STX Fysik A 2015 26. maj - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

1

STX Fysik A 26. maj 2015

1stx151-FYS/A-

Alle opgaver er for så vidt muligt regnet med WordMat. Husk at skrive en kommentar om, at beregningerne er foretaget ved hjælp af WordMat eller andre CAS-værktøj som første linje til besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.

Opgave 1 a)

Der gælder, at:

𝑅=

𝑈

𝐼

=

230 𝑉

5,22 𝐴

≈44,0613 · 𝐴^{−1} · 𝑉

Det vil sige, at varmelegemets resistans er på 44,1 Ω.

b)

Vi foretager følgende antagelser:

• Vi antager, at vandets specifikke varmekapacitet er uafhængig af temperaturen og har den

konstante værdi 𝑐=4,18_{𝑘𝑔·℃}^{𝑘𝐽} (fundet i databogen).

• Vi ser bort fra fordampning og energiudveksling med gryden.

• Vi går ud fra, at sous vide’en tilfører energi med en konstant effekt.

Ved temperaturer under stuetemperaturen vil vandet få tilført energi fra omgivelserne, og ved temperaturer over stuetemperatur vil vandet selv afgive energi til omgivelserne. Vi ser bort fra gryden og opfatter blot vandet som et system i forbindelse med omgivelser med en konstant temperatur på 20,9℃.

Når temperaturen er præcis 20,9℃ vil al energien fra sous vide’en gå til opvarmning af vandet, og udover sous vide’en udveksler vandet ikke energi med omgivelserne.

Vi anvender tabellens data til polynomisk regression for at finde en funktion, som passer til data.

𝑡/𝑠 0 45 90 180 300 600 900 1500

𝑇/°𝐶 12,9 14,9 16,7 19,9 23,9 33,5 42,9 57,0

Polynomisk regression af grad 3 udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,9998276

Side 2

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

2

𝑦=−8,102613 · 10^{−10} · 𝑥^{3} − 0,000004023932· 𝑥^{2} + 0,03708501 · 𝑥 + 13,18255

Vi tegner grafen sammen med datapunkterne og kontrollerer, at det passer fint (man kan komme ud for

      2                                                                              2
gode 𝑅 -værdier på trods af dårlig pasform, fordi der medtages mange flere decimaler i beregningen af 𝑅 )

Vi har altså fundet et passende 3.-gradspolynomium med 𝑅^{2} =0,9998. Dette er ikke en fysisk funderet
model, men blot et redskab til at bestemme tangenthældningen ved 𝑇=20,9℃. Vi definerer nu

temperaturen som funktion af tiden:

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟: 𝑇 ( 𝑡) =−8,102613 · 10^{−10} · 𝑡^{3} − 0,000004023932· 𝑡^{2} + 0,03708501 · 𝑡 + 13,18255

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟: 0≤𝑡≤1500

Vi bestemmer tidspunktet, hvor 𝑇=20,9℃:

𝑇 ( 𝑡) =20,9

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

𝑡=213,2477 𝑠

Tangenthældningen i dette punkt fortæller os, hvor hurtigt temperaturen vokser, når 𝑇=20,9℃

Tangenthældningen bestemmes som:

Side 3

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

3

𝑇^{′} ( 213,2477) ≈0,03525828

Det vil sige, at temperatur stiger med 0,0353°𝐶 pr. sekund, når 𝑇=20,9℃

En sådan temperaturstigning i 8,2 kg vand svarer til en bestemt energimængde givet ved:

Δ𝐸=𝑚·𝑐· Δ𝑇

Vi ved, at energimængden leveres på 1 sekund. Effekt er givet ved formlen:

𝑃=

Δ𝐸

Δ𝑡

En substitution af Δ𝐸 giver:

𝑃=

𝑚 · 𝑐· Δ𝑇

Δ𝑡

=

8,2 𝑘𝑔 · 4,18 · 0,0353 ℃

𝑘𝐽

𝑘𝑔 · ℃

1 𝑠

≈1,209943 · 𝑘𝐽 · 𝑠^{−1}

Det vurderes således, at sous vide’en tilfører energi med en effekt på 1,21 𝑘𝑊.

Side 4

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

4

Opgave 2 a)

Isotopen slås op i databogen, og vi ser, at den henfalder ved 𝛽^{−}. Reaktionsskemaet opskrives:

𝐻𝑜 → 𝐸𝑟^{166}_{68} + 𝑒_{−1}^{0}^{−} + 𝜈 ̅_{𝑒}

67

166 b)

Halveringstiden slås op og konverteres til sekunder:

𝑇 =26,8 ℎ

1

2

=26,8 ℎ · · =96480 𝑠

60 𝑚𝑖𝑛 60𝑠 ℎ 𝑚𝑖𝑛

Henfaldskonstanten kan da bestemmes som:

𝑘=

ln ( 2)

𝑇

1

2

= ≈7,184361 · 10^{−6} · 𝑠^{−1}

ln ( 2)

96480𝑠

Aktiviteten som funktion af tiden er:

𝐴 ( 𝑡) =𝐴_{0} · 𝑒^{−𝑘·𝑡}

Vi har, at 𝐴_{0} =5,60 𝐺𝐵𝑞=5,60 · 10^{9} 𝐵𝑞

Vi kan nu definere aktiviteten i 𝐵𝑞 som funktion af tiden i sekunder:

𝐴 ( 𝑡) ≔5,60 · 10^{9} · 𝑒^{−7,184·10^{−6}}

·𝑡

Et døgn svarer til 24 · 60 · 60=86400 𝑠

Antallet af henfald på et døgn vil da være givet ved:

∫ 𝐴 ( 𝑡) 𝑑𝑡

86400

0

Henfaldets 𝑄-værdi kan slås op i databogen. Vi ser, at:

𝑄=1,85 𝑀𝑒𝑉

𝑄-værdien er den energi, som frigives ved hvert henfald. For hvert henfald afsættes 67% af 𝑄-værdien således i leveren.

Den samlede energi, der afsættes i leveren det første døgn, må da være givet ved

Side 5

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

5

𝐸=0,67 · ∫ 𝐴 ( 𝑡) 𝑑𝑡 · 𝑄

86400

0

=0,67 · ∫ 𝐴 ( 𝑡) 𝑑𝑡 · 1,85 𝑀𝑒𝑉

86400

0

≈4,468018 · 10^{14} 𝑀𝑒𝑉

≈4,468018 · 10^{14} 𝑀𝑒𝑉 ·

1,603 · 10^{−13} 𝐽

1 𝑀𝑒𝑉

≈71,62233 𝐽

Det vurderes således, at der afsættes 72 𝐽 i leveren det første døgn efter indsprøjtningen.

Side 6

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

6

Opgave 3 a)

Vi har, at:

𝑚=132 𝑡𝑜𝑛=132000 𝑘𝑔

𝑣=2,63

𝑚 𝑠

Den kinetiske energi kan bestemmes som:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

= · 132000 𝑘𝑔 · (2,63)

1 𝑚^{2}

2 𝑠

≈456515,4 ·𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}
=457 𝑘𝐽

Det vil sige, at flyets kinetiske energi er 457 𝑘𝐽, når det skubbes af pushback-traktoren.

b)

Lodrette kræfter (normalkraft og tyngdekraft) udligner hinanden.

Vi har, at:

𝑚=132000 𝑘𝑔

𝑎=1,62 𝑚/𝑠^{2}

Den resulterende kraft på flyet i starten af skubbet kan bestemmes som:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝑚 · 𝑎
=132000 𝑘𝑔 · 1,62

𝑚

𝑠^{2}
=213840 · 𝑘𝑔 · 𝑚 · 𝑠^{−2}
=213,840 𝑘𝑁

Vi har, at:

𝐹_{𝑓𝑟𝑖𝑘𝑡𝑖𝑜𝑛} =33,0 𝑘𝑁

Friktionskræfterne er modsat bevægelsesretningen, mens kraften fra traktoren er orienteret i bevægelsesretningen. Vi kan da opstille følgende ligning:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝐹_{𝑡𝑟𝑎𝑘𝑡𝑜𝑟} − 𝐹_{𝑓𝑟𝑖𝑘𝑡𝑖𝑜𝑛}

⇕

Side 7

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

7

𝐹_{𝑡𝑟𝑎𝑘𝑡𝑜𝑟} =𝐹_{𝑟𝑒𝑠} + 𝐹_{𝑓𝑟𝑖𝑘𝑡𝑖𝑜𝑛}
=213,840 𝑘𝑁 + 33,0 𝑘𝑁
=246,84 · 𝑘𝑁

Pushback-traktoren påvirker således flyet med en kraft på 247 𝑘𝑁 i starten af skubbet.

c)

Det samlede arbejde i 𝑘𝐽 udført på flyet af traktoren er lig med arealet under kurven i intervallet [0;23] Bilag 1 anvendes til at estimere arealet. Vi tæller tern og skønner, at der er 29 tern. Hvert tern repræsenterer et areal på:

𝐴_{𝑡𝑒𝑟𝑛} =20 𝑘𝑁 · 5 𝑚
=100 · 𝑘𝑁 · 𝑚
=100 𝑘𝐽

Det vil sige, at:

Δ𝐸=2900 𝑘𝐽

Vi har, at Δ𝑡=23 𝑠

Den gennemsnitlige effekt kan bestemmes som:

𝑃=

Δ𝐸

Δ𝑡

=

2900𝑘𝐽

23 𝑠

≈126,087 · 𝑘𝐽 · 𝑠^{−1}
=1,26087 · 10^{5} 𝑊

Det vil sige, at traktoren udfører arbejde på flyet med en gennemsnitlig effekt på omkring 0,13 𝑀𝑊.

Side 8

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

8

Opgave 4 a)

Røret har følgende dimensioner:

ℎ=12 𝑚

𝑟=0,30 𝑚

Densiteten er givet ved:

𝜌=0,64

𝑘𝑔

𝑚^{3}

Der gælder, at:

𝜌=

𝑚

𝑉

⇕

𝑚=𝜌· 𝑉

Volumen af røret beregnes som volumen af en cylinder:

𝑉=𝜋· 𝑟^{2} · ℎ

Dvs.

𝑚=𝜌· 𝜋 · 𝑟^{2} · ℎ
=0,64 · 𝜋 · ( 0,30𝑚)^{2} · 12𝑚

𝑘𝑔

𝑚^{3}
≈2,171469 · 𝑘𝑔

Massen af 𝑈𝐹_{6} -gassen i centrifugen er 2,2 kg.

b)

I en jævn cirkelbevægelse gælder, at:

𝐹_{𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟} =𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝑚 ·

𝑣^{2}

𝑟

Vi omregner massen fra units til kg:

𝑚=349 𝑢
=349 𝑢 ·

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

=5,79689 · 10^{−25} · 𝑘𝑔

Side 9

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

9

𝑈𝐹_{6} -molekylet befinder sig i en afstand på 𝑟=5,3 𝑐𝑚=0,053 𝑚 fra omdrejningsaksen.

477 omdrejninger i sekundet svarer til en hastighed på:

𝑣=

Δ𝑠

Δ𝑡

=

477 · 2 · 𝜋 · 𝑟

Δ𝑡

=

( 477 · 2 · 𝜋 · 0,053 𝑚)

1 𝑠

≈158,8452 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

Vi bestemmer nu centripetalkraften:

𝐹_{𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟} =𝑚 ·

𝑣^{2}

𝑟

=5,79689 · 10^{−25} 𝑘𝑔 ·

(158,8452)

𝑚^{2}

𝑠

0,053 𝑚

≈2,759735 · 10^{−19} · 𝑘𝑔 · 𝑚· 𝑠^{−2}

                                                                    −19
Det vurderes således, at centripetalkraften på 𝑈𝐹 -molekylet har størrelsen 2,8 ·10 𝑁.
                                        6

Side 10

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

10

Opgave 5 a)

Den gennemsnitlige strømstyrke er:

𝐼=40 𝑘𝐴=40 · 10^{3} 𝐴

Lynet varer:

Δ𝑡=2,5 𝑚𝑠=2,50 · 10^{−3} 𝑠

Strømstyrke er defineret som ladning pr. tid:

𝐼=

Δ𝑄

Δ𝑡

⇕

Δ𝑄=𝐼· Δ𝑡
=40 ·10^{3} 𝐴 · 2,5 · 10^{−3} 𝑠
=100 · 𝐴· 𝑠

Størrelsen af den elektriske ladning, som strømmer igennem et tværsnit af lynet er således 100 𝐶.

b)

Fluxtætheden som funktion af strømstyrken er givet ved:

𝐵(𝐼)=2,67 · 10^{−9} · · 𝐼

𝑇

𝐴

Den spænding, som induceres i en cirkulær spole af en ændring i magnetisk flux er givet ved formlen:

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =−𝑁 ·

𝑑𝜙 𝑑𝑡

Hvor 𝑁 er antal vindinger, mens 𝜙(𝑡) angiver magnetisk flux til tid tiden 𝑡.

Da der kun er én vinding, og magnetfeltet er vinkelret på denne, bliver dette til:

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =− · 𝐴

𝑑𝐵 𝑑𝑡

Vi antager, at 𝐼 og dermed også 𝐵 (𝐵 er ligefrem proportional med 𝐼) aftager lineært som funktion af tiden.

Vi kan nu yderligere reducere til:

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =− · 𝐴

Δ𝐵

Δ𝑡

Side 11

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

11

Vi anvender, at:

Spolens areal er givet ved: 𝐴=𝜋· 𝑟^{2} =𝜋 · ( 0,45𝑚)^{2} ≈0,6361725 · 𝑚^{2}

𝐼_{1} =40 𝑘𝐴=40000 𝐴

𝐼_{2} =0 𝐴

Δ𝑡=60 𝜇𝑠=60 · 10^{−6} 𝑠

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =− · 0,6361725 𝑚^{2}

𝐵 ( 0) − 𝐵 ( 40000)
60 · 10^{−6} 𝑠

=− · 0,6361725 𝑚^{2}

0 − 2,67 · 10^{−9} · · 40000 𝐴

𝑇

𝐴

60 · 10^{−6} 𝑠
≈1,132387 · 𝑇 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−1}

Størrelsen af det spændingsfald, der induceres i spolen, når strømstyrken i lynet falder fra 40 𝑘𝐴 til 0 𝐴, vurderes således at være 1,1 𝑉.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 12

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

12

Opgave 6 a)

Neutrinoernes hastighed bliver:

𝑣=𝑐=3,00 · 10^{8}

𝑚 𝑠

Den tilbagelagte distance er Δ𝑠=810 𝑘𝑚=810000 𝑚. Da alle informationer er givet fra eget og ikke

neutrinoens perspektiv, foretages beregningerne klassisk:

𝑣=

Δ𝑠

Δ𝑡

⇕

Δ𝑡=

Δ𝑠 𝑣

=

810000 𝑚

3,00 · 10^{8}

𝑚 𝑠

=0,00270𝑠

Neutrinoerne er således 2,70 𝑚𝑠 om at tilbagelægge strækningen fra acceleratoren til neutrinodetektoren.

b)

𝜋^{+} -mesonerne har energien 10 𝐺𝑒𝑉=10000𝑀𝑒𝑉. Energien er givet ved formlen:

𝐸=𝛾· 𝑚_{𝜋} + · 𝑐^{2}

⇕

𝛾=

𝐸

𝑚_{𝜋} + · 𝑐^{2}

Vi slår op i databogen og finder, at:

𝑚_{𝜋} + =139,6

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

Vi kan nu bestemme Lorentzfaktoren 𝛾:

𝛾= ≈71,63324

10000𝑀𝑒𝑉

139,6_{2} · 𝑐^{2}

𝑀𝑒𝑉 𝑐

Lorentz-faktoren defineres: 𝛾≔71,63324

Side 13

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

13

Vi bestemmer nu hastigheden af 𝜋^{+} -mesonerne, i det:

𝛾=1/ 1 −

√

𝑣^{2}
𝑐^{2}

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

𝑣=−0,9999026 · | 𝑐 | ∨ 𝑣=0,9999026 · | 𝑐 |

Den eneste korrekte løsning er selvfølgelig (da både 𝑣 og 𝑐 er positive).

𝑣=0,9999026 · 𝑐
=0,9999026 · 3,00 ·10^{8} ·

𝑚 𝑠

=2,999708 · 10^{8} ·

𝑚 𝑠

=2,999708 · 10^{8} · 𝑚 · 𝑠^{−1}

I hvile har 𝜋^{+} -mesonerne en middellevetid på (fundet i databogen):

𝑡_{0} =2,6 · 10^{−8} 𝑠

Set fra vores perspektiv vil denne levetid forlænges med en faktor 𝛾. Det vil sige:

Δ𝑡=𝑡_{0} · 𝛾
=2,6 · 10^{−8} 𝑠 · 71,663324
=1,863246 · 10^{−6} · 𝑠

Strækningen bestemmes nu som:

Δ𝑠=𝑣·Δ𝑡
=2,970624 · 10^{8} · 1,863246 · 10^{−6} · 𝑠

𝑚 𝑠

=553,5003 · 𝑚

𝜋^{+} -mesonerne vurderes således at bevæge sig 554 𝑚, inden de henfalder.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟: c)

Efter henfaldet skal der være impulsbevarelse. Vi forestiller os et koordinatsystem med 𝑥-aksen parallelt

med 𝜋^{+} -mesonens bevægelsesretning. De to 𝑦-komposanter af impulserne for hhv. neutrinoen og myonen

skal således udligne hinanden og dermed være lige store og modsatrettede. Tænkes vinklerne ind i dette får vi:

sin ( 0,80) · 𝑝_{𝜈} =sin ( 0,22) · 𝑝_{𝜇} (1)

Side 14

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

14

Desuden skal totalenergien være bevaret. Dvs.:

1,0 · 10^{3} 𝑀𝑒𝑉=𝐸 + 𝐸_{𝜇} (2)

𝜈

Der gælder desuden generelt, at:

𝐸^{2} =𝑚^{2} · 𝑐^{4} + 𝑝^{2} · 𝑐^{2}

I det vi ser bort fra neutrinoens masse (som er forsvindende lille), får vi:

𝐸_{𝜈} =𝑝_{𝜈} · 𝑐^{2} (3)

For myonen får vi derimod:

𝐸_{𝜇} = √ 𝑚_{𝜇}^{2} · 𝑐^{4} + 𝑝_{𝜇}^{2} · 𝑐^{2} (4)

Hvor 𝑚_{𝜇} =105,7^{𝑀𝑒𝑉}_{𝑐^{2}}

Vi substituerer nu udtryk (3) og (4) ind i ligning (2), hvorefter vi løser ligning (1) og (2) som et system af 2 ligninger med 2 ubekendte:

sin ( 0,80) · 𝑝_{𝜈} =sin ( 0,22) · 𝑝_{𝜇}

1,0 · 10^{3} 𝑀𝑒𝑉=(𝑝 · 𝑐^{2}) + (105,7 ·) · 𝑐^{4} + 𝑝_{𝜇}^{2} · 𝑐^{2}

𝜈

√

𝑀𝑒𝑉^{2}
𝑐^{2}

Ligningerne er for tunge til WordMat, så de løses i stedet i TI-nSpire. Der anvendes ikke enheder, men da vi løser for to impulser og har angivet de konventionsbestemte enheder for opgaver m. partikelfysik, vil

impulserne komme i enheden^{𝑀𝑒𝑉}_{𝑐}. (𝐼)

Vi sætter 𝑥=𝑝_{𝜈} og 𝑦=𝑝_{𝜇} og får:

Impulserne skal være positive, så vi får:

𝑝_{𝜈} =2,1 · 10^{2}

𝑀𝑒𝑉 𝑐

Vi anvender nu ligning (3):

𝐸_{𝜈} =𝑝_{𝜈} · 𝑐
=2,1 · 10^{2} · · 𝑐

𝑀𝑒𝑉 𝑐

=2,1 · 10^{2} 𝑀𝑒𝑉
Energien af en 𝜈_{𝜇} -neutrino, som dannes ved henfald af en 𝜋^{+} -meson med energien 10 𝐺𝑒𝑉 er således

Side 15

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

15

2,1 · 10^{2} 𝑀𝑒𝑉

(𝐼): OBS: 𝑐 anvendes som enhed i denne type opgave og behøver kun sjældent tastes ind med talværdien

3,00 · 10^{8}^{𝑚}_{𝑠}

Side 16

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

16

Opgave 7 a)

Vi forestiller os et koordinatsystem i 2 dimensioner 𝑥 og 𝑦, hvor udskydningspunktet repræsenterer origo.

𝑦-aksen placeres lodret opad, så tyngdekraften udelukkende har en 𝑦-komposant (som er negativ). 𝑥-aksen ligger da på højde med udskydningspunktet. Vi antager, at sneen udelukkende bevæger sig indenfor 𝑥𝑦-planen, samt at billedet er taget i tilpas afstand og med kameraets sigtelinje ortogonalt på 𝑥𝑦-planen, så punkter (𝑥,𝑦) kan aflæses på kurven ved at indtegne og skalere et koordinatsystem. Vi antager, at sneen ikke påvirkes af luftmodstand eller vind. Forskellen i rækkevidde for sneen kan derfor ikke skyldes spredning pga. luftmodstand, men må i stedet skyldes, at den sne, der når højest op, blev udskudt med højest hastighed. Med disse antagelser in mente, er det klart, at sneens bevægelse repræsenterer en almindelig kasteparabel.

Vi indtegner et koordinatsystem og måler udskydningsvinklen til 𝛼=50℃. Vi gætter på, at maskinens
bagende er 2,5 meter bred. Vi måler bagenden til at være 3,0 𝑐𝑚=0,03 𝑚 . Dette giver et

størrelsesforhold på:

𝑓= =0,8333333

2,5 𝑚 𝑚

3𝑐𝑚 𝑐𝑚

Hver centimeter på billedet svarer til 0,83 𝑚 i virkeligheden.

Vi aflæser 𝑦-værdien i parablens absolutte toppunkt på billedet (derved får vi den maksimale hastighed jf.

antagelserne):

𝑦_{𝑚𝑎𝑥} =4,6 𝑐𝑚

Dette svarer således til en virkelig værdi på:

𝑦_{𝑚𝑎𝑥} =4,6 𝑐𝑚 ·0,83333

𝑚 𝑐𝑚

=3,833318 𝑚

Ved konstant acceleration gælder følgende ligning:

𝑎 ·Δ𝑠= · (𝑣^{2} − 𝑣_{0}^{2})

1

2

Vi kigger nu udelukkende på bevægelsens 𝒚-dimension.

I toppunktet er 𝑣=0. Desuden er Δ𝑠=𝑦_{𝑚𝑎𝑥}. Den eneste acceleration er tyngdeaccelerationen, så: 𝑎=𝑔.

Vi antager, at snerydningen foregår i Danmark, så 𝑔=−9,82_{𝑠^{2}}^{𝑚}

Ligningen reduceres en smule, og kendte værdier indsættes, hvorefter udskydningshastigheden 𝑣_{0}

bestemmes:

Side 17

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2015

17

𝑔 · y_{max} =− · 𝑣_{0}^{2}

1

2

⇕

−9,82 · · 3,8333 𝑚=− · 𝑣_{0}^{2}

𝑚 1

𝑠^{2} 2

⇕ Ligningen løses for v_0 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑣_{0} =−8,676751 · ∨ 𝑣 =8,676751 ·

| 𝑚 | | 𝑚 |

| 𝑠 | | 𝑠 |

0

Udskydningsfarten er opadrettet og derfor positiv, så:

𝑣_{0} =8,677

𝑚 𝑠

Vi kigger nu på begge dimensioner af bevægelsen igen

Ovenstående er udelukkende 𝑦-komposanten og omdøbes nu til 𝑣_{𝑦}. Der gælder, at:

𝑣_{𝑦} =𝑣· sin (𝛼)

⇕

𝑣=

𝑣_{𝑦}

sin ( 𝛼)

=

8,677 𝑚 𝑠 sin ( 50)

≈11,32702 · 𝑚· 𝑠^{−1}

Sneens maksimale udskydningsfart vurderes altså til ca. 𝑣=11^{𝑚}_{𝑠}