Fysik A STX 6. Juni 2012 - Vejledende besvarelse

Side 1

Fysik A 6. juni 2012

Opgave 1 Nissan Leaf a)

Fra en kombination af Joule og Ohms lov, ved vi at

P I U =⋅

P

I =

U

Vi indsætter følgende værdier i SI-enheder, i formlen

• Spændingsfaldet: 400UV=
• Batteriets effekt: 50 50 10P kW W= = ⋅^{3}

Og får

50 10 ⋅^{3} W
IA == 125

400 V

Strømstyrken i bilens ladekabel er altså ca. 130 A.

b)

Den samlede elektriske energi der bliver overført til bilens batteri under 30 minutters opladning er givet ved produktet af effekten og tiden, hvori batteriet virker.

0,5 50 25E h kW kWh= ⋅ =

Nyttevirkning er defineret som følger:

E_{ud}
E_{ind}

η

=

Vi indsætter de kendte energier

19 kWh

== 0,76

25 kWh η

Hvilket fortæller os at batteriets nyttevirkning er 76 %.

Side 2

c)

Et tilpas stort legeme, har en vindmodstand, givet ved

2

1

2

F A C v = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅_{d}

ρ

, hvor A er bilens tværsnitsareal, C
                            d

er formfaktoren og ρ er densiteten af det medium bilen bevæger sig i.

Det vigtige i dette udtryk er at A, C_{d} og er konstanter. Dette betyder at vi kan skrive ovenstående udtryk

ρ som

F k v k A C = ⋅ = ⋅ ⋅^{2},

d ρ

Og dermed ser vi at der er en lineær sammenhæng mellem kvadratet på hastigheden og luftmodstanden.

Vi ønsker at foretage en regression, med kvadratet på hastigheden som den uafhængige variabel og luftmodstanden som den afhængige.

                                 TM
Vi opskriver de angivne data på TI-Nspire

CAS Student Software og definerer dem under to lister. Vi

kaldes disse to lister henholdsvis v (denne variabel er i vores liste, egentligt v^{2} og f.

)

•

Tilnærmelsen givet et godt ”fit” med en R^{2} -værdi på 0,99988, og vi konkluderer at

Side 3

= 0, 4102km^{−}^{1}

Vi kan nu isolere formfaktoren i udtrykket for k.

1

2

2 ⋅ k

k C A = ⋅ ⋅ ⋅_{d}

C_{d} =

A ⋅ ρ ρ

Vi indsætter nu følgende værdier i SI-enheder, i formlen

• = 0, 4102km^{−}^{1}

                           2
• Tværsnitsarealet   2, 27Am=

• Luftens densitet ved 20 grader celsius = 1, 204_{3}

kg m ρ

Og får

2 0, 4102 ⋅ m^{−}^{1}

2, 27 1, 204 m^{2} ⋅
m^{3}

C_{d} == 0,300

kg

Altså konkluderer vi at Nissan Leafs formfaktor er 0,3. Dette er meget typisk for en bil, som ofte har formfaktorer mellem 0,25 og 0,45.

Side 4

Fysik A 6. juni 2012

Opgave 2 Skybrud a)

Under normale omstændigheder må vi forvente at der er et sted hvor vandet løber ud. Når kloakdækslerne er fulde betyder det, at vandet kommer hurtige ind end det kommer ud.

For at kunne regne denne opgave må vi dog antage at vandet ikke kan løbe ud. Dermed har en usammentrykkelig og indelukket væske. Når dette er sandt, ved vi at trykket der virker på alle rette vinkler er ens, og givet ved trykket i en vandsøjle, således:

p g h  = ⋅ ⋅
 vandsøjle vand

ρ

, hvor_{vand} er vands densitet og g og h henholdsvis er tyngdeaccelerationen og højden af vandsøjlen, hvor

ρ

p_{atm} er trykket ved overfladen.

Vi indsætter følgende størrelser i SI-enheder, i formlen

• Tyngdeaccelerationen i Danmark g = 9,81_{2}

m s

• Vandsøjlens højde 37, 5hm=

• Vands densitet_{vand} = 1000
m^{3}

kg ρ og får:

pm     = ⋅ ⋅ 1000 9,81 38
 vandsøjle
                32

                 5
p Pa   =⋅ 3, 38 10
 vandsøjle

kg m ms

Da kloakdækslet står vinkelret på vandsøjlen, giver Pascals Lov at ovenstående er trykket på dækslet.

Om tryk generelt ved vi

F

p =

A

F p A =⋅

Da kloakdækslet er en cirkel ved vi at dens areal er givet ved

Side 5

2

Ar_{cirkel} =⋅

π

, hvor r er cirklens radius. Denne kender vi for kloakdækslet fra opgaven, så vi kan nu finde den ønskede kraft.

( )

2

            5
F Pa m = ⋅ ⋅ ⋅ 3, 72 10 0, 29

FN =⋅ 9,71 10^{4}

π

Dermed virker vandet med en kraft på 9,71 10 N⋅^{4} på kloakdækslet.

Side 6

Fysik A 6. juni 2012

Opgave 3 Datering af jordlag a)

Da vi ved at de to jordlag er udgjort af samme stof (og dermed har samme halveringstid), ønsker vi at udregne hvor lang tid det tager før det yngste jordlag har samme aktivitet som det ældste lag.

Vi ved at aktiviteten af et radioaktivt stof over tid er givet ved:

( )_{0}

1^{T} ½

2 t

A t A =⋅

⎛⎞

⎜⎟

⎝⎠

                                210
Vi kan opslå halveringstiden for stoffet

Pb i ”fysik kemi databogen”, på side 234. Vi finder

( )

210 2 8

T Pb år år s = = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ 22, 6 365, , 6 7,13 10
 ½

s år

Vi indsætter følgende størrelser i SI-enheder, i formlen

                            − 3
• Aktiviteten til tiden t: =⋅ 2,1 10A t Bq
                   ( )

• Aktiviteten til tiden 0: ( ) 0 22, 9 10A Bq^{−}^{3} =⋅
• Halveringstiden for^{210} Pb 7,13 10T Pb s=⋅

: ½

( )^{210 8}

og får

7 ,13 10 ⋅^{8} s
2,1 10 22,9 10 ⋅ = ⋅ ⋅^{−−}^{33} Bq Bq

1

2 t

⎛⎞

⎜⎟

⎝⎠

                                         TM
Denne ligning løser vi med hensyn til t på TI-Nspire CAS Student Software, således:

Side 7

                                                              9
Vi har altså fundet tiden der er gået mellem de to aflejringer er 2, 46 10ts=⋅ . Dette svarer omtrent til 78

år.

b)

Vi ved at sammenhængen mellem antal kerner, N(t), og aktiviteten er givet ved

( ) ( )

( )^{At}

( )

A t N t k =⋅

Nt =

k k kaldes henfaldskonstanten og er givet ved

( )

T_{½}

ln 2

k =

Disse to formler sammenholdt giver os

Side 8

( )_{ln 2}^{At}

( )

( )

T_{½}

Nt =

Vi indsætter følgende størrelser i SI-enheder, i formlen

• Halveringstiden for^{210} Pb 7,13 10T Pb s=⋅

: ½

( )^{210 8}
• Aktiviteten: A t Bq = = ⋅ 2,59 10^{−}^{3}

( )

2

672

3, 0 24 60 døgn ⋅⋅ s døgn

Det skal bemærkes her at vi stringent set ikke finder aktiviteten til et tidspunkt, men imellem to punkter,

nemlig t=x og t=x+3 døgn. Derfor bliver vores resultat for aktiviteten en smule upræcist. Når stoffet har en

halveringstid på 22,9 år, gør dette dog ikke den store forskel.

Og vi får:

( )

( )

2, 59 10^{−}^{3} ⋅ Bq
Nt = = ⋅ 2, 67 10^{6}

7,13 10 ⋅^{8} s

ln 2

Vi ved at forholdet mellem masse af et stof, antal kerner og stoffet molare masse, M, er givet ved

m N M=⋅

Vi slår den molare masse op for^{210} Pb i ”fysik kemi databogen”.

( )

2210 5

==⋅ 209,984 3, 8M Pb u kg^{−}

Vi kan nu bestemme massen

( )

= =⋅ ⋅⋅ ⋅ 3, , 67 10 9, 290 10m kgPb kg

−−

Altså finder vi at massen af^{210} Pb 3, 0 10 kg^{19} ⋅^{−}

i den nye jordprøve er.

Side 9

Fysik A 6. juni 2012

Opgave 4 100 meter løb a)

Den gennemsnitlige fart er givet som forholdet mellem den tilbagelagte distance og tiden det tog at tilbagelægge den.

v_{gennemsnit} =

s t

Vi indsætter følgende størrelser i SI-enheder, i formlen

• Den tilbagelagte distance: 100sm=
• 10, 49ts=

Tiden, det tog at tilbagelægge den: og får

100 mm

v_{gennemsnit} == 9, 53

10, 49 ss

Altså løb verdensrekordholderen med en gennemsnitsfart på 9,53 meter pr sekund.

b)

Vi ved at sammenhæng mellem ensrettet acceleration og kraft er givet ved

F m a =⋅

F

a =

m

, hvor m er løberens masse og a er accelerationen.

Den største vandrette kraft der udøves af løberen aflæses på grafen til F = 800 N.

Vi indsætter følgende størrelser i SI-enheder, i formlen

• 800FN=
• 62m kg=

og får:

a == 12, 9_{2}

800 Nm

62 kg s

Side 10

Altså er løberens største vandrette accelerationen under afsættet 13_{2}.

m s c)

Vi ved at fart, v(t), er givet ved

( ) ( )

∫_{( )}_{0}

st () s

v t a t ds=

Ydermere ved vi at integralet af en funktion mellem to punkter er arealet under grafen. Vi skal altså ”tælle tern”, for at kunne bestemme hastigheden.

Det er dog vigtigt at bide mærke i at grafen ikke er en accelerationsgraf men en kraftgraf. Heldigvis ved vi,

som skrevet ovenfor, at a =, og dermed kan vi blot dele hvert terns værdi med masse af løberens

F m masse, så vi har et udtryk for den fartændring løberen undergår.

Hvert tern har værdien

0, 02 100tern s N=⋅

Vi ved, at løberens masse er 62 kg, så derfor kan vi også skrive dette som

0, 02 100 s N m ⋅

tern == 0, 032

62 kg s

Vi tæller 78 tern, hvilket giver os en fart på

v = ⋅ = 0, 032 78 2,5

mm ss

Altså har løberen en hastighed på 2,5 meter pr sekund, når hun kommer ud af startblokken.

Side 11

Fysik A 6. juni 2012

Opgave 5 Rumsonden Messenger a)

Et objekts kinetiske energi er givet ved:

             2
E m v= ⋅ ⋅
 kin

1

2

Vi indsætter følgende størrelser i SI-enheder, i formlen

• Messengers masse: 512m kg=

• Messengers fart, tættest på Merkur: v =⋅ 3,81 10^{3}

m s

Og får

2

                        39
E kg J = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ 512 3, 81 10 3, 72 10
 kin

1 m

2 s

⎛⎞

⎜⎟

⎝⎠

Altså er rumsondens kinetiske energi 3, 72 GJ b)

Newtons gravitationslov fortæller at gravitationskraften mellem to objekter er givet ved

MM_{12} ⋅
R^{2}

FG_{grav} =⋅

, hvor G er gravitationskonstanten, M og M er masserne af de to objekter, mens R er afstanden mellem de
                              1     2

to objekter.

Vi indsætter følgende størrelser i SI-enheder i formlen

• Gravitationskonstanten: G =⋅ 6, 67 10^{−}^{11}

Nm ⋅^{2}
kg^{2}

• Messengers masse:      512M kg=
                      1

                             23
• Merkurs masse:      3, 29 10M kg=⋅
                   2

                                                   5
• Den korteste afstand mellem de to objekter: 2, 00 10Rm=⋅
                                         1

Og får

Side 12

( )

N m kg kg ⋅ ⋅ ⋅^{2 23} 512 3, 29 10
F_{grav} = ⋅ ⋅ 6, 67 10^{−}^{11}

2

kg^{2}
2, 00 10^{5} ⋅ m

FN_{grav} =⋅ 2,80 10^{5}

Altså er størrelsen af gravitationskraften der virker imellem Messenger og Merkur, når de to objekter er

nærmest hinanden 2,80 10 N⋅^{5}.

c)

Vi betegner positionen hvor Messenger er tættest på Merkur med subskript 1 og der hvor den er længst væk med subskript 2.

Vi ved at den totale energi er bevaret, så vi har

( ) ( ) pot pot kin kin,2 ,1 ,2 ,1

Δ= E_{tot} 0

Δ + Δ = EE_{pot kin} 0

E E E E − + − = 0

Vi ved hvorledes den kinetiske energi er givet fra opgave a og tyngdekraftens potentielle energi er givet ved

MM_{12} ⋅
EG_{pot} = − ⋅

R

Sammenholdt giver disse formler os

( )^{22}

⎜⎟ 1 2 1 1^{22}

1 2 1 2

RR_{21} 22

1 2 1 2 1

RR_{12} 2

M M M M ⋅⋅ 11

− ⋅ − − ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = G G M v M v 0

1 1 1

− ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − = G M M M v v 0

⎛⎞

⎛⎞

⎛⎞

⎜⎟

⎜⎟

⎜⎟

⎝⎠

⎝⎠

⎝⎠

⎛⎞

⎜⎟

⎝⎠

Vi indsætter følgende størrelser i SI-enheder i formlen

• Gravitationskonstanten G =⋅ 6, 67 10^{−}^{11}

Nm ⋅^{2}
kg^{2}
• Messengers masse_{1} 512M kg=

                            23
• Merkurs masse      3, 29 10M kg=⋅

2

Side 13

                                                  5
• Den korteste afstand mellem de to objekter 2, 00 10Rm=⋅
                                         1

                                                  7
• Den længste afstand mellem de to objekter 1,56 10Rm=⋅
                                        2

• Hastigheden i situation 1 v =⋅ 3,81 10^{3}

m s

                        TM
og løser ligningen på TI-Nspire CAS Student Software

Da en fart ikke kan være negativ, frafalder den negative løsning. Dermed har vi, ved hjælp af antagelsen om energi bevarelse i systemet, fundet at hastigheden af Messenger i det punkt hvor Messenger er længst fra

Merkur er_{2} 1,52 10v =⋅^{4}.

Side 14

Fysik A 6. juni 2012

Opgave 6 Betelgeuse a)

Vi antager at når der siges ”nu” i teksten tales der om 1. januar 2012 og at datoen i 1993, hvor overfladetemperature som er opgivet blev målt også er 1. januar.

Vi bestemmer temperaturen af Betelgeuse i 1993

TT_{eff eff}_{,2001 ,1993} =⋅ 1, 085

T_{eff}_{,2012}
T_{eff}_{,1993} =

T_{eff}_{,1993} = =3179,7K

1, 085

3450 K

1, 085

⇓

Vi ved at den samlede udstrålede effekt er givet ved Stefan-Boltzmann lov.

          4
P A T hvor A er stjernens overfladeareal = · · ,

PT = · 4 · · ⋅ R^{24}

· 4 · ⋅ T^{4}

R^{2} =

· 4 · ⋅ T^{4}

P

P

R =

σ σπ σπ σπ

Vi indsætter følgende værdier i SI-enheder, i formlen

• Temperaturen i 1993: T =   3179,7K
                      eff ,1993

                                 31
• Effekten af strålingen: 2,12 10PW=⋅

• Stefan-Boltzmanns konstant: 5, 67·10^{−} =

8

mK^{24} ·

W σ

Og får

Side 15

( )

5, 67·10^{−}^{8} ⋅ 3179,7 · 4 · K^{4}

2,12 10^{1} ⋅^{3} W

Rm =⋅ 5, 39 10^{1}^{2}

mK^{24} ·

R =

W π

Ud fra Stefan-Boltzmanns lov har vi altså fundet at Betelgeuse har en radius på 5,39 10 m⋅^{12}. Den officielle
værdi for radien er dog givet til 1180 solarradier, hvilket svarer til 8, 21 10 m⋅^{12}. Vi har altså en betydelig

afvigelse, som dog ikke er forklarlig ud fra de data vi har fået givet.

b)

Hvis et objekt med lysstyrken, L, er kugleformet må lyset udbredes som en voksende kugleskal. Radius i denne kugleskal er længde fra det lysende objekt til iagttager. Den intensitet, der måles i et vilkårligt punkt, må altså være givet ved forholdet imellem L og omkredsen af det kugleformede objekt.

2

Or_{kugle} 4 ⋅⋅

LL

I ==

π

, hvor r er afstanden imellem det lysende objekt, og punktet hvori intensiteten måles.

Vi omskriver dette

4 ⋅⋅ r^{2}

2

L I r = ⋅ ⋅ ⋅ 4

L

I =

π π

Vi indsætter følgende størrelser i SI-enheder, i formlen.

• Forventet intensitet: I =⋅ 3 10^{−}^{3}
m^{2}

W

• Afstand fra jorden til Betelgeuse: r ly ly m = = ⋅ ⋅ = ⋅ 640 640 9, 46 10 6, 05 10^{15 18}

m ly og får

( )

2

L 3 10 6, 05 104_{2} ⋅=⋅^{−}^{3} ⋅⋅⋅^{18} m

LW = 1,38 10 ⋅^{36}

W m π

Dette er en utroligt høj lysstyrke på helt op til 9 milliarder gange solens! Dette er dog naturligt for en supernova.

Side 16

Fysik A 6. juni 2012

Opgave 7 Stort badebassin a)

Vi regner med at badebassinet har en diameter på 4 m. Ydermere antager vi at højden af vandstanden er

1,5 m. Vi kan nu udregne voluminet af badebassinet, som voluminet af en cylinder

            2
V r h  = ⋅ ⋅
 cylinder

4 m^{2}

3

V m m   = ⋅ ⋅ =      1,5 18, 8
 basebas sin

2 π π

⇓

⎛⎞

⎜⎟

⎝⎠

Vi får også brug for at kende arealet af den overflade som solen skinner på. Denne findes

2

2

Am_{basebas} = ⋅ = 12, 6^{2}

sin ⎜⎟

4 m

2

Ar_{cylinder} =⋅

π π

⇓

⎛⎞

⎝⎠

Vi antager at solens gennemsnitlige intensitet er givet ved_{2} I = 910. Vi kan da finde den effekt hvormed

W m solen varmer bassinet op.

Pm_{sol} =⋅ 12, 6 910^{2}
m^{2}

PW_{sol} =⋅ 1,14 10^{4}

W

Vi antager at denne gennemsnitlige værdi er udregnet over 7 timer, og da energi er produktet af effekten og tid, kan vi nu finde den energi solen tilfører til vandet i løbet af varm en sommerdag.

             42
E W hr = ⋅ ⋅ ⋅ 1,14 10 7 60
 sol

EJ_{sol} =⋅ 2,88 10^{8}

s hr

Vi ønsker nu at omregne denne energi til ændring i temperatur vha. kendskab til vandets varmekapacitet.

Under antagelse af alt solenergien bliver lagret i vandet som varmeenergi, og at vandet ikke taber energi til omgivelserne, ved vi at

Side 17

Δ = Δ ⋅ E T C

Δ E

Δ= T

C

, hvor C er vandets varmekapacitet. Denne størrelse er givet ved

C m c=⋅
  vand vand

• , hvor c_{vand} er vands specifikke varmekapacitet. Denne kan vi slå op i ”fysik kemi databogen”, s. 151

og den har værdien

c_{vand} = 4120

J kg K ⋅

Massen af vandet i bassinet kan findes da vi kender vands densitet_{3} vand = 1000. Vi finder nu

( ) kg m ρ vandet i bassinets varmekapacitet.

                      3
Cm   = ⋅ ⋅ 1000 18,8 4120
  vand
              3

C_{vand} =⋅ 7, 7 10^{7}

C m c_{vand vand} =⋅

kg J m kg K ⋅

J

K

Vi indsætter nu disse størrelser i formlen vi udledte ovenfor for temperaturændring

TΔ

. Alle størrelser er i

SI-enheder

2,88 10 ⋅^{8} J

7, 7 10 ⋅^{7}

Δ = = T K C 3, 7 3, 7

Δ= T

J

K

Det sidste lighedstegn er gyldigt fordi vi ved at temperaturen i kelvin er en lineær funktion af temperaturen i celsius – sagt på en anden måde, så er en ændring i temperaturen lige stor, om den er målt i celsius eller kelvin.

Altså stiger vandets temperatur med 3,7 grader celsius på en sommerdag under vores antagelser.

I denne opgave har vi gjort os en del antagelser. For overskuelighedens skyld ridser vi disse op endnu en gang;

Side 18

• At vandets rumfang ikke ændrer sig med temperaturen

• At vandets densitet ikke ændrer sig med temperaturen

• At vandets specifikke varmekapacitet ikke ændrer sig med temperaturen

• At alt solens energi optages i vandet

• At vandet ikke afgiver noget energi til omgivelser (hvis man skulle have været mere realistisk skulle man have brugt en udvidet form af Newtons Afkølingslov – dette kræver dog et indgående kendskab til differentialligninger).