STX Fysik A 2012 16. august - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

1

STX Fysik A 16. August 2012

stx122-FYS/A-

Alle opgaver er for så vidt muligt regnet med WordMat, da vores erfaring viser, at det er langt det hurtigste værktøj at anvende. Husk at skrive nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp STX 3.g

Opgave 1 a)

Den gennemsnitlige densitet kan beregnes som:

𝜌=

𝑚

𝑉

Hvor:

𝑚=4,9· 10^{31} 𝑘𝑔

Vi antager, at stjernen er kuglerund, så:

𝑉= 𝜋 ·𝑟^{3}

4

3

= · 𝜋· ( 2,1 · 10^{9} 𝑚)^{3}

4

3

≈3,879239 · 10^{28} · 𝑚^{3}

Vi får så:

𝜌=

4,9 · 10^{31} 𝑘𝑔
3,879239 · 10^{28} · 𝑚^{3}
≈1263,134 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{−3}
≈1,3 · 10^{3}

𝑘𝑔

𝑚^{3}

                                                    𝑘𝑔
                                                   3
Den gennemsnitlige densitet af Wolf-Rayet stjernen er 1,3 · 10 .
                                                     3
                                                    𝑚

b)

Den samlede effekt 𝑃 af udstrålingen fra et legeme med temperaturen 𝑇 og overfladearealet 𝐴 kan bestemmes Stefan-Boltzmanns lov. Man får:

𝑃=𝐴 · 𝜎· 𝑇^{4}

Side 2

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

2

Overfladearealet af en kugle kan beregnes som:

𝐴=4𝜋𝑟^{2}
=4𝜋 · ( 2,1 · 10^{9} 𝑚)^{2}
≈5,541769 · 10^{19} · 𝑚^{2}

Lysets effekt er givet i teksten:

𝑃=4,2 · 10^{31} 𝑊

Stefan-Boltzmann-konstanten findes i databogen:

𝜎=5,67 · 10^{−8}

𝑊

𝑚^{2} · 𝐾^{4}

Vi får så:

4,2 · 10^{31} 𝑊=5,541769· 10^{19} · 𝑚^{2} · 5,67 · 10^{−8} · 𝑇^{4}

𝑊

𝑚^{2} · 𝐾^{4}

⇕ Ligningen løses for T vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑇=−60465,06 · | 𝐾 | ∨ 𝑇=60465,06 · | 𝐾 |

Kelvintemperaturer er altid positive. Vi ser bort fra numerisktegnet, som skyldes at WordMat ikke skelner enheder fra variable.

                                                            4
Vi konkluderer, at stjernens effektive overfladetemperatur er 𝑇=6,0 · 10 𝐾

Side 3

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

3

Opgave 2 a)

Der gælder, at:

𝑃=𝑅· 𝐼^{2}

Vi antager, at resistansen i varmelegemet er konstant. Resistansen kan da bestemmes vha.

potensregression.

Vi opskriver data med SI-enheder uden præfikser:

𝐼/𝐴 0,100 0,200 0,300 0,400 0,500 0,600 0,750

𝑃/𝑊 3,20 13,5 30,2 52,3 82,3 120 183

Potens regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,9998263

𝑦=331,5388· 𝑥^{2,005357}

Det vil sige, at (med underforståede SI-enheder):

𝑃=331,5388 · 𝐼^{2}

Eksponenten bør være lig med 2, men da der er tale om eksperimentelle data, er modellen ikke helt perfekt. Der er udelukkende anvendt SI-enheder, så vi kan nu aflæse og opskrive værdien af resistansen i Ohm:

𝑅=332 Ω

Der gælder desuden, at:

𝑃=

𝑈^{2}

𝑅

Når 𝑈=230 𝑉, får vi så:

𝑃=

( 230 𝑉)^{2}

331,5388 Ω

≈159,559 · 𝛺^{−1} · 𝑉^{2}

≈160 𝑊

Den effekt, hvormed der omsættes energi i varmelegemet, når 𝑈=230 𝑉 , er således på 160 𝑊.

Side 4

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

4

Opgave 3 a)

Der gælder, at:

𝑣=

Δ𝑠

Δ𝑡

Hvor:

Δ𝑠=800 𝑚

𝑣=5,6 𝑚/𝑠

Så:

5,6 =

𝑚 800 𝑚 𝑠 Δ𝑡

⇕ Ligningen løses for Δt vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝛥𝑡=142,8571 · 𝑠
=142,8571 𝑠 ·

1 𝑚𝑖𝑛

60 𝑠

≈2,380952 · 𝑚𝑖𝑛

En Segway, der kører med topfart, er 2,4 minutter om at tilbagelægge 800 m.

b)

Ved konstant acceleration gælder der, at:

𝑣^{2} − 𝑣_{0}^{2} =2 · 𝑎· Δ𝑠

Da Segwayen bremser helt, får vi 𝑣_{0} =0, så:

𝑣^{2} =2 · 𝑎· Δ𝑠

Hvor:

𝑎=4,7

𝑚

𝑠^{2}

𝑣=4,2

𝑚 𝑠

Så:

(4,2) =2 · 4,7 · Δ𝑠

𝑚^{2} 𝑚
𝑠 𝑠^{2}

Side 5

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

5

⇕ Ligningen løses for Δs vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝛥𝑠=1,876596 · 𝑚

≈1,9 𝑚

Bremselængden er altså ca. 1,9 m.

c)

Vi har, at:

𝑚=145 𝑘𝑔

Vi antager, at vi kan anvende den danske tyngdeacceleration:

𝑔=9,815

𝑚

𝑠^{2}

Tyngdekraften peger lodret nedad, og størrelsen kan bestemmes som:

𝐹_{𝑡} =𝑚 · 𝑔
=145 𝑘𝑔 · 9,815

𝑚

𝑠^{2}
=1423,175 · 𝑘𝑔 · 𝑚 · 𝑠^{−2}

≈1,42 𝑘𝑁

Normalkraften er vinkelret på underlaget og peger skråt opad. Størrelsen af normalkraften er lig med størrelsen af den komposant af tyngdekraften, som er parallel med normalkraften. Ved hjælp af bilag 1 indser vi, at:

𝐹_{𝑁} =𝐹_{𝑡} · cos (8)
=1423,175 𝑁 · cos ( 8)
≈1409,325 · 𝑁

≈1,4 𝑘𝑁

Kraften fra luftmodstand, gnidning i lejer og rullemodstand døbes 𝐹 . Vi får så:
                                                      𝑔𝑛𝑖𝑑

⃗

𝐹_{𝑔𝑛𝑖𝑑} =130 𝑁

Idet Segwayen kører med konstant hastighed, er størrelsen af den resulterende kraft lig med 0 (Newtons første lov).

Vi forestiller os nu et koordinatsystem, hvor 𝑥-aksen er parallel med bakken og orienteret i bakkens opadgående retning. 𝑦- aksen er parallel med og orienteret samme vej som normalkraften. Den samlede kraft i 𝑦-retningen er da lig med 0.

Side 6

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

6

I 𝑥-retningen vil der være en fremadrettet kraft fra Segwayens motor, 𝐹 samt to bagudrettede
                                                          𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟

⃗ kræfter: tyngdekraftens 𝑥-komposant og kraften fra luftmodstand, gnidning i lejer og rullemodstand. Vi regner kun med kræfternes størrelser, så:

𝐹_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟} − 𝐹_{𝑔𝑛𝑖𝑑} − 𝐹_{𝑡,𝑥} =0

Størrelsen af tyngdekraftens 𝑥-komposant kan bestemmes som (vha. trekantsanalyse på bilaget):

𝐹_{𝑡,𝑥} =𝐹_{𝑡} · sin (8)

Det vil sige:

𝐹_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟} − 130 𝑁 − 1423,175 𝑁 · sin ( 8) =0

⇕ Ligningen løses for F_motor vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝐹_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟} =328,0677 · 𝑁
≈3,3 · 10^{2} 𝑁

Vi indtegner pile på bilaget:

Side 7

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

7

Opgave 4 a)

Gennemsnitsfarten kan bestemmes som:

𝑣_{𝑔𝑛𝑠} =

Δ𝑠

Δ𝑡

Vi ser af billedet, at stjernen har bevæget sig 4,7 tern nedad og 4 tern til venstre. Den samlede bevægelse i ternlængder kan da bestemmes vha. Pythagoras:

Δs_{𝑡𝑒𝑟𝑛} = √ 4,7^{2} + 4^{2} ≈6,17171

Hver ternlængde svarer til 0,01°. Vinklen, som stjernen har bevæget sig, bliver så:

𝜑=6,2 · 0,01°
=0,062°

Vi antager, at længden af stykket, stjernen bevæger sig, kan opfattes som buelængden af et cirkeludsnit, så: 𝜑 Δ𝑠

360° 2 · 𝜋 · 𝑟

=

Hvor 𝑟=1,19 · 10^{17} 𝑚

Vi får så:

0,0617171° Δ𝑠

360° 2 · 𝜋 · 1,19 · 10^{17} 𝑚

=

⇕ Ligningen løses for Δs vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝛥𝑠=1,281828 · 10^{14} · 𝑚

Δ𝑡 er lig med den tid, der er gået mellem år 1951 og år 1989:

Δ𝑡= ( 1989 − 1951) 𝑎
=38 𝑎
=38 𝑎· · · ·

365,25 𝑑 24 ℎ 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

1 𝑎 1 𝑑 1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛

≈1,199189 · 10^{9} · 𝑠

b)

Lysintensitet er givet ved:

𝐼=

𝑃

𝐴

Side 8

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

8

Lyset udbredes som en voksende kugleskal. Når lyset når jorden, er kugleskallens radius lig med afstanden mellem jorden og stjernen.

Ved jorden bliver intensiteten så:

𝐼_{𝑗𝑜𝑟𝑑} =

𝑃_{𝑠𝑡𝑗𝑒𝑟𝑛𝑒}
4 · 𝜋 · 𝑟^{2}

Ved teleskopet har vi desuden, at:

𝐼_{𝑗𝑜𝑟𝑑} =

𝑃_{𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑘𝑜𝑝}
𝐴_{𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑘𝑜𝑝}

𝑃_{𝑡𝑒𝑙𝑠𝑘𝑜𝑝} =

𝐸_{𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑘𝑜𝑝}

Δ𝑡

Så:

𝐼_{𝑗𝑜𝑟𝑑} =

𝐸_{𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑘𝑜𝑝}

Δ𝑡

𝐴_{𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑘𝑜𝑝}

Vi sætter nu de to forskellige udtryk for 𝐼 lig med hinanden:
                                 𝑗𝑜𝑟𝑑

𝐸_{𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑘𝑜𝑝}

Δ𝑡

𝐴_{𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑘𝑜𝑝} 4 · 𝜋 · 𝑟^{2}

=

𝑃_{𝑠𝑡𝑗𝑒𝑟𝑛𝑒}

⇕ Ligningen løses for E_teleskop vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝐸_{𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑘𝑜𝑝} =𝐴_{𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑘𝑜𝑝} · 𝛥𝑡 ·

𝑃_{𝑠𝑡𝑗𝑒𝑟𝑛𝑒}
4 · 𝜋 · 𝑟^{2}

Hvor:

3,8 · 10^{21} 𝑊

𝐴_{𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑘𝑜𝑝} =0,79 𝑚^{2}

Δ𝑡=8,0 ℎ · ·

60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛

=28800 · 𝑠

Vi får så:

𝐸_{𝑡𝑒𝑙𝑒𝑠𝑘𝑜𝑝} =0,79 𝑚^{2} · 28800 𝑠 ·

3,8 · 10^{21} 𝑊
4 · 𝜋 · ( 1,19 · 10^{17} 𝑚)^{2}
≈4,858468 · 10^{−10} · 𝑊· 𝑠
≈4,9 · 10^{−10} 𝐽

Teleskopet modtager ca. 4,9 · 10^{−10} 𝐽 energi fra Teegardens stjerne i løbet af 8,0 timer.

Side 9

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

9

Opgave 5 a)

                  60               −
Vi ser i databogen, at 𝐶𝑜 henfalder ved β med en halveringstid på 5,272 år.
                  27

Henfaldet foregår altså ved, at en neutron i kernen henfalder til en proton under udsendelse af en elektron og en antielektronneutrino. Datterkernens ladningstal stiger da med 1, mens nukleontallet forbliver det samme. Ved hjælp af det periodiske system får vi så:

𝐶𝑜 → 𝑁𝑖_{28}^{60} + 𝑒_{−1}^{0} + 𝜈̅_{𝑒}

27

60 b)

Aktivitet er antal henfald pr. tid, og 𝑄
                              𝛾

er den energi, som frigives ved hvert gammahenfald, så effekten

(energi pr. tid) er lig med aktiviteten gange 𝑄 -værdien:
                                    𝛾

𝐴 · 𝑄_{𝛾} = · = =𝑃

−Δ𝑁 Δ𝐸 Δ𝐸
Δ𝑡 −Δ𝑁 Δ𝑡

Aktiviteten kan desuden bestemmes ud fra antallet af kerner og henfaldskonstanten:

𝐴=𝑘· 𝑁

Hvor:

𝑘=

ln ( 2)

𝑇

1

2

Antallet af kerner kan bestemmes som den samlede masse divideret med massen af én kerne:

𝑁=

𝑚

𝑀_{𝐶𝑜−60}

Vi får så:

𝑃= · · 𝑄_{𝛾}

ln ( 2) 𝑚

𝑇 𝑀_{𝐶𝑜−60}

1

2

Hvor:

𝑇 =5,272 𝑎 · · · ·

1

2

365 𝑑 24 ℎ 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

1 𝑎 1 𝑑 1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛

=1,662578 · 10^{8} · 𝑠

Nuklidmassen findes i databogen i enheden unit, hvor 1 𝑢=1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

𝑀_{𝐶𝑜−60} =59,93 𝑢·

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

Side 10

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

10

=9,954373 · 10^{−26} · 𝑘𝑔

Vi gives i teksten, at:

𝑚=0,707 𝑘𝑔

𝑄_{𝛾} =4,01 · 10^{−13} 𝐽

Vi får nu:

𝑃= · · 4,01 · 10^{−13} 𝐽

ln ( 2) 0,707 𝑘𝑔

1,662578 · 10^{8} 𝑠 9,954373 · 10^{−26} · 𝑘𝑔
≈11873,9 · 𝐽 · 𝑠^{−1}

≈11,9 𝑘𝑊

Der udsendes energi med en effekt på 11,9 𝑘𝑊 i anlægget.

Side 11

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

11

Opgave 6 a)

Ved overfladen er størrelsen af tyngdekraften på et legeme givet ved masse gange tyngdeacceleration:

𝐹_{𝑡} =𝑚·𝑔

Størrelsen af tyngdekraften mellem to legemer med masser 𝑚 og 𝑀 er mere generelt givet ved:

𝐹_{𝑡} =𝐺·

𝑚 · 𝑀
𝑟^{2}

Så:

𝐺· =𝑚 · 𝑔

𝑚 · 𝑀
𝑟^{2}

⇕

𝑟= √

𝑀· 𝐺

𝑔 𝑟 er den indbyrdes afstand mellem de to legemers massemidtpunkter. Ved overfladen er afstanden til Titans massemidtpunkt lig med radius af Titan. Vi kan således anvende ovenstående formel til at bestemme radius af Titan. Vi har, at:

𝑀=1,34 · 10^{23} 𝑘𝑔

𝑔=1,35

𝑚

𝑠^{2}

Gravitationskonstanten findes i databogen:

𝐺=6,67 · 10^{−11}

𝑁· 𝑚^{2}
𝑘𝑔^{2}

=6,67 · 10^{−11}

𝑘𝑔 · 𝑚
𝑠^{2}

· 𝑚^{2}
𝑘𝑔^{2}

=6,67 · 10^{−11} ·

𝑚^{3}
𝑘𝑔 · 𝑠^{2}

Vi får så:

𝑟=

√

1,34 · 10^{23} 𝑘𝑔 · 6,67 · 10^{−11} ·

𝑚^{3}
𝑘𝑔 · 𝑠^{2}
1,35_{2}

𝑚 𝑠

≈2573051 · | 𝑚 |
≈2,57 · 10^{6} 𝑚
Titans radius er 2,57 · 10^{6} 𝑚.

Side 12

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

12 b)

Vi ser, at det nederste stykke af grafen (dvs. nær overfladen) er tilnærmelsesvist lineær. Det vil sige, at farten i lodret retning er konstant. Vi antager, at nedstigningens sidste del foregår helt lodret. Den samlede hastighed er så konstant, hvorfor den resulterende kraft må være lig med 0 (Newtons første lov). Den resulterende kraft består af tyngdekraften og kraften fra luftmodstanden, som her må være lige store og modsatrettede:

𝐹_{𝑡} =𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡}

Hvor:

𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡} = · 𝑐_{𝑤} · 𝐴 · 𝜌_{𝑎𝑡𝑚} · 𝑣^{2}

1

2

Nær overfladen har vi, at:

𝐹_{𝑡} =𝑚·𝑔

Så:

𝑚 · 𝑔= · 𝑐_{𝑤} · 𝐴 · 𝜌_{𝑎𝑡𝑚} · 𝑣^{2}

1

2

⇕ Ligningen løses for ρ_atm vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝜌_{𝑎𝑡𝑚} =2 · 𝑔·

𝑚

𝑐_{𝑤} · 𝑣^{2} · 𝐴

Hvor:

𝑚=239 𝑘𝑔

𝑐_{𝑤} =0,89

𝑔=1,35

𝑚

𝑠^{2}

Vi antager at tværsnitsarealet vinkelret på bevægelsesretningen svarer til arealet af en cirkel med radius som faldskærmen:

𝐴=𝜋 ·𝑟^{2}
=𝜋 · ( 1,51 𝑚)^{2}
≈7,163145 · 𝑚^{2}

Ved konstant fart gælder der, at:

𝑣=

Δℎ

Δ𝑡

Vi ”forlænger” det tilnærmelsesvist lineære stykke på bilaget og aflæser størst mulige værdier af Δℎ og Δ𝑡 for mindst mulig relativ måleusikkerhed:

Side 13

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

13 𝑣≈

28 · 10^{3} 𝑚
6,4 · 10^{3} 𝑠
=4,375 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

Vi får nu:

𝜌_{𝑎𝑡𝑚} =2 · 1,35 ·

𝑚 239 𝑘𝑔

𝑠^{2} 0,89 · ( 4,375 · 𝑚 · 𝑠^{−1})^{2} · 7,163145 · 𝑚^{2}
≈5,288248 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{−3}

≈5,3 𝑘𝑔

𝑚^{3}

                                                        𝑘𝑔
Vi vurderer, at densiteten af Titans atmosfære nær overfladen er 5,3 .
                                                         3
                                                        𝑚

Side 14

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

14

Opgave 7 a)

Vi har, at:

Δ𝐸=1,2 𝑀𝐽=1,2 · 10^{6} 𝐽

Δ𝑡=2,9 𝑛𝑠=2,9 · 10^{−9} 𝑠

Effekten kan da bestemmes som:

𝑃=

Δ𝐸

Δ𝑡

=

1,2 · 10^{6} 𝐽
2,9 · 10^{−9} 𝑠
≈4,137931 · 10^{14} · 𝐽 · 𝑠^{−1}
≈4,1 · 10^{14} 𝑊

                                                  14
Den effekt, hvormed der afsættes energi i pillen, er på 4,1 · 10 𝑊.

b)

Der gælder, at:

Δ𝐸=𝐶· Δ𝑡

Hvor:

𝐶=0,025

𝐽

𝐾

Δ𝐸=1,2 · 10^{6} 𝐽

Så:

1,2 · 10^{6} 𝐽=0,025 · Δ𝑡

𝐽

𝐾

⇕ Ligningen løses for Δt vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝛥𝑡=4,8 · 10^{7} · 𝐾

                                 7
Pillens temperaturtilvækst er på 4,8 · 10 𝐾, når laserlyset afsætter energien 1,2 𝑀𝐽 i pillen.

c)

Tryk er lig med kraft pr. areal. Trykket fra laseren er så:

Side 15

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

15

𝑝=

𝐹_{𝑙𝑎𝑠𝑒𝑟}

𝐴

Kraft er lig med impulsændring pr. tid. Systemets impuls ændres idet fotonerne absorberes af pillen.

𝐹=

𝑑𝑝 𝑑𝑡

Vi antager, at kraften fra laseren er konstant, så:

𝐹=

Δ𝑝

Δ𝑡

Fotonerne absorberes, så slutimpulsen kan opfattes som værende lig med 0. For at undgå at

sammenblande symbolerne for tryk og impuls, anvendes nu 𝑝_{𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟} om impulsen af fotonerne, mens 𝑝

anvendes om trykket. Vi får så:

𝐹_{𝑙𝑎𝑠𝑒𝑟} =

𝑝_{𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟}

Δ𝑡

Laserlysets effekt er givet ved:

𝑃_{𝑙𝑎𝑠𝑒𝑟} =

𝐸_{𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟}

Δ𝑡

Så:

𝐸_{𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟} 𝑝_{𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟}
𝑃_{𝑙𝑎𝑠𝑒𝑟} 𝐹_{𝑙𝑎𝑠𝑒𝑟}

=

Vi lader 𝑛 angive antallet af fotoner, som absorberes, mens ℎ er Plancks konstant, 𝜆 er bølgelængden og 𝑐 er lysets fart i vakuum. Vi får så:

𝑝_{𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟} =𝑛 ·

ℎ 𝜆

𝐸_{𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛𝑒𝑟} =𝑛 ·

ℎ · 𝑐

λ

Så:

𝑛 · 𝑛 ·

ℎ · 𝑐 ℎ

λ 𝜆

𝑃_{𝑙𝑎𝑠𝑒𝑟} 𝐹_{𝑙𝑎𝑠𝑒𝑟}

=

⇕

𝐹_{𝑙𝑎𝑠𝑒𝑟} =

𝑃_{𝑙𝑎𝑠𝑒𝑟}

𝑐

Vi får så:

Side 16

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2012

16

𝑝=

𝑃_{𝑙𝑎𝑠𝑒𝑟}
𝐴 · c

Hvor:

𝑃_{𝑙𝑎𝑠𝑒𝑟} =4,1 · 10^{14} 𝑊

𝐴=1,2 · 10^{−5} 𝑚^{2}

𝑐=3,00 · 10^{8}

𝑚 𝑠

Så:

𝑝=

4,137931 · 10^{14} 𝑊
1,2 · 10^{−5} 𝑚^{2} · 3,00 · 10^{8}

𝑚 𝑠

≈1,149425 · 10^{11} · 𝑊· 𝑚^{−3} · 𝑠

Der er kun anvendt SI-enheder, så det tryk, som laserlysets fotoner udøver på pillen, er 𝑝=1,1 · 10^{11} 𝑃𝑎.