STX Fysik A 2013 27. maj - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

1

STX Fysik A 27. maj 2013

1stx131-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 en kommentar om, at beregningerne er foretaget ved hjælp af WordMat som første linje til besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.

Opgave 1 a)

Spændingsfald er defineret som faldet i potentiel elektrisk energi pr. ladning. Størrelsen af dette fald i potentiel energi svarer til stigningen i omsat energi, så:

𝑈=

Δ𝐸

Δ𝑄

Vi har, at:

Δ𝐸=70 𝑘𝐽 · 70 · 10^{3} 𝐽

𝑈=6,0 𝑉

Vi får så:

6,0 𝑉=

70 · 10^{3} 𝐽

Δ𝑄

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

𝛥𝑄=11666,67 ·

𝐽

𝑉

=1,2 · 10^{4} 𝐶

Der passerer altså en ladningsmængde på 1,2 · 10^{4} 𝐶.

b)

Den nyttige energi leveret på en time svarer til den potentielle energi af 300 𝐿 vand i 0,80 𝑚 højde. Vi

                             𝑔
antager, at vandets densitet er 1,0 , da vi ikke kender temperaturen. Massen af vandet bliver så
                            𝑚𝐿

𝑚=0,30· 10^{3} 𝑘𝑔. Vi antager, at det foregår i Danmark, hvor 𝑔=9,815^{𝑚}_{𝑠^{2}}

𝐸_{𝑡𝑖𝑚𝑒} =𝐸_{𝑝𝑜𝑡} =𝑚 · 𝑔· ℎ

Side 2

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

2

=0,30 · 10^{3} 𝑘𝑔 · 9,815 · 0,80 𝑚

𝑚

𝑠^{2}
=2355,6 · 𝑘𝑔 ·

𝑚^{2}
𝑠^{2}
=2355,6 𝐽

Da dette egentlig ikke er et samlet energimål, men et mål for den nyttige effekt, skriver vi nu:

𝑃_{𝑛𝑦𝑡𝑡𝑖𝑔} =2355,6

𝐽 ℎ

                                       3
Batteriet leverer en energi på 𝐸 =70 · 10 𝐽 og pumpens nyttevirkning er 𝜂=15%=0,15
                         𝑏𝑎𝑡𝑡𝑒𝑟𝑖

Pumpen leverer så en samlet nyttig energi på:

𝐸_{𝑛𝑦𝑡𝑡𝑖𝑔} =𝐸_{𝑏𝑎𝑡𝑡𝑒𝑟𝑖} · 𝜂
=70 · 10^{3} 𝐽 · 0,15
=10500 · 𝐽

Der gælder så, at:

𝑃_{𝑛𝑦𝑡𝑡𝑖𝑔} =

𝐸_{𝑛𝑦𝑡𝑡𝑖𝑔}

𝑡

Så:

2355,6 =

𝐽 10500 · 𝐽

ℎ 𝑡

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

𝑡=4,457463 · ℎ

Det vurderes således, at springvandet kan fungere i 4,5 timer i den periode, hvor det er overskyet.

Side 3

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

3

Opgave 2 a)

De to grundstoffer er noget fjernt fra hinanden, så der skal en kæde af forskellige henfald til. Vi slår op i databogen under radioaktive familier, finder den pågældende kæde under ”Uran-familien” og opskriver

                                                             −
den herunder. Vi lader enkeltpile angive 𝛼-henfald og dobbeltpile angive 𝛽 -henfald:

𝑅𝑎 → 𝑅𝑛^{222}_{86} → 𝑃𝑜^{218}_{84} → 𝑃𝑏^{214}_{82} ⇒ 𝐵𝑖^{214}_{83} → 𝑇𝑖^{210}_{81}

88

226

                           210              −   210    −
I samme henfaldskæde ser vi, at 𝑇𝑖 henfalder ved β til 𝑃𝑏 . 𝛽 -henfald foregår ved, at en neutron i
                           81                    82

kernen henfalder til en proton under udsendelse af en elektron og en anti-elektronneutrino. Datterkernens atomnummer stiger da med 1, mens nukleontallet forbliver uændret. Reaktionsskemaet opskrives

𝑇𝑖 → 𝑃𝑏^{210}_{82} + 𝑒_{−1}^{0} + 𝜈̅_{𝑒}

81

210 b)

Massen i 1898 kan bestemmes vha. antallet af kerner, som igen kan bestemmes vha. aktiviteten. Der gælder, at:

𝐴 ( 𝑡) =𝐴_{0} · 𝑒^{−𝑘·𝑡}

Samt at:

𝐴=𝑘· 𝑁

Så:

𝐴 ( 𝑡) =𝑘· 𝑁_{0} · 𝑒^{−𝑘·𝑡}

Massen er lig med antallet af kerner gange massen af hver enkelt kerne:

𝑚=𝑚 · 𝑁_{0}
𝑅𝑎−226

⇕

𝑁_{0} =

𝑚

𝑚_{𝑅𝑎−226}

Dette substitueres nu ind i forskriften for 𝐴(𝑡):

𝐴 ( 𝑡) =𝑘· · 𝑒^{−𝑘·𝑡}

𝑚

𝑚_{𝑅𝑎−226}

                       ln ( 2 )
Der gælder desuden, at 𝑘=  , så:
                        𝑇
                         1

2

Side 4

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

4

𝐴 ( 𝑡) = · · 𝑒^{𝑇}^{1_{2}^{·𝑡}}

ln ( 2) 𝑚

𝑇 𝑚_{𝑅𝑎−226}

1

2

− ln ( 2)

1 år svarer til:

1 𝑎=1 𝑎· · · · =31536000 · 𝑠

365 𝑑 24 ℎ 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

1 𝑎 1 𝑑 1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛

Det vil sige:

𝑡= ( 2005 − 1898) · 31536000 · 𝑠
=3374352000 · 𝑠

Der gælder så, at:

𝐴 ( 3374352000𝑠) =2,8 𝑘𝐵𝑞=2,8 · 10^{3} 𝑠^{−1}

Atommassen kan estimeres som antal nukleoner gange enheden unit (1 𝑢=1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔)

𝑚_{𝑅𝑎−226} =226 𝑢· ≈3,75386 · 10^{−25} · 𝑘𝑔

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

Halveringstiden findes i databogen:

𝑇 =1602 𝑎=1602 𝑎·

1

2

31536000 𝑠

1 𝑎

≈5,052067 · 10^{10} · 𝑠

Vi får så:

2,8 · 10^{3} 𝑠^{−1} = · · 𝑒^{−}^{5,052067·10^{10}}

ln ( 2) 𝑚

5,052067 · 10^{10} · 𝑠 3,75386 · 10^{−25} · 𝑘𝑔

ln ( 2)

·𝑠

·3374352000·𝑠

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

𝑚=8,023909 · 10^{−11} · 𝑘𝑔

Massen af 𝑅𝑎 − 226 på notesbogens omslag, da den blev skrevet i 1898, vurderes til 𝑚=8,0 · 10^{−11} 𝑘𝑔.

Side 5

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

5

Opgave 3 a)

Der gælder, at:

𝜌=

𝑚

𝑉

Hvor:

𝜌=10,21 =10,21

𝑔 𝑘𝑔

𝑐𝑚^{3} 𝐿
𝑉=5,0 𝐿

Så:

10,21 =

𝑘𝑔 𝑚

𝐿 5,0 𝐿

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

𝑚=51,05 · 𝑘𝑔

Massen af 5,0 𝐿 flydende bly er således 51 𝑘𝑔.

b)

Den gennemsnitlige effekt (effekten regnes som en positiv størrelse, selvom ændringen i indre energi er negativ), hvormed den indre energi ændres er lig med:

𝑃=

−Δ𝐸_{𝑖𝑛𝑑𝑟𝑒}

𝑡

Vi antager, at det flydende bly har en temperatur på smeltepunktet, da faldet begynder. Der afgives så energi i forbindelse med størkning og derefter nedkøling til 100 grader:

−Δ𝐸_{𝑖𝑛𝑑𝑟𝑒} =𝐸_{𝑠𝑡ø𝑟𝑘𝑛𝑖𝑛𝑔} + 𝐸_{𝑛𝑒𝑑𝑘ø𝑙𝑖𝑛𝑔}
=𝑚· 𝐿_{𝑠} + 𝑚 · 𝑐· (−Δ𝑇)
=𝑚· (𝐿_{𝑠} − 𝑐· Δ𝑇)

Det vil sige:

𝑃=

𝑚 · (𝐿_{𝑠} − 𝑐· Δ𝑇)

𝑡

Hvor:

𝑐=130 =0,130

𝐽 𝐽

𝑘𝑔 · ℃ 𝑔 · ℃

Side 6

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

6

𝐿_{𝑠} =24,6 =24,6

𝑘𝐽 𝐽 𝑘𝑔 𝑔

Δ𝑇= ( 100 − 327) ℃=−227 ℃

𝑚=0,13 𝑔

𝑡=3,05 𝑠

Så:

𝑃=

0,13 𝑔 · ( 24,6 − 0,130 · ( −227 ℃))

𝐽 𝐽

𝑔 𝑔 · ℃

3,05 𝑠

≈2,306328 · 𝐽 · 𝑠^{−1}
=2,3 𝑊

Det vurderes, at et blyhagls indre energi i gennemsnit ændres med en effekt på 2,3 𝑊 under faldet i tårnet.

c)

Vi anvender Newtons anden lov:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝑚 ·𝑎

Vi kender massen og vil så forsøge at bestemme accelerationen vha. grafen for 𝑣(𝑡). Vi anvender, at:

𝑎 ( 𝑡) =𝑣′(𝑡)

𝑎(2,5 𝑠) kan således bestemmes som hældningen af tangenten til grafen til tidspunktet 𝑡=2,5 𝑠.

Vi indtegner tangenten på bilaget (se sidst i besvarelsen) og vælger så store værdier som muligt (for større præcision) af Δ𝑥 og Δ𝑦 til at bestemme hældningen vha. formlen

𝑎= =

Δ𝑦

Δ𝑥 3,1 𝑠

13,8 𝑚 𝑠

≈4,451613 · 𝑚 · 𝑠^{−2}

Massen af hvert blyhagl er 𝑚=0,13 𝑔=1,3 · 10^{−4} 𝑘𝑔

Vi får så:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =1,3 · 10^{−4} 𝑘𝑔 · 4,451613 · 𝑚 · 𝑠^{−2}
≈0,0005787097 · 𝑘𝑔 · 𝑚 · 𝑠^{−2}
=5,8 · 10^{−4} 𝑁

Den samlede kraft på blyhaglet til tiden 𝑡=2,5 𝑠 har dermed størrelsen 𝐹=5,8 · 10^{−4} 𝑁

Side 7

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

7

Den samlede kraft er en sum af to modsatrettede kræfter - luftmodstanden og tyngdekraften.

Tyngdekraften er den største af de to kræfter (luftmodstanden vokser, når hastigheden vokser, hvilket er

en følge af accelerationen fra tyngdekraften, så der vil under hele faldet gælde, at 𝐹 ≥𝐹 ). Størrelsen af
                                                                    𝑡   𝑙𝑢𝑓𝑡

den resulterende kraft kan da beregnes som:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝐹_{𝑡} − 𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡}

Hvor

𝐹_{𝑡} =𝑚 ·𝑔

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

1

2

= · 𝑐_{𝑤} · 𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝜋 · 𝑟^{2} · 𝑣^{2}

1

2

Det vil sige:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝑚 ·𝑔 − · 𝑐_{𝑤} · 𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝜋 ·𝑟^{2} · 𝑣^{2}

1

2

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

𝑐_{𝑤} =

2 · 𝑔 · 𝑚− 2 · 𝐹_{𝑟𝑒𝑠}
𝜋· 𝑟^{2} · 𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝑣^{2}

Hvor:

𝑟=1,4 𝑚𝑚=1,4 · 10^{−3} 𝑚

Side 8

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

8

Vi finder densiteten af luft ved 0℃ i databogen og antager, at den er temperaturuafhængig (selvom det ikke er tilfældet!).:

𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} =1,293

𝑘𝑔

𝑚^{3}

Vi antager, at det foregår i Danmark, hvor:

𝑔=9,815

𝑚

𝑠^{2}

Vi aflæser på bilaget, at:

𝑣 ( 2,5 𝑠) =19

𝑚 𝑠

Vi anvender desuden den beregnede værdi af 𝐹_{𝑟𝑒𝑠} til 𝑡=2,5 𝑠 (her anvendes, at 𝑁=𝑘𝑔 · 𝑚· 𝑠^{−2}, så alle

enheder automatisk går ud med hinanden).

Vi får så:

𝑐_{𝑤} =

2 · 9,815_{2} · 1,3 · 10^{−4} 𝑘𝑔 − 2 · 0,0005787097· 𝑘𝑔 · 𝑚 ·𝑠^{−2}

𝑚 𝑠

𝜋· ( 1,4 · 10^{−3} 𝑚)^{2} · 1,293_{3} · (19)

𝑘𝑔 𝑚^{2}

𝑚 𝑠

≈0,4851777

Vi har nu bestemt en tilnærmet værdi for blyhaglets formfaktor på 𝑐_{𝑤} =0,49.

Side 9

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

9

Opgave 4 a)

OBS:

I denne opgave anvendes notationen 𝑝⃗ om en vektor og 𝑝 om længden af denne vektor.

Vi forestiller os et koordinatsystem, hvor 𝑥-aksen peges vandret mod højre parallelt med partiklens impuls og 𝑦-aksen peges lodret opad.

Den samlede impuls (bevægelsesmængde) bevares under henfaldet, så impulsen af den henfaldne partikel er en sum af fotonernes (foton 1 og foton 2) impulser:

𝑝⃗=𝑝 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ + 𝑝 ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗
     1   2

Størrelserne af fotonernes impulser er:

𝑝_{1} = =201

𝐸_{1} 𝑀𝑒𝑉

𝑐 𝑐

𝑝_{2} = =302

𝐸_{2} 𝑀𝑒𝑉

𝑐 𝑐

Vi anvender vinklerne med 𝑥-aksen på tegningen til at opskrive vektorerne: 𝑣 =19,3° og 𝑣 =−12,7°
                                                              1           2

𝑝⃗= () + ()

201 · cos ( 19,3) 302 · cos ( −12,7)

𝑀𝑒𝑉 𝑀𝑒𝑉 𝑐 𝑐

201 · sin ( 19,3) 302 · sin ( −12,7)

𝑀𝑒𝑉 𝑀𝑒𝑉 𝑐 𝑐

≈ ()

484,3154 ·

𝑀𝑒𝑉 𝑐

0,03983922 ·

𝑀𝑒𝑉 𝑐

Impulsvektorens 𝑦-komposant er lig med 0 (vi definerede jo 𝑥-aksen ud fra retningen af partiklens impuls), og den lille fejl skyldes blot upræcise data. Størrelsen af impulsen kan da aflæses som vektorens 𝑥-komposant:

𝑝=484

𝑀𝑒𝑉 𝑐 b)

Der gælder for partiklen, at:

𝐸^{2} =𝑚^{2} · 𝑐^{4} + 𝑝^{2} · 𝑐^{2}

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

Side 10

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

10

𝑚=

√

𝐸^{2} − 𝑝^{2} · 𝑐^{2}
𝑐^{4}

Partiklens energi er lig med summen af de to fotoners energi, da energien bevares under henfaldet. Det vil sige:

𝑚=

√

( 201 𝑀𝑒𝑉 + 302 𝑀𝑒𝑉)^{2} − (484,3154 ·) · 𝑐^{2}

𝑀𝑒𝑉^{2}

𝑐

𝑐^{4}
≈135,8219 · | 𝑀𝑒𝑉 | · | 𝑐 |^{−2}

Numerisktegnene skyldes blot, at WordMat ikke kan skelne enheder fra variable.

Partiklens masse er således 136^{𝑀𝑒𝑉}_{𝑐^{2}}

Da partiklen annihilerer af sig selv og udsender to fotoner, må der være tale om en meson med et korresponderende kvark-antikvark-par. Vi kigger i databogen og konkluderer, at der kun kan være tale om

en 𝜋^{0} -meson, da 𝑚=135,0^{𝑀𝑒𝑉}_{𝑐^{2}} og kvarksammensætning (𝑢𝑢̅,𝑑𝑑). Andre mesoner med

̅ korresponderende kvark-antikvark-par har alt for store masser.

Side 11

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

11

Opgave 5 a)

Lorentzkraften fra magnetfeltet er givet ved:

𝐹 =𝑞· 𝑣⃗ × 𝐵

⃗ ⎯ ⃗

Alle tre vektorstørrelser er indbyrdes ortogonale, og vi kan derfor anvende højre hånd til at danne et

koordinatsystem, hvor de tre vektorer 𝐹, 𝑞· 𝑣⃗ og 𝐵 repræsenteres af hhv. tommelfinger, pegefinger og

⃗ ⎯ ⃗ langefinger. Først undersøger vi kraftens orientering for en positiv ladning, som bevæger sig mod højre

(som i nederste venstre hjørne). Vi konkluderer, at en positiv ladning vil bevæge sig i en cirkelbevægelse mod uret som på tegningen.

(𝐼): Hvis du ikke er stødt på højrehåndsreglen før, forklares den uddybende herunder:

Med højre hånd dannes et tredimensionelt koordinatsystem, hvor tommelfingeren peger opad og repræsenterer kraften fra magnetfeltet på partiklen, pegefingeren peger ligefrem og repræsenterer strømmens retning (dvs. retningen for en positiv ladnings bevægelse), mens langefingeren bøjes indad, så den er ortogonal til den plan, som udspændes af pegefingeren og tommelfingeren. Langefingeren repræsenterer da magnetfeltets retning.

b)

Ladede partikler, der bevæger sig med konstant fart i et homogent magnetfelt, vil følge en jævn cirkelbevægelse. Kraften fra magnetfeltet er da lig med centripetalkraften i cirkelbevægelsen:

𝐹_{𝐵} =𝐹_{𝑐}

Hvor:

𝐹_{𝑐} =𝑚·

𝑣^{2}

𝑟

Vi antager at magnetfeltet stadig er vinkelret på partiklernes bevægelsesretning, så:

𝐹_{𝐵} =𝑞· 𝑣 · 𝐵

𝑚 · =𝑞· 𝑣· 𝐵

𝑣^{2}

𝑟

⇕

𝑚= · 𝑟

𝑞· 𝐵

𝑣

Hvis vi foretager lineær regression på datasættet, kan vi altså få en forskrift for den lineære funktion 𝑚(𝑟).

Denne forskrift vil have hældningen:

Side 12

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

12

𝛼=

𝑞·𝐵 𝑣

Hvor:

𝑞=𝑒=1,602 · 10^{−19} 𝐶

𝑣=2,87 · 10^{6}

𝑚 𝑠

Vi konverterer tabellens data til SI-enheder, så hældningens enhed vil være:

𝐶· 𝑇 𝐶· 𝑇 ·𝑠

𝑚 𝑠

=

𝑚

Data opskrives i et regneark og masserne konverteres til 𝑘𝑔 idet 1𝑢=1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔:

m/u 5,012 6,015 7,016 8,022 9,027 10,035
r/m 0,435 0,524 0,601 0,638 0,783 0,876
m/kg 8,32493E-27 9,9909E-27 1,16536E-26 1,3325E-26 1,49938E-26 1,66681E-26

Lineær regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,9783679

𝑦=1,892306 · 10^{−26} 𝑥 + 3,283461 · 10^{−28}

                                                              2
Vi ignorerer det lille led, der lægges til, da det er af ubetydelig størrelse. Da 𝑅 =0,978, passer data

desuden fint på modellen. Med underforståede SI-enheder får vi så:

𝑚=1,892306 · 10^{−26} · 𝑟

Hældningen er altså 𝛼=1,892306 · 10^{−26}^{𝐶·𝑇·𝑠}_{𝑚}

                                𝑞·𝐵
Vi bestemmer nu 𝐵 vha. ligningen 𝛼= :
                                 𝑣

1,892306 · 10^{−26} =

𝐶· 𝑇 ·𝑠 1,602 · 10^{−19} 𝐶· 𝐵

𝑚

2,87 · 10^{6}

𝑚 𝑠

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

𝐵=0,3390086 ·𝑇

Størrelsen af magnetfeltet er altså 𝐵=0,339 𝑇.

Side 13

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

13

Opgave 6 a)

Vi har, at:

Δ𝑠=2000 𝑚

Δ𝑡=6 𝑚𝑖𝑛+ 57,82 𝑠
=6 𝑚𝑖𝑛 · + 57,82 𝑠

60 𝑠

1 𝑚𝑖𝑛

=417,82 · 𝑠

Gennemsnitsfarten kan bestemmes som:

𝑣_{𝑔𝑛𝑠} =

2000 𝑚

417,82 𝑠

≈4,78675 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

Roerens gennemsnitsfart, da han vandt olympisk guld i 2012 var således 4,787^{𝑚}_{𝑠}.

b)

Vi har, at:

Δ𝑠=90 𝑚

𝑣_{0} =0

𝑣=19,9 · · ·

𝑘𝑚 1000 𝑚 1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛 ℎ 1 𝑘𝑚 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

=5,527778 ·

𝑚 𝑠

Vi antager, at bådens acceleration var konstant over den givne strækning. Der gælder så, at:

𝑣^{2} − 𝑣_{0}^{2} =2 · 𝑎· Δ𝑠

Det vil sige:

(5,27778) =2 · 𝑎· 90 𝑚

𝑚^{2}

𝑠

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

𝑎=0,1547498 ·

𝑚

𝑠^{2}

Den gennemsnitlige acceleration i de første 90 m af løbet er ca. 0,15^{𝑚}_{𝑠}.

Side 14

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

14 c)

Den gennemsnitlige effekt af roerens arbejde er givet ved:

𝑃_{𝑔𝑛𝑠} =

Δ𝐸

Δ𝑡

Hvor energitilvæksten kan sættes til 32 gange det udførte arbejde i løbet af et tag.

Vi får så Δ𝑡=1 𝑚𝑖𝑛=60 𝑠. Og:

𝑃_{𝑔𝑛𝑠} =

32 · 𝐴_{𝑡𝑎𝑔}

60 𝑠

Arbejde er lig med kraft gange vej:

𝐴=𝐹· 𝑠

Størrelsen af arbejdet i et tag kan da aflæses som arealet under grafen i det viste interval. Vi tæller tern på bilag 2 og estimerer, at:

𝐴=82 𝑡𝑒𝑟𝑛 ·

100 𝑁 · 0,1 𝑚

1 𝑡𝑒𝑟𝑛

=820 · 𝑁· 𝑚
=820 𝐽

Vi får så:

𝑃=

32 · 820 𝐽

60 𝑠

≈437,3333 · 𝐽 · 𝑠^{−1}
=0,44 · 10^{−3} 𝑊

Roeren leverer altså en gennemsnitlig effekt på romaskinens håndtag på 0,44 𝑘𝑊.

Side 15

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

15

Opgave 7 a)

Antagelser:

Vi ser bort fra luftmodstand og gnidning.

Vi antager, at boldens cirkelbevægelse er jævn og vandret.

Vi antager, at pigen er 1,55 𝑚=155 𝑐𝑚 høj, samt at billedet er taget således, at relevante længder kan

vurderes vha. pigens højde.

Vi antager, at det foregår i Danmark, hvor: 𝑔=9,815^{𝑚}_{𝑠^{2}}

Vi skitserer et kraftdiagram:

Centripetalkraften er da en sum af tyngdekraften og snorkraften.

Da tyngdekraften og snorkraftens lodrette komposant er lige store og modsatrettede, er centripetalkraften lig med den vandrette komposant af snorkraften.

Vi lader 𝛼 angive vinklen mellem vandret og 𝐹_{𝑠𝑛𝑜𝑟}, og får vha. trekantsanalyse, at:

⃗

tan ( 𝛼) =

𝐹_{𝑡}
𝐹_{𝑐}

Hvor:

𝐹_{𝑡} =𝑚 ·𝑔

𝐹_{𝑐} =𝑚·

𝑣^{2}

𝑟

Så:

tan ( 𝛼) =

𝑚 · 𝑔

𝑚 ·

𝑣^{2}

𝑟

Side 16

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 27. maj 2013

16

⇕

𝑣= 𝑔 ·
√

𝑟 tan ( 𝛼)

Vinklen bestemmes vha. en vinkelmåler:

𝛼=11,5°

Vi måler pigens højde på billedet og udregner størrelsesforholdet 𝑓:

𝑓=

155 𝑐𝑚

6,3 𝑐𝑚

=24,6031

Vi måler radius og skalerer vha. størrelsesforholdet:

𝑟=3,5 𝑐𝑚· 24,6031
=86,11085 · 𝑐𝑚
=0,8611085 𝑚

Vi får så:

𝑣= √ 9,815 ·

𝑚 0,8611085 𝑚

𝑠^{2} tan ( 11,5)
≈6,445295 · | 𝑚 | · | 𝑠 |^{−1}

Numerisktegnene ignoreres, da de blot skyldes, at WordMat ikke skelner enheder fra variable.

                                                                  𝑚
Tennisboldens fart i situationen på billedet vurderes således at være omkring 6,4 .
                                                                  𝑠