmanns konstant og T er temperaturen. Da temperaturen holdes konstant, og da rumfanget er konstant (kammerets størrelse ændres ikke), får han altså: pstart V pslut V N slut pslut pstart N k N k N start B slut B start Da det er den samme slags luft, der befinder sig i kammeret fra start til slut (dvs. man går ud fra, at der ikke er fjernet en større procentdel af en bestemt type luftmolekyler end andre), er forholdet mellem antallene af molekylerne det samme som forholdet mellem masserne. Dermed fås: mslut 0, 70kg 3 pslut pstart 10110 Pa 2, 08708Pa 2, 1Pa m 33875kg start Opgave 7: Antistatisk børste a) I databogen under radioaktive nuklider (side 207 i 1998-udgaven) ses det, at Po-210 har halveringstiden 138,4 døgn. Henfaldsloven kan så bruges til at bestemme aktiviteten efter et år: A( t) A 0 1 2 t T ½ 365døgn 1 138, 4døgn A( 365 døgn) 9, 25MBq 1, 486758MBq 1, 487MBq 2 b) Da aktiviteten og halveringstiden kendes, kan man beregne antallet af Po-210-kerner, hvorefter massen af Po-210 kan bestemmes: ln( 2) A k N N T ½ 6 A T½ 9, 2510 Bq 138, 4 24 3600s 14 N 1, 595754597 10 ln( 2) ln( 2) I databogen under nukliders masse (side 226 i 1998-udgaven) findes massen af et Po-210-atom til 209,982848u, og da det ovenfor bestemte antal kerner svarer til antallet af atomer, har man: m N m Po210atom 209, 982848u 1, 66054 10 27 kg u 14 1, 5957510 5, 5641556 10 11 kg 55, 6ng B
Page 1 and 2: Løsningerne er hentet på www.szym
Page 41: Løsningerne er hentet på www.szym

Elevatortur - szymanski spil

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?