STX Fysik A 2014 23. maj - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

1

STX Fysik A 23. maj 2014

1stx141-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:

𝑃=3,5 𝑊

𝑈=3,2 𝑉

Elektrisk effekt er givet ved:

𝑃=

𝑈^{2}

𝑅

Så:

3,5 𝑊=

( 3,2 𝑉)^{2}

𝑅

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

𝑅=2,925714 · 𝑉^{2} · 𝑊^{−1}
=2,9 Ω

Varmelegemets resistans er således 2,9 Ω.

b)

Vi antager, at hele den omsatte elektriske energi går til opvarmning og smeltning af posen og ser således bort fra varmeudveksling med omgivelserne. Effekt er givet ved:

𝑃=

Δ𝐸

Δ𝑡

Vi kender effekten, så hvis vi finder den energimængde, som bruges ved opvarmning og smeltning af posen, kan vi også finde tiden, det tager, at smelte posen sammen. Den samlede energi er givet ved:

Side 2

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

2

Δ𝐸=𝐸_{𝑜𝑝𝑣𝑎𝑟𝑚𝑛𝑖𝑛𝑔} + 𝐸_{𝑠𝑚𝑒𝑙𝑡𝑛𝑖𝑛𝑔}
=𝑚· 𝑐· Δ𝑇+ 𝑚 · 𝐿_{𝑠}
=𝑚· (𝑐· Δ𝑇+ 𝐿_{𝑠})

Det vil sige, at:

𝑃=

𝑚 · (𝑐· Δ𝑇+ 𝐿_{𝑠})

Δ𝑡

Hvor:

𝑃=3,5 𝑊

𝑚=31 𝑚𝑔=0,031 𝑔

𝑐=2,3 =2,3

𝑘𝐽 𝐽

𝑘𝑔 · 𝐾 𝑔 ·℃

𝐿_{𝑠} =116,6 =116,6

𝑘𝐽 𝐽 𝑘𝑔 𝑔

Vi antager, at posen starter med at have 𝑇=20℃. Den skal varmes op til 110℃, før den kan smeltes. Vi

får så:

Δ𝑇=110℃ − 20℃
=90℃

Vi får nu:

3,5 𝑊=

0,031 𝑔 · (2,3 · 90℃ + 116,6)

𝐽 𝐽

𝑔 · ℃ 𝑔

Δ𝑡

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

𝛥𝑡=2,866171 · 𝐽· 𝑊^{−1}
=2,9 𝑠

Vi vurderer således, at det tager cirka 2,9 𝑠 at smelte fryseposen sammen (reelt vil det nok tage lidt længere), da nyttevirkningen næppe er 100%.

Side 3

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

3

Opgave 2 a)

Afbøjningsvinklen kan bestemmes vha. gitterligningen:

𝑛 · 𝜆=𝑑· sin ( θ)

Der er 800 spalter pr. mm, så afstanden ml. hver spalte er:

𝑑= 𝑚𝑚= · 10^{6} 𝑛𝑚=1250 𝑛𝑚

1 1

800 800

Bølgelængden af lyset fra BAS11 aflæses:

𝜆=520,16 𝑛𝑚

Afbøjningsvinklen for 𝑛=1 kan nu bestemmes:

1 · 520,16 𝑛𝑚=1250 𝑛𝑚 · sin (𝜃)

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

𝜃=24,59037

Afbøjningsvinklen til første orden for 𝐻
                                𝛾

-linjen fra BAS11 er således 24,6°.

b)

Afstanden kan bestemmes vha. Hubbles lov og sammenhængen mellem hastighed og rødforskydning:

𝑣=𝐻_{0} · 𝑟

𝑣=𝑧· 𝑐= · 𝑐

𝜆_{𝑜𝑏𝑠} − 𝜆_{0}
𝜆_{0}

Så:

𝐻_{0} · 𝑟= · 𝑐

𝜆_{𝑜𝑏𝑠} − 𝜆_{0}
𝜆_{0}

Hubblekonstanten findes i databogen (her kaldes den Hubbleparameteren) og konverteres til SI-enheder:

𝐻_{0} =70

𝑘𝑚

𝑠 · 𝑀𝑝𝑎𝑟𝑠𝑒𝑐
=70 · ·

𝑘𝑚 1000 𝑚 1 𝑀𝑝𝑎𝑟𝑠𝑒𝑐

𝑠 · 𝑀𝑝𝑎𝑟𝑠𝑒𝑐 1 𝑘𝑚 10^{6} · 3,086 · 10^{16} 𝑚
≈2,268308 · 10^{−18} · 𝑠^{−1}

Side 4

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

4

I forhold til galaksesuperhoben BAS11 er solen meget tæt på jorden, så vi anvender spektret fra solen som

𝜆_{0}:

𝜆_{0} =486,13 𝑛𝑚

Bølgelængden af lyset fra BAS11 opskrives:

𝜆_{𝑜𝑏𝑠} =520,16 𝑛𝑚

Lysets fart i vakuum har størrelsen:

𝑐=3,00 · 10^{8}

𝑚 𝑠

Vi får så:

2,268308 · 10^{−18} · 𝑠^{−1} · 𝑟= · 3,00 · 10^{8}

520,16 𝑛𝑚− 486,13 𝑛𝑚 𝑚

486,13 𝑛𝑚 𝑠

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

𝑟=9,258247 · 10^{24} · 𝑚

Den nuværende afstand til galaksesuperhoben BAS11 er således bestemt til at være 9,3 · 10^{24} 𝑚.

Side 5

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

5

Opgave 3 a)

Densiteten kan bestemmes som:

𝜌= =

𝑚 𝑚

𝑉 𝑙^{2} · ℎ

Hvor:

𝑙=0,30 𝑚

ℎ=9,0 𝑚

𝑚=1,8 𝑡𝑜𝑛=1,8 · 10^{3} 𝑘𝑔

Så:

𝜌=

1,8 · 10^{3} 𝑘𝑔
( 0,30 𝑚)^{2} · 9,0 𝑚
≈2222,222 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{−3}

Betonpælens densitet er 2,2 · 10^{3}_{𝑚^{3}}^{𝑘𝑔}.

b)

Vi ser bort fra luftmodstand og kan derfor antage, at den mekaniske energi er bevaret. Vi ser på to tidspunkter. Tidspunkt 1 er det tidspunkt, hvor jernklodsen er 0,11 𝑚 over betonpælen. Tidspunkt 2 er det tidspunkt, hvor jernklodsen rammer betonpælen. Vi får så:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛1} + 𝐸_{𝑝𝑜𝑡1} =𝐸_{𝑘𝑖𝑛2} + 𝐸_{𝑝𝑜𝑡2}

Hvor:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

𝐸_{𝑝𝑜𝑡} =𝑚· 𝑔 · ℎ

Vi sætter den potentielle energi lig med 0 ved betonpælens top. Det vil sige 𝐸_{𝑝𝑜𝑡2} =0

Så får vi, at:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛2} =𝐸_{𝑘𝑖𝑛1} + 𝐸_{𝑝𝑜𝑡1}
= · 𝑚 · 𝑣^{2} + 𝑚 · 𝑔· ℎ

1

2

Hvor:

Side 6

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

6

𝑚=4,1 · 10^{3} 𝑘𝑔

𝑣=2,05

𝑚 𝑠

ℎ=0,11 𝑚

Vi antager, at det foregår i Danmark, hvor:

𝑔=9,815

𝑚

𝑠^{2}

Det vil sige:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛2} = · 4,1 · 10^{3} 𝑘𝑔 ·(2,05) + 4,1 · 10^{3} 𝑘𝑔 · 9,815 · 0,11 𝑚

1 𝑚^{2} 𝑚
2 𝑠 𝑠^{2}
≈13041,69 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}
=13 𝑘𝐽

Den kinetiske energi, som jernklodsen har, når den rammer betonpælen er således på 13 𝑘𝐽.

c)

Det samlede arbejde fra kranen er lig med arbejdet fra tyngdekraften plus arbejdet fra gnidningskraften:

𝐴=𝐴_{𝑡} + 𝐴_{𝑔𝑛𝑖𝑑}

Hvis kraften er konstant, er arbejdet lig med kraft gange vej:

𝐴=𝐹· Δ𝑠

Hvor:

𝐴_{𝑡} =𝐹_{𝑡} · Δ𝑠=𝑚 ·𝑔 · Δ𝑠

Og:

Δ𝑠=7,5 𝑚

𝑚=1,8 · 10^{3} 𝑘𝑔

Så:

𝐴_{𝑡} =1,8 · 10^{3} 𝑘𝑔 · 9,815 · 7,5 𝑚

𝑚

𝑠^{2}
=132502,5 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}
=132,503 𝑘𝐽

Da friktionskraften ændres over tid, kan vi i stedet bestemme arbejdet som:

Side 7

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

7

𝐴_{𝑔𝑛𝑖𝑑} =∫ 𝐹 (𝑠) 𝑑𝑠

𝑔𝑛𝑖𝑑

7,5 m

0

Dette integral kan bestemmes som arealet under den angivne graf i intervallet [0;7,5]. Vi aflæser af

bilaget, at 𝐹 ( 7,5 𝑚) =6,6 𝑘𝑁

Vi ser, at arealet kan bestemmes som arealet af en retvinklet trekant med ℎ=6,6 𝑘𝑁 og 𝑔=7,5 𝑚. Vi får

så:

𝐴_{𝑔𝑛𝑖𝑑} = · ℎ · 𝑔

1

2

= · 6,6 𝑘𝑁 · 7,5 𝑚

1

2

=24,75 · 𝑘𝑁 · 𝑚
=24,75 𝑘𝐽

Det samlede arbejde bliver:

𝐴=132,503 𝑘𝐽 + 24,75 𝑘𝐽
=157,253 · 𝑘𝐽
=1,6 · 10^{5} 𝐽

Det arbejde, kranen udfører på betonpælen, når den trækkes helt op af jorden, er således 1,6 · 10^{5} 𝐽.

Side 8

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

8

Opgave 4 a)

                  85               −
Vi ser i databogen, at 𝐾𝑟 henfalder ved 𝛽 -henfald med en halveringstid på 𝑇 1 =10,7 å𝑟.
                  36
                                                                 2

Et 𝛽^{−} -henfald sker ved, at en neutron i moderkernen henfalder til en proton og derved udsender en

elektron og en anti-elektronneutrino. Datterkernen har altså samme nukleontal som moderkernen, men atomnummeret er steget med 1. Ved hjælp af det periodiske system får vi så:

𝐾𝑟 → 𝑅𝑏_{37}^{85} + 𝑒_{−1}^{0}^{−} + 𝜈̅_{𝑒}

36

85 b)

Massen af lampen efter 5 år kan bestemmes vha. antallet af kerner gange massen af hver enkelt kerne:

𝑚=𝑁 ·𝑚
𝐾𝑟−85

Antal kerne kan bestemmes vha. henfaldskonstanten og aktiviteten

𝐴=𝑘· 𝑁⇔𝑁=

𝐴 𝑘

Vi får så:

𝑚= · 𝑚_{𝐾𝑟−85}

𝐴 𝑘

Hvor:

𝐴=𝐴 · 𝑒^{−𝑘·𝑡}

0

Massen efter 5 år kan da beregnes af formlen:

𝑚= · 𝑚_{𝐾𝑟−85}

𝐴_{0} · 𝑒^{−𝑘·𝑡}

𝑘

Vi opskriver oplysninger og konverterer til passende enheder:

Henfaldskonstanten kan bestemmes vha. halveringstiden som:

𝑘=

ln ( 2)

𝑇

1

2

= · · · ·

ln ( 2) 1 𝑎 1𝑑 1ℎ 1 𝑚𝑖𝑛

10,7 𝑎 365 𝑑 24 ℎ 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

≈2,054164 · 10^{−9} · 𝑠^{−1}
Atommassen for den angivne isotop findes i databogen (1 𝑢=1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔)

Side 9

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

9

𝑚_{𝐾𝑟−85} =84,913 𝑢 ·

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

=1,410405 · 10^{−25} · 𝑘𝑔

Aktiviteten ved produktionen af lampen er:

𝐴_{0} =2,2 𝑘𝐵𝑞=2,2 · 10^{3} 𝑠^{−1}

5 år svarer til (som vist ved henfaldskonstanten):

𝑡=5 𝑎
=5 · 365 · 24 · 60 · 60 𝑠
=1,5768 · 10^{8} · 𝑠

Vi får så:

𝑚= · 1,410405 · 10^{−25} · 𝑘𝑔

2,2 · 10^{3} 𝑠^{−1} · 𝑒^{−2,054164·10^{−9}}

·𝑠^{−1} ·1,5768·10^{8} ·𝑠
2,054164 · 10^{−9} · 𝑠^{−1}
=1,092605 · 10^{−13} · 𝑘𝑔

Massen af 𝐾𝑟 − 85 i lampen 5 år efter produktionen er altså på 1,1 · 10^{−13} 𝑘𝑔.

Side 10

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

10

Opgave 5 a)

Alle størrelser oplyses og regnes fra laboratoriets perspektiv, så vi kan regne klassisk (der skal ikke foretages nogen transformationer fra ét inertialsystem til et andet). Det vil sige:

𝑣=

Δ𝑠

Δ𝑡

En omgang svarer til en tilbagelagt strækning på Δ𝑠=3834 𝑚

Farten er opgivet til: 𝑣=2,997 · 10^{8}^{𝑚}_{𝑠}

Vi får så:

2,997 · 10^{8} =

𝑚 3834 𝑚 𝑠 Δ𝑡

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

𝛥𝑡=1,279279 · 10^{−5} · 𝑠
=12,79 · 10^{−6} 𝑠

Det tager således 12,79 𝜇𝑠 for en guldion at bevæge sig én omgang i ringen.

b)

Ændringen i kinetisk energi, når en ladet partikel gennemløber et spændingsfald, kan bestemmes som:

Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =𝑞· 𝑈

Da guldionerne er i hvile fra start, får vi:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =𝑞· 𝑈

Af samme årsag antager vi, at der kan regnes klassisk. Energien kan da skrives som:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

Så:

𝑞· 𝑈= · 𝑚 ·𝑣^{2}

1

2

Hvor:

𝑈=14 𝑀𝑉=14 · 10^{6} 𝑉

𝑞=𝑒=1,602 · 10^{−19} 𝐶

Side 11

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

11

Massen af en enkeltladet guldion afviger kun med en elektronmasse fra massen af et guldatom. Vi ser bort fra den forsvindende lille elektronmasse og finder så den gennemsnitlige atommasse af guld i det periodiske system (man kunne dog forestille sig, at man i forsøget har valgt én bestemt isotop):

𝑚_{𝐴𝑢} =195,08 𝑢

=195,08 𝑢 ·

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

=3,240279 · 10^{−25} · 𝑘𝑔

Vi får så:

1,602 · 10^{−19} 𝐶· 14 · 10^{6} 𝑉= · 3,240279 · 10^{−25} 𝑘𝑔 · 𝑣^{2}

1

2

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

𝑣=−3720652 · (𝐶·) ∨ 𝑣=3720652 · (𝐶·)

𝑉^{0,5} 𝑉^{0,5}

𝑘𝑔 𝑘𝑔

Da alle anvendte enheder er SI-enheder, vil være i SI-enheden^{𝑚}_{𝑠}. Vi regner desuden udelukkende på

størrelser, så vi ignorerer den negative løsning. Da 𝑣≪𝑐, accepterer vi resultatet af de klassiske beregninger.

De enkeltladede guldioner har således en fart på 3,8 · 10^{6}^{𝑚}_{𝑠}, når de rammer foliet.

c)

Da bevægelsen foregår vinkelret på magnetfeltet, vil størrelsen af kraften fra magnetfeltet (som antages at være homogent) kunne beregnes som:

𝐹=𝑞· 𝑣· 𝐵

Denne formel gælder også for 𝑣→𝑐. Vi har, at:

𝐹=12,995 · 10^{−9} 𝑁

𝑣=2,997 · 10^{8}

𝑚 𝑠

Alle guldatomernes 79 elektroner (guld har atomnummer 79) fjernes fra hvert atom. Ladningen bliver så:

𝑞=79 · 𝑒
=79 · 1,602 · 10^{−19} 𝐶
=1,26558 · 10^{−17} · 𝐶

VI får så:

12,995 · 10^{−9} 𝑁=1,26558 · 10^{−17} · 𝐶· 2,997 · 10^{8} · 𝐵

𝑚 𝑠

Side 12

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

12

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

𝐵=3,426099 · 𝑠 ·

𝑁

𝑚 · 𝐶
=3,426 𝑇

Størrelsen af det magnetfelt, som afbøjer guldionerne er altså 𝐵=3,426 𝑇.

Side 13

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

13

Opgave 6 a)

Ved den stærke vekselvirkning skal kvarksammensætningen være ens på begge sider af reaktionspilen med undtagelse af korresponderende kvark-anti-kvark-par, som kan annihilere. Har man på én side et sådant par, kan man se bort fra det i sammenligningen med den anden side. Vi opskriver reaktionsskemaet med

kvarker (kvarksammensætningen af 𝜋^{+} -mesonen findes i databogen):

???→𝑑𝑠𝑏 + 𝑢𝑑

̅

Kvarksammensætningen på højre side er så (i det vi ser bort fra parret 𝑑𝑑): 𝑢𝑠𝑏

̅

Dette må således også være kvarksammensætningen på venstre side, og da vi kun har én partikel, som er en baryon (bestående af tre kvarker), bliver dens sammensætning:

𝛯_{𝑏}^{∗0}:𝑢𝑠𝑏

b)

Vi finder massen af 𝐽/Ψ-mesonen i databogen:

𝑚_{𝐽/Ψ} =3096,9

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}
Hvileenergien er således på 𝐸_{ℎ𝑣𝑖𝑙𝑒} =3096,9 𝑀𝑒𝑉, hvilket kun er lidt under den angivne energi på

3117 𝑀𝑒𝑉. Afvigelsen fra hvileenergien er altså meget lille:

𝐴𝑓𝑣𝑖𝑔𝑒𝑙𝑠𝑒=

3117 𝑀𝑒𝑉 − 3096,9 𝑀𝑒𝑉

3096,9 𝑀𝑒𝑉

≈0,006490361

≈0,6490361%

Da opgaven ikke kan regnes uden at gøre en yderligere antagelse, antager vi, at 𝐽/Ψ-mesonen er i hvile

inden henfaldet (vi anvender dog stadig den opgivne energi). De to dannede myoner vil så have lige store og modsatrettede impulser, da impulsen bevares.

Myonerne har samme masse, og med lige store impulser vil deres energier også være lige store. Energien af

hver af myonerne vil så være halvdelen af energien af 𝐽/Ψ-mesonen:

𝐸_{𝜇} = · 𝐸_{𝐽/Ψ}

1

2

= · 3117 𝑀𝑒𝑉

1

2

=1558,5 · 𝑀𝑒𝑉

Der gælder desuden for hver af myonerne, at:

𝐸^{2} =𝑚^{2} · 𝑐^{4} + 𝑝^{2} · 𝑐^{2}

Side 14

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

14

Vi finder massen af en myon i databogen og løser ligningen:

𝑚_{𝜇} =105,7

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

Så:

( 1558,5 𝑀𝑒𝑉)^{2} =(105,7) · 𝑐^{4} + 𝑝^{2} · 𝑐^{2}

𝑀𝑒𝑉^{2}
𝑐^{2}

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

𝑝=−1554,911 · | 𝑀𝑒𝑉 | · | 𝑐 |^{−1} ∨ 𝑝=1554,911 · | 𝑀𝑒𝑉 | · | 𝑐 |^{−1}

Vi ignorerer numerisktegn (WordMat opfatter enhederne som variable) og skrotter den negative løsning, da vi kun regner på størrelser. Vi kan nu konkludere, at hver af myonerne har en bevægelsesmængde

(impuls) med en størrelse på 1555^{𝑀𝑒𝑉}_{𝑐}.

Side 15

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

15

Opgave 7 a)

Personen bæres af luftstrømmen og ligger stille i luften. Personen har altså en acceleration på nul og dermed er den resulterende kraft på personen også lig med 0.

Tyngdekraften og kraften fra luftstrømmen (de eneste relevante kræfter) må så være lige store og modsatrettede:

𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡} =𝐹_{𝑡}

Kraften fra luftstrømmen afhænger af den indbyrdes fart mellem personen og luftstrømmen på følgende måde:

𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡} = · 𝑐_{𝑤} · 𝜌 · 𝐴 · 𝑣^{2}

1

2

Tyngdekraften er givet ved:

𝐹_{𝑡} =𝑚·𝑔

Det vil sige:

𝑚 · 𝑔= · 𝑐_{𝑤} · 𝜌 · 𝐴 · 𝑣^{2}

1

2

⇕

𝑣= √

2 · 𝑚· 𝑔
𝑐_{𝑤} · 𝜌 · 𝐴

Formfaktoren 𝑐_{𝑤} estimeres vha. Databogen. Vi ser på oversigten over forskellige former og deres

formfaktorer og vurderer, at den mest passende form på en person er en cylinder med den buede del i

bevægelse mod strømmen og et længde/diameter-forhold på 5. Formaktoren bliver da:

𝑐_{𝑤} =0,7

Ud fra billedet antager vi, at personen er 1,7 m høj og har en skulderbredde på 0,50 m.

Vi vurderer, at det største overfladeareal ortogonalt med strømningsretningen kan beregnes som arealet af

et rektangel med højden ℎ=1,7 𝑚 og bredden 𝑏=0,35 𝑚 (bredden af rektanglet reduceres i forhold til

skulderbredden, da skulderbredden repræsenterer det bredeste punkt og ikke en gennemsnitlig bredde). Vi får så:

𝐴=1,7 𝑚· 0,35 𝑚
=0,595 · 𝑚^{2}

Luftens densitet findes i databogen ved 0 grader. Vi antager, at densiteten er temperaturuafhængig:

Side 16

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 23. maj 2014

16

𝜌=1,293

𝑘𝑔

𝑚^{3}

Personens masse vurderes til 70 kg.

𝑚=70 𝑘𝑔

Vi antager, at opstillingen er i Danmark, hvor (findes vha. Databogen):

𝑔=9,815

𝑚

𝑠^{2}

Farten bestemmes:

𝑣=
√

2 · 70 𝑘𝑔 · 9,815_{2}

𝑚 𝑠

0,7 · 1,293_{3} · 0,595 𝑚^{2}

𝑘𝑔 𝑚

≈50,51291 · | 𝑚 | · | 𝑠 |^{−1}

Vi ser bort fra numerisktegnene, da de skyldes, at WordMat ikke skelner mellem enheder og variable.

Luftstrømmens fart vurderes altså at være ca. 51^{𝑚}_{𝑠}