STX Fysik A 2015 14. august - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

1

STX Fysik A 14. august 2015

stx152-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=60 𝑊

𝑈=230 𝑉

Der gælder, at:

𝑃=

𝑈^{2}

𝑅

Så:

60 𝑊=

( 230 𝑉)^{2}

𝑅

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

𝑅=881,6667 · 𝑉^{2} · 𝑊^{−1}
=0,88 𝑘Ω

b)

Den energi, som chokoladen skal tilføres kan opdeles i to størrelser.

Først skal chokoladen varmes op til sit smeltepunkt:

𝐸_{𝑜𝑝𝑣𝑎𝑟𝑚𝑛𝑖𝑛𝑔} =𝑚· 𝑐· Δ𝑡

Dernæst skal chokoladen tilføres nok energi til, at den smelter:

𝐸_{𝑠𝑚𝑒𝑙𝑡𝑒} =𝑚· 𝐿_{𝑠}

Den samlede energi er en sum af de to størrelser:

Side 2

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

2

𝐸_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙} =𝑚· 𝑐· Δ𝑡+ 𝑚· 𝐿_{𝑠}
=𝑚· (𝑐· Δ𝑡+ 𝐿_{𝑠})

Vi kender alle indgående størrelser:

𝑚=1,2 𝑘𝑔

𝐿_{𝑠} =65 =65

𝐽 𝑘𝐽 𝑔 𝑘𝑔

𝑐=2,1 =2,1

𝐽 𝑘𝐽

𝑔 · ℃ 𝑘𝑔 · ℃

Δ𝑡=𝑡_{2} − 𝑡_{1}
=35℃ − 15℃
=20 ℃

Vi får da:

𝐸_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙} =1,2 𝑘𝑔 · (2,1 · 20℃ + 65)

𝑘𝐽 𝑘𝐽

𝑘𝑔 · ℃ 𝑘𝑔
=128,4 · 𝑘𝐽
=0,13 𝑀𝐽

Chokoladen skal således tilføres 0,13 𝑀𝐽 inden den kan hældes i fontænen.

Side 3

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

3

Opgave 2 a)

Energien af en foton kan bestemmes ved formlen:

𝐸=

ℎ · 𝑐

𝜆

Vi ser, at energien (𝐸) og bølgelængden (𝜆) er omvendt proportionale, så 𝐸 vokser, når 𝜆 aftager. Den største energi findes altså ved den laveste bølgelængde. Det vil sige, at:

𝜆=280 𝑛𝑚=280 · 10^{−9} 𝑚

De to konstanter i tælleren findes i databogen:

𝑐=3,00 · 10^{8}

𝑚 𝑠

ℎ=6,63 · 10^{−34} 𝐽 · 𝑠

Vi får så:

𝐸_{𝑚𝑎𝑥} =

6,63 · 10^{−34} 𝐽 · 𝑠· 3,00 · 10^{8}

𝑚 𝑠

280 · 10^{−9} 𝑚
≈7,103571 · 10^{−19} · 𝐽

Energien af hver af de fotoner med størst energi, som UVeBand registrerer er således:

𝐸_{𝑚𝑎𝑥} =7,10 · 10^{−19} 𝐽

b)

Effekt er defineret som:

𝑃=

𝐸 𝑡

For UVeBand gælder således, at:

𝑃_{𝑒𝑓𝑓𝑒𝑘𝑡𝑖𝑣} =

𝐸_{𝑜𝑝𝑙𝑎𝑑𝑛𝑖𝑛𝑔}

𝑡

Sollysets gennemsnitlige effekt er:

𝑃_{𝑔𝑛𝑠} =3,7 · 10^{−4} 𝑊

Den effektive effekt er 15% af sollysets gennemsnitlige effekt:

𝑃_{𝑒𝑓𝑓𝑒𝑘𝑡𝑖𝑣} =0,15 · 𝑃_{𝑔𝑛𝑠}

Side 4

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

4

Batteriets opladningsenergi er:

𝐸_{𝑜𝑝𝑙𝑎𝑑𝑛𝑖𝑛𝑔} =0,40 𝐽

Vi indsætter kendte værdier og bestemmer tiden:

0,15 · 3,7 · 10^{−4} 𝑊=

0,40 𝐽 𝑡

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

𝑡=7207,207 · 𝐽 · 𝑊^{−1}
=7207 𝑠
=7207 𝑠 · ·

1 𝑚𝑖𝑛 1 ℎ

60 𝑠 60 𝑚𝑖𝑛

≈2,001944 · ℎ

UVeBand ’et begynder således at vibrere efter 2,0 timer i solen den dag.

Side 5

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

5

Opgave 3 a)

                  228                −
Vi ser i databogen, at 𝑅𝑎 henfalder ved 𝛽 -henfald. Henfaldet foregår da ved, at en neutron henfalder
                   88

til en proton, hvorved datterkernens atomnummer stiger med 1, mens nukleontallet er uændret. Desuden udsendes en elektron og en antielektronneutrino. Ved hjælp af det periodiske system får vi så:

𝑅𝑎 → 𝐴𝑐^{228}_{89} + 𝑒_{−1}^{0} + 𝜈̅_{𝑒}

88

228 b)

Aktiviteten som funktion af tiden efter produktionen er givet ved:

𝐴 ( 𝑡) =𝐴_{0} · 𝑒^{−𝑘·𝑡}

Aktiviteten ved produktionen pr. masseenhed er:

𝐴_{0} 𝐵𝑞

𝑚 𝑘𝑔

=74

Aktiviteten i en pose med 𝑚=250 𝑔=0,250 𝑘𝑔 bliver da:

𝐴_{0} 𝐵𝑞

0,250 𝑘𝑔 𝑘𝑔

=74

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

0

𝐴_{0} =18,5 · 𝐵𝑞

12 måneder svarer til 1 år, hvilket svarer til:

1 𝑎=1 𝑎· · · ·

365 𝑑 24 ℎ 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

1 𝑎 1 𝑑 1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛

=3,1536 · 10^{7} · 𝑠

                                 228
Vi ser i databogen, at halveringstiden for 𝑅𝑎 er:
                                  88

𝑇 =5,76 𝑎=5,76 𝑎·

1

2

3,1536 · 10^{7} 𝑠

1 𝑎

=1,816474 · 10^{8} · 𝑠

Henfaldskonstanten 𝑘 kan da beregnes som:

𝑘=

ln ( 2)

𝑇

1

2

=

ln ( 2)

1,816474 · 10^{8} · 𝑠
≈3,815894 · 10^{−9} · 𝑠^{−1}

Side 6

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

6

Aktiviteten i en pose med 250 g efter 12 måneder kan således bestemmes som:

𝐴 ( 3,1536 · 10^{7} 𝑠) =18,5 𝐵𝑞· 𝑒^{−3,815894·10^{−9}}

𝑠^{−1} ·3,1536·10^{7} 𝑠
=16,40248 · 𝐵𝑞

Antallet af kerner ved denne aktivitet kan bestemmes vha. ligningen:

𝐴=𝑘· 𝑁

Det vil sige:

16,40248 ·𝐵𝑞=3,815894 · 10^{−9} · 𝑠^{−1} · 𝑁

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

𝑁=4,298463 · 10^{9} · 𝐵𝑞· 𝑠
=4,298463 · 10^{9}

Massen af 𝑅𝑎^{228}_{88} i posen kan bestemmes som antallet af kerner gange massen af hver enkelt kerne.
Massen kan estimeres som nukleontallet gange enheden unit, som svarer til 1,661 ·10^{−27} 𝑘𝑔

𝑚_{𝑅𝑎−228} =228 𝑢
=228 𝑢 ·

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

=3,78708 · 10^{−25} · 𝑘𝑔

Den samlede masse bliver da:

𝑚_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙} =𝑚_{𝑅𝑎−228} · 𝑁
=3,78708 · 10^{−25} · 𝑘𝑔 · 4,298463 · 10^{9}
=1,627862 · 10^{−15} · 𝑘𝑔

                     228
Det vil sige, at massen af 𝑅𝑎
                     88

i en pose paranødder med massen 250 g 12 måneder efter produktionen er

𝑚=1,6 · 10^{−15} 𝑘𝑔.

Side 7

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

7

Opgave 4 a)

Vi har, at:

𝑣=166

𝑘𝑚 ℎ

=166 · · ·

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

≈46,11111 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

Og:

Δ𝑠=18,4 𝑚

Ved konstant far, kan farten beregnes som:

𝑣=

Δ𝑠

Δ𝑡

Det vil sige:

46,111 =

𝑚 18,4 𝑚 𝑠 Δ𝑡

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

𝛥𝑡=0,3990371 · 𝑠

Det tager således 399 𝑚𝑠 for en bold at flyve 18,4 𝑚 med den konstante fart 166 km/h.

b)

OBS: I denne opgave anvendes følgende notation for vektorer: 𝑣⃗ angiver en vektor, mens 𝑣 angiver længden af denne vektor.

Vi forestiller os et koordinatsystem med en vandret 𝑥-akse orienteret mod højre og en lodret 𝑦-akse orienteret opad (i forhold til tegningen med kastet). Origo - punktet (0,0) - placeres i det punkt, hvor bolden slippes, og tiden nulstilles til det tidspunkt, hvor bolden slippes.

Starthastigheden kan da opdeles i en lodret komposant og en vandret komposant:

𝑣⃗=()=()

𝑣_{𝑥}
𝑣_{𝑦}

cos(𝛼) · 𝑣
sin ( 𝑎) · 𝑣

Vi ser bort fra friktionskræfter og luftstrømme. Den eneste kraft, som virker på bolden, efter den er sluppet af kasteren, er da tyngdekraften. Vi antager, at kastet foregår i Danmark, hvor tyngdeaccelerationen har

størrelsen: 𝑎=9,815_{𝑆^{2}}^{𝑚}

Side 8

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

8

Da tyngdeaccelerationen kun har en lodret dimension orienteret nedad bruger vi:

𝑎_{𝑦} =−9,815

𝑚

𝑠^{2}

Først analyseres boldens vandrette bevægelse:

Bolden bevæger sig med konstant, vandret hastighed. Det vil sige, at:

𝑣_{𝑥} =

𝑠_{𝑥}

𝑡

Dette kan omskrives til:

𝑣· cos ( 𝛼) =

𝑠_{𝑥}

𝑡

Og yderligere til:

Nu analyseres boldens lodrette bevægelse:

Bolden bevæger sig med konstant acceleration og med en begyndelseshastighed, som er forskellig fra 0.

Det vil sige, at:

s_{y} =𝑣_{𝑦} · 𝑡+ · 𝑎_{𝑦} · 𝑡^{2}

1

2

Dette kan omskrives til:

s_{y} =𝑣· sin ( 𝛼) · 𝑡+ · 𝑎_{𝑦} · 𝑡^{2}

1

2

Vi ser nu igen på den samlede bevægelse:

Vi kender følgende størrelser:

𝑣=140

𝑘𝑚 ℎ

=140 · · ·

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

≈38,88889 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

𝑎_{𝑦} =−9,815

𝑚

𝑠^{2}
s_{x} =18,4 𝑚

s_{y} =−1,26 𝑚

Vi kan nu opskrive de to bevægelsesligninger som to ligninger med to ubekendte:

38,8889 · cos ( 𝛼) =

𝑚 18,4 𝑚 𝑠 𝑡

Side 9

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

9

−1,26 𝑚=38,8889 · sin ( 𝛼) · 𝑡+ · (−9,815) · 𝑡^{2}

𝑚 1 𝑚

𝑠 2 𝑠^{2}

Ligningssystemet er for kompliceret til WordMat, så det opskrives og løses i TI-nSpire med underforståede SI-enheder, vinkelenheden grader og begrænsningen 𝑡>0

Den eneste løsning, som giver en lille vinkel under vandret (dvs. i 4. kvadrant) er:

𝑡=0,473 𝑠 ∧ 𝛼=−0,502°

Bolden vurderes således at skulle kastes i en vinkel på −0,502° med vandret i et koordinatsystem som det

beskrevne (dog med forbehold for ændringer pga. luftmodstand og vindforhold).

Side 10

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

10

Opgave 5 a)

Svingningstiden svarer til den vandrette afstand fra 1 punkt på kurven til 1 ækvivalent punkt på kurven. Vi bestemmer den vandrette afstand fra bølgetop til bølgetop vha. bilag 1:

𝑇=𝑡_{2} − 𝑡_{1}
=0,108 𝑠 − 0,022 𝑠
=0,086 𝑠

b)

Grafen skitserer den lodrette acceleration 𝑎 som funktion af tiden 𝑡. Vi ved, at:

𝑣^{′} ( 𝑡) =𝑎(𝑡)

Der gælder således, at:

𝑣 ( 𝑡) =∫𝑎(𝑡)

Og dermed også, at:

𝑣(𝑡_{2}) − 𝑣(𝑡_{1})=∫ 𝑎(𝑡) 𝑑𝑡

𝑡_{2}

𝑡_{1}

Side 11

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

11

Vi skal nu finde værdier af 𝑡, så:

𝑣 ( 𝑡_{2}) =𝑣_{𝑚𝑎𝑥}

𝑣(𝑡_{1})=0

Da får vi nemlig, at:

𝑣_{𝑚𝑎𝑥} =∫ 𝑎 ( 𝑡) 𝑑𝑡

𝑡_{2}

𝑡_{1}

I ekstrema for 𝑣 vil der således gælde, at 𝑣^{′} =𝑎=0. Det vil sige, at ekstrema for 𝑣 kan findes vha.

nulpunkter for 𝑎.

Vi vurderer, om disse ekstrema for 𝑣 er minima el. maksima vha. fortegn for 𝑎 på begge sider af nulpunkterne for 𝑎.

Vha. bilaget har vi fundet passende værdier af 𝑡, og konkluderer, at:

𝑣_{𝑚𝑎𝑥} =∫ 𝑎 ( 𝑡) 𝑑𝑡

0,043𝑠

0,022𝑠

Da 𝑎≥0 i hele intervallet tolkes dette integral som arealet under grafen for 𝑎 i intervallet

[0,022𝑠;0,043𝑠]. Arealet estimeres nogenlunde ved at tælle ternene i dette interval. Vi kommer frem til, at antallet af tern er ca.:

𝑛=0,4 + 0,75 + 4 · 0,8 + 0,1 + 0,35+ 0,7 + 0,95 + 1 + 0,2≈7,65

Hvert tern repræsenterer et areal på:

A_{tern} =0,01𝑠 · 10 =0,1 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

𝑚

𝑠^{2}

Vi får så, at:

𝑣_{𝑚𝑎𝑥} =𝑛· 𝐴_{𝑡𝑒𝑟𝑛}
=7,65 · 0,10

𝑚 𝑠

≈0,765 · 𝑚 · 𝑠^{−1}
Den maksimale lodrette fart, spanden opnår er således 𝑣=0,77^{𝑚}_{𝑠}

Side 12

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

12 c)

OBS: I denne opgave anvendes følgende notation for vektorer:

𝐹 angiver en vektor, mens 𝐹 angiver længden af denne vektor.

⃗

Til ethvert tidspunkt påvirkes spanden af både tyngdekraften 𝐹 og en kraft fra malingrysteren, 𝐹 .
                                                   𝑡                          𝑀

⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

Når accelerationen er opadrettet, har vi, at:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝐹_{𝑀} − 𝐹_{𝑡}

⇕

𝐹_{𝑀} =𝐹_{𝑟𝑒𝑠} + 𝐹_{𝑡}

Når accelerationen er nedadrettet, har vi, at:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝐹_{𝑀} + 𝐹_{𝑡}

Side 13

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

13

⇕

𝐹_{𝑀} =𝐹_{𝑟𝑒𝑠} − 𝐹_{𝑡}

Vi ser altså, at kraften fra malingrysteren i begge tilfælde er størst, når 𝐹 er størst.
                                                          𝑟𝑒𝑠

Den største resulterende kraft må jf. newtons anden lov, 𝐹=𝑚· 𝑎, findes til det tidspunkt, hvor

accelerationen er maksimal.

Vi ser hurtigt på grafen, at 𝑎_{𝑚𝑎𝑥} =60,0_{𝑠^{2}}^{𝑚} og har desuden, at 𝑚=11,5 𝑘𝑔

Vi får så:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠,𝑚𝑎𝑥} =11,5 𝑘𝑔 · 60

𝑚

𝑠^{2}
=690 · 𝑘𝑔 · 𝑚· 𝑠^{−2}
=690 𝑁

Vi antager, at malingrysteren befinder sig i Danmark, så 𝑔=9,815_{𝑠^{2}}^{𝑚}

Tyngdekraftens størrelse kan da bestemmes som:

𝐹_{𝑡} =11,5 𝑘𝑔 · 9,815

𝑚

𝑠^{2}
≈112,8725 · 𝑘𝑔 · 𝑚 · 𝑠^{−2}
=113 𝑁

Kraften fra malingrysteren er størst, når accelerationen er opadrettet, da den her er en sum af 𝐹 og 𝐹 . Vi
                                                                              𝑟𝑒𝑠   𝑡

får, at:

𝐹_{𝑀} =𝐹_{𝑟𝑒𝑠,𝑚𝑎𝑥} + 𝐹_{𝑡}
=690 𝑁 + 113 𝑁
=803 𝑁

Den største kraft i lodret retning fra malingrysteren på spanden er således på 803 N.

Side 14

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

14

Opgave 6 a)

Vi har, at:

𝑅=8,0 Ω

𝑈=0,45 𝑉

Der gælder, at:

𝑅=

𝑈

𝐼

Det vil sige:

8,0 Ω=

0,45 𝑉

𝐼

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

𝐼=0,05625 · 𝛺^{−1} · 𝑉
=0,056 𝐴

Det vil sige, at den elektriske strømstyrke i spolen er 𝐼=56 𝑚𝐴

b)

Da magnetfeltet har samme størrelse overalt og er vinkelret på spolen, kan størrelsen af kraften beregnes som:

𝐹=𝐵· 𝐼· 𝐿

Vi har, at 𝐿=3,45 𝑚, mens 𝐼 varieres og 𝐵 er ubekendt.

Ved at lave lineær regression, kan vi så få en ret linje, hvor hældningen er:

𝑎=𝐵· 𝐿

Vi opskriver tabellens data med SI-enheder og laver lineær regression:

𝐼/𝐴 0,0237 0,0474 0,0712 0,0949 0,1186 0,1423

𝐹/𝑁 0,098 0,196 0,295 0,393 0,491 0,590

Lineær regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,999998

𝑦=4,146694𝑥 − 0,0004113835

Side 15

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

15

Vi har nu en ret linje på formen (enheder er underforståede SI-enheder):

𝐹=4,1467 · 𝐼

Dvs. hældningen er 𝑎=4,1467. Vi får da:

4,1467=𝐵· 3,45

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

𝐵=1,201942

Da alle andre enheder er SI-enheder, kan vi nu konkludere, at størrelsen af magnetfeltet ved spolens

vindinger er 𝐵=1,2 𝑇.

Side 16

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

16

Opgave 7 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 fra øverste venstre hjørne mod nederste venstre hjørne. Ved anvendelse af højrehåndsreglen ser vi nu, at kraften er orienteret mod højre i forhold til bevægelsesretningen, hvilket passer med spor 2.

                                       +
Spor 2 hører da til den positivt ladede partikel: Ʌ -baryonen.
                                       c

Spor 1 kommer fra en partikel med samme bevægelsesretning, men hvor kraften er modsatrettet, så den

                                                                   −
må altså have negativ ladning. Spor 1 hører altså til den negativt ladede partikel: 𝜋 -mesonen.

(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)

Totalenergien bevares i henfaldet. Vi har da, at:

              −
𝐸 0 =𝐸  + + 𝐸
       Λ     𝜋
 Λ
        c
  b

Totalenergien af en partikel kan bestemmes som:

𝐸= √ 𝑚^{2} · 𝑐^{4} + 𝑝^{2} · 𝑐^{2}

Hvor 𝑚 er hvilemassen og 𝑝 er impulsen (bevægelsesmængden).

Vi har, at:

𝑝_{𝜋^{−}} =2420

𝑀𝑒𝑣 𝑐

𝑝_{Λ_{c}} + =4063

𝑀𝑒𝑉 𝑐

Hvilemasserne findes i databogen:

Side 17

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 14. august 2015

17

𝑚_{𝜋^{−}} =139,6

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

𝑚  + =2286,5
  Λ
   c

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

Vi får da:

              −
𝐸 0 =𝐸  + + 𝐸
       Λ     𝜋
 Λ
        c
  b

= (2286,5) · 𝑐^{4} + (4063) · 𝑐^{2} + (139,6) · 𝑐^{4} + (2420) · 𝑐^{2}

√ √

𝑀𝑒𝑉^{2} 𝑀𝑒𝑉^{2} 𝑀𝑒𝑉^{2} 𝑀𝑒𝑉^{2}
𝑐^{2} 𝑐 𝑐^{2} 𝑐
≈7086,217 · | 𝑀𝑒𝑉 |

Numerisktegnet ignoreres, da det blot skyldes, at WordMat ikke kan skelne enheder fra variable.

Energien for Ʌ^{0}_{b} -baryonen er således 𝐸_{Λ_{b}} 0 =7086 𝑀𝑒𝑉

Vi kan nu anvende, at:

𝐸^{2} =𝑚^{2} · 𝑐^{4} + 𝑝^{2} · 𝑐^{2}

Vi har, at:

𝐸_{Λ_{b}} 0 =7086 𝑀𝑒𝑉

Og:

𝑚_{Λ_{b}} 0 =5620,2

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

Vi løser nu:

( 7086 𝑀𝑒𝑉)^{2} =(5620,2) · 𝑐^{4} + 𝑝^{2} · 𝑐^{2}

𝑀𝑒𝑉^{2}
𝑐^{2}

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

𝑝=−4315,64· | 𝑀𝑒𝑉 | · | 𝑐 |^{−1} ∨ 𝑝=4315,64 · | 𝑀𝑒𝑉 | · | 𝑐 |^{−1}

Vi regner udelukkende på størrelsen, så 𝑝>0. Igen ignoreres numerisktegnene.

Vi kan således konkludere, at Ʌ^{0}_{b} -baryonens bevægelsesmængde er 𝑝_{Λ} 0_{b} =4316^{𝑀𝑒𝑉}

𝑐