STX Fysik A 2013 3. juni - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

1

STX Fysik A 3. juni 2015

2stx131-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)

Vi har, at:

𝑅=1,53 Ω

𝐼=105 𝐴

Elektrisk effekt kan bestemmes som:

𝑃=𝑅· 𝐼^{2}
=1,53 Ω · ( 105 𝐴)^{2}
=16868,25· 𝐴^{2} · 𝛺
=16,9 · 10^{3} 𝑊

Der omsættes elektrisk energi med en effekt på 16,9 𝑘𝑊 i højspændingsledningen.

b)

Følgende approksimation antages at være helt korrekt: Isen skal først varmes op til smeltepunktet (0 grader) og derefter skal isen tilføres energi, så den smelter. Det vil sige:

𝐸=𝐸_{𝑜𝑝𝑣𝑎𝑟𝑚𝑛𝑖𝑛𝑔} + 𝐸_{𝑠𝑚𝑒𝑙𝑡𝑒}

Hvor:

𝐸_{𝑜𝑝𝑣𝑎𝑟𝑚𝑛𝑖𝑛𝑔} =𝑚· 𝑐· Δ𝑡

𝐸_{𝑠𝑚𝑒𝑙𝑡𝑒} =𝑚· 𝐿_{𝑠}

Dvs.:

𝐸=𝑚· (𝑐· Δ𝑡 + 𝐿_{𝑠})

Hvor:

Side 2

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

2

𝑚=4,2 · 10^{4} 𝑘𝑔

Δ𝑡=0℃ − ( −10℃)
=10 ℃
=10 𝐾

Den direkte omskrivning til kelvin er mulig, da der er tale om en temperaturforskel og ikke én specifik temperatur.

I databogen finder vi den specifikke varmekapacitet for is ved −4,9℃ og antager, at denne værdi kan
fungere som en god gennemsnitsværdi i intervallet fra −10℃ til 0℃
𝑐=2,06

𝑘𝐽

𝑘𝑔 · 𝐾

Vi finder desuden isens smeltevarme ved 0℃ og 1 atmosfæres tryk:

𝐿_{𝑠} =334

𝑘𝐽 𝑘𝑔

Vi får så:

𝐸=4,2 · 10^{4} 𝑘𝑔 · (2,06 · 10 𝐾+ 334)

𝑘𝐽 𝑘𝐽

𝑘𝑔 · 𝐾 𝑘𝑔
≈1,48932 · 10^{7} · 𝑘𝐽

Der skal altså tilføres 15 𝐺𝐽 energi for at smelte isen.

Side 3

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

3

Opgave 2 a)

Vi finder ladningstal i det periodiske system og opskriver et midlertidigt reaktionsskema:

𝐶𝑓 → 𝑆𝑛^{132}_{50} + 𝑋_{𝑍}^{𝐴} + 3 𝑛_{0}^{1}

98

252

Da både nukleontal og ladningstal bevares, får vi:

252=132 + 𝐴 + 3 · 1

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

𝐴=117

98=50 + 𝑍 + 3 ·0

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

𝑍=48

Vi finder i det periodiske system, at 𝑍=48 tilhører cadmium. Det endelige reaktionsskema opskrives:

𝐶𝑓 → 𝑆𝑛^{132}_{50} + 𝐶𝑑^{117}_{48} + 3 𝑛_{0}^{1}

98

252

𝑄-værdien kan beregnes som:

𝑄=−Δ𝑚 · 𝑐^{2}

Vi finder atommasserne inkl. elektroner i databogen. Masserne bør egentlig regnes uden elektroner, men da der er lige mange elektroner til venstre som til højre i reaktionsskemaet, kan vi nøjes med at regne med atommasserne.

𝑚_{𝐶𝑓−252} =252,081626 𝑢

𝑚_{𝑆𝑛−132} =131,917816 𝑢

𝑚_{𝐶𝑑−117} =116,907219 𝑢

Massen af en neutron findes i kg og omregnes til unit idet 1 𝑢=1,66053873· 10^{−27} 𝑘𝑔

𝑚_{𝑛} =1,67492721 · 10^{−27} 𝑘𝑔 ·

1 𝑢

1,66053873 · 10^{−27} 𝑘𝑔

≈1,008665 𝑢

Vi anvender formlen samt det forhold, at:

1 𝑢=931,494

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

Side 4

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

4

𝑄=− ( 131,917816 𝑢 + 116,907219 𝑢 + 3 · 1,008665 𝑢 − 252,081626 𝑢) · · 𝑐^{2}

931,494_{2}

𝑀𝑒𝑉 𝑐

1 𝑢

≈214,7988 · 𝑀𝑒𝑉

Processens 𝑄-værdi er således 214,799 𝑀𝑒𝑉.

b)

Antallet spontane fissioner udgør 3,09% af det samlede antal henfald, og for hver spontane fission udsendes i gennemsnit 3,79 neutroner. Antallet af henfald kan beregnes som Δ𝑁 i perioden, hvor 𝑁 er

antallet af 𝐶𝑓 − 252-atomer. Antallet 𝑁_{𝑛} af udsendte neutroner kan da beregnes som:

𝑁_{𝑛} =3,79 · 0,0309 · (𝑁 ( 0) − 𝑁 ( 15))
=0,117111 · (𝑁_{0} − 𝑁 ( 15))

Hvor:

𝑁 ( 𝑡) =𝑁_{0} · 𝑒^{−𝑘·𝑡}

𝑘=

ln ( 2)

𝑇

1

2

𝑁_{0} =

𝑚_{0}
𝑚_{𝐶𝑓−252}

Vi finder i databogen, at 𝑇 1_{2} =2,65 å𝑟=2,65 𝑎

Vi har, at:

𝑚_{0} =500 𝜇𝑔=500 · 10^{−9} 𝑘𝑔

𝑚_{𝐶𝑓−252} =252,08 𝑢 · ≈4,185788 · 10^{−25} · 𝑘𝑔

1,6605 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

Vi får så:

𝑁_{𝑛} =0,117111 · ( − · 𝑒^{−}^{2,65 𝑎})

500 · 10^{−9} 𝑘𝑔 500 · 10^{−9} 𝑘𝑔
4,185788 · 10^{−25} · 𝑘𝑔 4,185788 · 10^{−25} · 𝑘𝑔

ln ( 2)

·15 𝑎

≈1,371253 · 10^{17}

                                                                            17
Det vil sige, at antallet af udsendte neutroner i løbet af de 15 år, kilden anvendes, er 1,37 · 10 .

Side 5

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

5

Opgave 3 a)

Den øgede afstand skyldes universets udvidelse. Vi lader 𝑟 angive afstanden, da lyset blev udsendt og 𝑟_{0}

angive den nuværende afstand. 𝑧 angiver rødforskydningen. Da gælder, at:

𝑟_{0} =𝑟· (1 + 𝑧)

⇕

𝑟=

𝑟_{0}
1 + 𝑧

Det vil sige, at:

Δ𝑟=𝑟_{0} − 𝑟
=𝑟_{0} −

𝑟_{0}
1 + 𝑧

Hvor:

𝑟_{0} =5,67 · 10^{9} 𝑙𝑦

𝑧=0,538

Så:

Δ𝑟=5,67 · 10^{9} 𝑙𝑦 −

5,67 · 10^{9} 𝑙𝑦
1 + 0,538
=1,983394 · 10^{9} · 𝑙𝑦

Afstanden er øget med 1,98 · 10^{9} 𝑙𝑦, mens strålingen fra kvasaren har været undervejs.

Side 6

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

6

Opgave 4 a)

Den opgivne effekt er i virkeligheden en intensitet, 𝐼 (her må det formodes, at der er taget højde for solcellernes vinkel med strålingen). Der gælder, at:

𝑃=𝐼· 𝐴

Den nyttige effekt bliver så:

𝑃_{𝑛𝑦𝑡𝑡𝑖𝑔} =𝐼· 𝐴· 𝜂

Hvor:

𝜂=0,25

𝐼=800

𝑊

𝑚^{2}
𝐴=750 𝑚^{2}

Så:

𝑃_{𝑛𝑦𝑡𝑡𝑖𝑔} =800 · 750 𝑚^{2} · 0,25

𝑊

𝑚^{2}
=150000 · 𝑊
=1,5 · 10^{5} 𝑊

Solcellerne leverer således energi til luftskibets elmotorer med en effekt på 0,15 𝑀𝑊.

b)

Luftskibenes elmotorer bruges kun til fremdrift. For at luftskibet akkurat skal holde sig svævende), skal den samlede kraft i lodret retning være lig med 0. Tyngdekraften og opdriftskraften vil da være lige store og modsatrettede:

𝐹_{𝑜𝑝} =𝐹_{𝑡}

Hvor opdriften beregnes vha. den fortrængte luftmasse:

𝐹_{𝑜𝑝} =𝑚_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝑔=𝑉_{𝑠𝑘𝑖𝑏} · 𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝑔

Tyngdekraften beregnes vha. den samlede masse af luftskibet (inkl. helium) og nyttelasten:

𝐹_{𝑡} = ( 𝑚_{𝑠𝑘𝑖𝑏} + 𝑚_{𝑙𝑎𝑠𝑡}) · 𝑔

Så:

𝑉_{𝑠𝑘𝑖𝑏} · 𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝑔= ( 𝑚_{𝑠𝑘𝑖𝑏} + 𝑚_{𝑙𝑎𝑠𝑡}) · 𝑔

Side 7

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

7

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

𝑚_{𝑙𝑎𝑠𝑡} =𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝑉_{𝑠𝑘𝑖𝑏} − 𝑚_{𝑠𝑘𝑖𝑏}

Hvor:

𝑉_{𝑠𝑘𝑖𝑏} =8,4 · 10^{3} 𝑚^{3}

𝑚_{𝑠𝑘𝑖𝑏} =8,0 𝑡=8,0 · 10^{3} 𝑘𝑔

Vi antager, at overvågningen af hvaler foregår ved 0℃, da luftens densitet her kan findes i Databogen:

𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} =1,293

𝑘𝑔

𝑚^{3}

Vi får så:

𝑚_{𝑙𝑎𝑠𝑡} =1,293 · 8,4 · 10^{3} 𝑚^{3} − 8,0 · 10^{3} 𝑘𝑔

𝑘𝑔

𝑚^{3}
=2861,2 · 𝑘𝑔

Luftskibet vurderes således at kunne medbringe en nyttelast på 2,9 𝑡𝑜𝑛. Denne værdi er dog rundet op og desuden udregnet ved 0℃, hvor luftens densitet er høj og opdriften stor. Ved højere temperaturer kan skibet ikke medbringe en ligeså tung nyttelast.

c)

Vi antager, at skibet flyver med konstant fart i vandret retning således, at: 𝐹 =0.
                                                             𝑟𝑒𝑠

Skibet påvirkes i bevægelsesretningen af motorkraften med den opgivne effekt. Der gælder, at:

𝑃_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟} =𝐹_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟} · 𝑣

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

𝐹_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟} =

𝑃_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟}

𝑣

Skibet påvirkes modsat bevægelsesretningen af luftmodstanden. Denne er givet ved:

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

1

2

Da 𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =0, har vi, at:

𝐹_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟} =𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡}

Så:

𝑃_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟} 1

𝑣 2

= · 𝑐_{𝑤} · 𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝐴 · 𝑣^{2}

Side 8

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

8

    3
𝑣=  √

𝑃_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟} · 2
𝑐_{𝑤} · 𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝐴

Hvor:

𝑃_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟} =18 𝑘𝑊=18 · 10^{3} 𝑊

𝑐_{𝑤} =0,078

𝐴=310 𝑚^{2}

Vi antager, at overvågningen af hvaler foregår ved 0℃, da luftens densitet her kan findes i Databogen:

𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} =1,293

𝑘𝑔

𝑚^{3}

Så:

    3
𝑣=

√

18 · 10^{3} 𝑊· 2
0,078 · 1,293_{3} · 310 𝑚^{2}

𝑘𝑔 𝑚

=10,48131789319362· (𝑚·)

𝑊 𝑘𝑔

0,33333333333333

                   𝑚                                 𝑚
Slutenheden svarer til . (𝐼) Skibets fart vurderes således til 10 . Resultatet er dog nedrundet, og der er
                   𝑠                                 𝑠

anvendt en høj densitet (ved 0℃). Ved højere temperaturer vil densiteten være lavere, hvorfor luftskibet vil opnå en højere fart.

(𝐼): Denne opgave er et godt eksempel på, at man godt kan tjekke om enhederne passer, selvom slutenheden ser lidt speciel ud. En detaljeret redegørelse af denne type forventes IKKE til eksamen.

                                                                  2
                                                 𝑚   𝑘𝑔·𝑚  𝑚  𝑘𝑔·𝑚
Der gælder, at: 𝑊=                          =𝑁·    =      · =              , så:
                                                  𝑠        𝑠

𝐽

𝑠 𝑠^{2} 𝑠^{3}

(𝑚 ·) = 𝑚 · = =

𝑊 𝑚^{3} 𝑚
𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑠^{3} 𝑠

0,3333333333333

√ 𝑠^{3}

𝑘𝑔 ·𝑚^{2}

3

√^{3}

Side 9

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

9

Opgave 5 a)

Vi ser bort fra den vandrette hastighedskomposant, da højden kun angiver den lodrette komposant af

positionsvektoren. Vi sætter altså 𝑣 ( 𝑡) =𝑣_{𝑦} (𝑡)

Vi søger at bestemme en matematisk model for ℎ(𝑡), da vi så kan anvende, at:

ℎ^{′} ( 𝑡) =𝑣(𝑡)

ℎ^{′′} ( 𝑡) =𝑣^{′} ( 𝑡)

Vi opskriver tabellens data og prøver os frem med polynomisk regression til vi finder en god approksimation. Enheder er underforståede SI-enheder, hvilket således også vil gælde for vores resultater.

𝑡/𝑠 0,00 0,23 0,50 0,76 1,03 1,30 1,57 1,83 ℎ/𝑚 28,42 28,55 28,54 28,39 28,11 27,79 27,36 27,09

Polynomisk regression af grad 3 udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,9987456

𝑦=0,3912383 · 𝑥^{3} − 1,662412 · 𝑥^{2} + 1,000757 ·𝑥+ 28,41277

Som det ses både af grafen og den høje 𝑅^{2}, har vi fundet et godt fit til vores data. Bemærk, at modellen

ikke er fysisk funderet, men blot anvendes som værktøj til bestemmelse af tangenthældninger.

Vi definerer nu ℎ(𝑡) som funktion med underforståede SI-enheder:

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟:0≤𝑡≤1,83

Side 10

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

10

ℎ ( 𝑡) ≔0,3912383 · 𝑡^{3} − 1,662412 · 𝑡^{2} + 1,000757 · 𝑡 + 28,41277

Vi bestemmer vandrette tangenter til grafen for for 𝑣 ( 𝑡) =ℎ′(𝑡) ved at løse ℎ^{′′} ( 𝑡) =0.

Vi løser derfor:

ℎ^{′′} ( 𝑡) =0

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

𝑡=1,416368

Vi tegner grafen for 𝑣 ( 𝑡) =ℎ^{′} ( 𝑡) ≈−3,324824·𝑡+ 1,173715 · 𝑡^{2} + 1,000757

Vi kan se, at den numerisk største værdi af farten (som her regnes med fortegn) må findes ved denne ene

vandrette tangent - altså ved 𝑡=1,416368

Det vil sige:

𝑣_{𝑚𝑎𝑥} = | 𝑣 ( 1,416368)|
= | ℎ^{′} ( 1,416368)|

≈1,35383

Da alle anvendte enheder er SI-enheder, vurderer vi, at personens højeste fart mellem de to afsæt er

𝑣=1,4

𝑚 𝑠

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 11

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

11

(𝐼):

Vi vurderer både grafisk og vha. 𝑅^{2}. 𝑅^{2} kan nemlig være meget tæt på 1 selv ved elendige grafiske fits, da

der medtages flere decimaler i beregningerne, end vi får givet. Dette sker hyppigst ved store grader af polynomisk regression. Ofte kan man finde en fint approksimation vha. 2.-4.-gradsregression.

b)

Vi forestiller os et koordinatsystem, hvor 𝑥-aksen er ortogonal på underlaget og 𝑦-aksen er parallel med underlaget (og dermed også snoren, da disse er parallelle - se bilaget sidst i besvarelsen af denne opgave).

Vi har, at:

𝑚=68 𝑘𝑔

Vi anvender den generelle værdi for tyngdeaccelerationen:

𝑔=9,82

𝑚 𝑠

Lodret nedad virker tyngdekraften med størrelsen:

𝐹_{𝑡} =𝑚 · 𝑔
=68 𝑘𝑔 · 9,82

𝑚 𝑠

=667,76 ·𝑘𝑔 · 𝑚· 𝑠^{−1}
=6,7 · 10^{2} 𝑁

Normalkraften fra underlaget og tyngdekraftens 𝑥-komposant er lige store og modsatrettede. Vha.

trekantsanalyse på bilaget kommer vi frem til, at:

𝐹_{𝑁} =𝐹_{𝑡,𝑥} =sin ( 16) · 𝐹_{𝑡}
=sin ( 16) · 6,7 · 10^{2} 𝑁
≈184,677 · 𝑁
=1,8 · 10^{2} 𝑁

Da snorkraften ikke har en 𝑥-komposant, er 𝐹_{𝑟𝑒𝑠,𝑥} =0 uanset størrelsen af snorkraften. Da personen er i

hvile, skal der desuden gælde, at:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠,𝑦} =0

Da normalkraften ikke har en 𝑦-komposant, får vi så, snorkraften og tyngdekraftens 𝑦-komposant må være lige store og modsatrettede:

𝐹_{𝑡,𝑦} =𝐹_{𝑠𝑛𝑜𝑟}

Vha. trekantsanalyse på bilaget ser vi så, at:

Side 12

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

12

𝐹_{𝑠𝑛𝑜𝑟} =𝐹_{𝑡} · cos ( 16)
=6,7 · 10^{2} 𝑁 · cos ( 16)
≈644,0453 · 𝑁
=6,4 · 10^{2} 𝑁

Side 13

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

13

Opgave 6 a)

Det elektriske felt antages at være homogent. Der gælder så, at:

𝐹_{𝐸} =𝑞· 𝐸=𝑞 ·

𝑈 𝑑

Hvor:

𝐹_{𝐸} =4,42 · 10^{−9} 𝑁

𝑈=100 𝑘𝑉=100 · 10^{3} 𝑉

𝑑=24 𝑐𝑚=0,24 𝑚

Så: (𝐼)

4,42 · 10^{−9} 𝑁=𝑞 ·

𝑙𝑎𝑡𝑒𝑥

100 · 10^{3} 𝑉

0,24 𝑚

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

𝑞_{𝑙𝑎𝑡𝑒𝑥} =1,0608 · 10^{−14} · 𝑁· 𝑉^{−1} · 𝑚
=1,1 · 10^{−14} 𝐶

(𝐼): Her anvendes 𝑞_{𝑙𝑎𝑡𝑒𝑥} i stedet for 𝑞, da WordMat af ukendte årsager ikke kan operere med 𝑞 som

variabel.

b)

Stigningen i kinetisk energi for en ladet partikel, som gennemløber et spændingsfald er lig med:

Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =𝑞· 𝑈

Og:

Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =𝐸_{𝑘𝑖𝑛} − 𝐸_{𝑘𝑖𝑛0}
= · 𝑚 ·𝑣^{2} − · 𝑚 · 𝑣_{0}^{2}

1 1

2 2

= · 𝑚 ·(𝑣^{2} − 𝑣_{0}^{2})

1

2

Det vil sige:

𝑞· 𝑈= · 𝑚 · (𝑣^{2} − 𝑣_{0}^{2})

1

2

Latex-partiklerne er kugleformede, så:

Side 14

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

14

𝑚=𝜌 · 𝑉=𝜌· 𝜋· 𝑟^{3}

4

3

Så:

𝑞· 𝑈= · 𝜌 · 𝜋· 𝑟^{3} · (𝑣^{2} − 𝑣_{0}^{2})

4

6

Papiret er i midten af de elektriske felt, så Latex-partiklerne gennemløber kun det halve spændingsfald. Det vil sige:

𝑈=50 · 10^{3} 𝑉

Vi har desuden, at:

𝜌=2,7 · 10^{3}

𝑘𝑔

𝑚^{3}
𝑟=16𝜇𝑚=16 · 10^{−6} 𝑚

𝑣_{0} =7,5

𝑚 𝑠

Vi får så:

1,0608 · 10^{−14} 𝐶· 50 · 10^{3} 𝑉= · 2,7 · 10^{3} · 𝜋 · ( 16 · 10^{−6} 𝑚)^{3} · (𝑣^{2} − (7,5))

4 𝑘𝑔 𝑚^{2}
6 𝑚^{3} 𝑠

WordMat kan ikke håndtere den de mange enheder i ligningen, så vi løser den uden enheder. Vi ved, at

                          𝑚
resultatet vil være i SI-enheden
                          𝑠

, da alle indsatte størrelser er i SI-enheder.

1,0608 · 10^{−14} · 50 · 10^{3} = · 2,7 · 10^{3} · 𝜋 · ( 16 · 10^{−6})^{3} · ( 𝑣^{2} − ( 7,5)^{2})

4

6

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

𝑣=−8,896586 ∨ 𝑣=8,896586

Vi ser kun på størrelser og ser derfor bort fra den negative løsning.

                                              𝑚
Latex-partiklerne rammer således papiret med farten 8,9 .
                                               𝑠

Side 15

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

15

Opgave 7 a)

𝐾^{−} -mesonens middellevetid findes i databogen (den har samme levetid som sin antipartikel, 𝐾^{+}). Denne

levetid er tiden set fra mesonens perspektiv. For at få levetiden i laboratoriets perspektiv skal den fundne

værdi forlænges med en faktor 𝛾=1,567.

Vi finder, at:

𝑡_{0} =1,2 · 10^{−8} 𝑠

Levetiden fra laboratoriets perspektiv bliver da:

𝑡=𝑡_{0} · 𝛾
=1,2 · 10^{−8} 𝑠 · 1,567
=1,8804 · 10^{−8} · 𝑠

  −                                              −8
𝐾  -mesonens middellevetid i laboratoriet er således 1,9 · 10 𝑠.

b)

Vi finder kvarksammensætninger i databogen (𝜋^{−} og 𝐾^{−} er sammensat af antikvarkerne for hhv. 𝜋^{+} og
𝐾^{+}) og opskriver reaktionsskemaet med kvarker:

𝜋^{−} + 𝑝→𝐾^{−} + 𝐾^{+} + 𝑛

𝑑𝑢̅+ 𝑢𝑢𝑑→𝑠𝑢̅+ 𝑢𝑠̅ + 𝑑𝑑𝑢

I det vi ser bort fra korresponderende kvark-antikvark-par bliver de samlede sammensætninger på hver af siderne:

Venstre: 𝑑𝑑𝑢

Højre: 𝑑𝑑𝑢

Begge sider svarer til sammensætningen af én neutron.

Der er tale om en stærk vekselvirkning, så kvarksammensætningerne skal være bevaret. Den samlede kvarksammensætning på højre side skal altså være 𝑑𝑑𝑢 (svarende til en neutron). Der er som

udgangspunkt en sammensætning på 𝑠𝑢̅ (svarende til 𝐾^{−}), som altså skal kunne ”annulleres”. Desuden skal

ladningen være bevaret, så der skal udsendes en positivt ladet partikel. Dette gøres energimæssigt billigst

ved udsendelse af 𝐾^{+} -mesonen med sammensætningen 𝑢𝑠̅. Nu er kvarksammensætningen og ladningen

”nulstillet”, og den billigste måde at få kvarksammensætningen 𝑑𝑑𝑢 på (svarende til en neutron) er

selvfølgelig at udsende en neutron, som i øvrigt er elektrisk neutral og har baryontallet +1. Vi har nu fundet
den energimæssigt billigste måde at skabe 𝐾^{−} -mesoner på ved beskydning af protoner med 𝜋^{−} -mesoner,

hvor bevarelseslovene er overholdt (kvarksammensætning, elektrisk ladning og baryontal). Ved energien

𝐸_{𝑚𝑖𝑛} vil produktionen naturligvis forløbe på den billigste måde.

Side 16

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

16 c)

Vi analyserer situationen vha. to inertialsystemer. Første inertialsystem er laboratoriet og anvendes inden reaktionen. Andet inertialsystem er hvilesystemet for de tre udsendte partikler, som ikke bevæger sig i forhold til hinanden, da dette giver den laveste energi. Den invariante masse er bevaret i de to inertialsystemer.

Før stødet i laboratoriesystemet har vi, da protonerne er i hvile, at:

( Ʃ𝐸)^{2} − ( Ʃ𝑝 · 𝑐)^{2} = ( 𝐸_{𝜋} − + 𝑚_{𝑝} · 𝑐^{2})^{2} − ( 𝑝_{𝜋} − · 𝑐)^{2}

Vi anvender, at:

𝐸^{2} =𝑚^{2} · 𝑐^{4} + 𝑝^{2} · 𝑐^{2}
( 𝑝 · 𝑐)^{2} =𝐸^{2} − 𝑚^{2} · 𝑐^{4}

Så:

( Ʃ𝐸)^{2} − ( Ʃ𝑝 · 𝑐)^{2} = ( 𝐸_{𝜋} − + 𝑚_{𝑝} · 𝑐^{2})^{2} − (𝐸_{𝜋}^{2} − − 𝑚_{𝜋}^{2} − · 𝑐^{4})

Efter stødet i hvilesystemet (hvor impulserne af alle partikler er 0 og energierne er lig med hvileenergierne) har vi, at:

( Ʃ𝐸)^{2} − ( Ʃ𝑝)^{2} = ( 𝑚_{𝐾} − · 𝑐^{2} + 𝑚_{𝐾} + · 𝑐^{2} + 𝑚_{𝑛} · 𝑐^{2})^{2} = ( 2 · 𝑚_{𝐾} + + 𝑚_{𝑛})^{2} · 𝑐^{4}

Den invariante masse er bevaret, så:

( 𝐸_{𝜋} + 𝑚_{𝑝} · 𝑐^{2})^{2} − 𝐸_{𝜋} − 𝑚_{𝜋}^{2} · 𝑐^{4} = 2 · 𝑚_{𝐾} + 𝑚_{𝑛} · 𝑐^{4}

                2                           2
−             (  −     −   )   (     +     )

Vi slår de indgående masser op i databogen:

𝑚_{𝑝} =938,3

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

𝑚_{𝑛} =939,6

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

𝑚_{𝜋^{−}} =𝑚_{𝜋} + =139,6

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

𝑚_{𝐾} + =493,7

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}
Vi indsætter masserne og bestemme værdien af 𝐸_{𝜋^{−}}, som her erstattes med 𝑥 af hensyn til WordMat som

forvirres af notationen:

(𝑥+ 938,3 · 𝑐^{2}) − ( 𝑥^{2} − (139,6) · 𝑐^{4}) =(2 · 493,7 + 939,6) · 𝑐^{4}

𝑀𝑒𝑉 𝑀𝑒𝑉^{2} 𝑀𝑒𝑉 𝑀𝑒𝑉^{2}
𝑐^{2} 𝑐^{2} 𝑐^{2} 𝑐^{2}

2

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

Side 17

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. juni 2013

17

𝑥=1499,219 · 𝑀𝑒𝑉
=1499 𝑀𝑒𝑉

≈1,50 𝐺𝑒𝑉

Den mindst mulige værdi af 𝜋^{−} -partiklernes energi ved produktionen af 𝐾^{−} -mesonerne er således
𝐸_{𝜋^{−}} 1,50 𝐺𝑒𝑉