STX Fysik A 2015 3. december - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

1

STX Fysik A 3. december 2015

stx153-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:

𝑡=250 𝑚𝑠=0,250 𝑠

𝑄=18𝑘𝐶=18 · 10^{3} 𝐶

Strømstyrke er defineret som:

𝐼=

𝑄 𝑡

=

18 · 10^{3} 𝐶

0,250 𝑠

=72000 𝐶· 𝑠^{−1}

Det vil sige, at strømstyrken i lynet var 72 𝑘𝐴.

b)

Vi har, at:

𝜆=680 𝑛𝑚=680 · 10^{−9} 𝑚

𝐸_{𝑚𝑖𝑛} =1,12 · 10^{−18} 𝐽

Energien af en foton er givet ved:

𝐸_{𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛} =

ℎ · 𝑐

𝜆

Hvor:

𝑐=3,00 · 10^{8}

𝑚 𝑠

Side 2

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

2

ℎ=6,63 · 10^{−34} 𝐽 · 𝑠

Vi skal således bestemme et antal fotoner, 𝑛, så:

𝐸_{𝑚𝑖𝑛} =𝑛 · 𝐸_{𝑓𝑜𝑡𝑜𝑛}

Det vil sige:

1,12 · 10^{−18} 𝐽=𝑛 ·

6,63 · 10^{−34} 𝐽 · 𝑠·3,00 · 10^{8}

𝑚 𝑠

680 · 10^{−9} 𝑚

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

𝑛=3,82906

Fotoner opfattes her som partikler, og 𝑛 skal derfor et helt tal. Der skal altså mindst være 4 fotoner med bølgelængden 680 nm, som rammer detektoren, for at den kan registrere en rød fe.

Side 3

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

3

Opgave 2 a)

Vi har, at:

𝑃=19,9 𝑘𝑊=19,9 · 10^{3} 𝑊

𝑈=230 𝑉

Strømstyrken 𝐼 kan nu bestemmes, idet:

𝑃=𝑈· 𝐼

Det vil sige:

19,9 · 10^{3} 𝑊=230 𝑉· 𝐼

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

𝐼=86,52174 · 𝑉^{−1} · 𝑊

Det vil sige, at strømstyrken gennem elmotoren er 86,5 𝐴.

b)

Vi har, at:

Δ𝑣=100

𝑘𝑚 ℎ

=100 · · ·

𝑘𝑚 1000 𝑚 1ℎ 1𝑚𝑖𝑛 ℎ 1 𝑘𝑚 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

≈27,77778 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

Vi har desuden, at: Δ𝑠=178 𝑚

Da vi ikke gives flere oplysninger, antager vi, at accelerationen er konstant. Dette er højst sandsynlig forkert, men det kan muligvis give et brugbart estimat, og opgaven kan ikke udregnes uden at gøre sig en antagelse som fx denne.

Ved konstant acceleration vil gennemsnitsfarten være 50 km/h. Dette svarer til:

𝑣_{𝑔𝑛𝑠} =27,7778 ·

𝑚 1 𝑠 2

=13,8889 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

Desuden gælder følgende to ligninger:

Side 4

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

4

𝑎=

Δ𝑣

Δ𝑡

𝑣_{𝑔𝑛𝑠} =

Δ𝑠

Δ𝑡

Vi ser, at ligningerne kun har to ubekendte, indsætter kendte værdier og løser ligningerne:

𝑎=

27,7778 𝑚 𝑠

Δ𝑡

13,889 =

𝑚 178 𝑚 𝑠 Δ𝑡

⇕ Ligningssystemet løses for a,Δt vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs Ligninger' funktion,

𝑎=2,167449 · 𝑚 · 𝑠^{−2} ∧ 𝛥𝑡=12,8159 · 𝑠

                                                       𝑚
Den gennemsnitlige acceleration vurderes således at være ca. 2,17 .
                                                       𝑠

c)

Vi ser bort fra friktionskræfter mellem hjul og underlag (på trods af, at disse er en forudsætning for hjulenes greb i vejen!).

Da må der gælde, at 𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =0, da bilen kører med konstant fart (Newtons 1. lov).

Det vil sige, at der er en fremadrettet kræft (genereret af motoren) og en bagudrettet kræft (fra luftmodstand), som er lige store:

𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡} =𝐹_{𝑓𝑟𝑒𝑚}

Hvor:

𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡} = · 𝜌 · 𝐴 · 𝑐_{𝑤} · 𝑣^{2}

1

2

Der gælder om arbejdet udført af en given kræft, at (da 𝐴 anvendes om arealet, anvender vi 𝐸 om arbejde - som jo også repræsenterer energi):

𝐸_{𝑓𝑟𝑒𝑚} =𝐹_{𝑓𝑟𝑒𝑚} · Δ𝑠

Og:

𝐸_{𝑓𝑟𝑒𝑚} =𝑃_{𝑓𝑟𝑒𝑚} · Δ𝑡

Det vil sige, at:

𝐹_{𝑓𝑟𝑒𝑚} · Δ𝑠=𝑃_{𝑓𝑟𝑒𝑚} · Δ𝑡

Side 5

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

5

⇕

𝐹_{𝑓𝑟𝑒𝑚} =𝑃_{𝑓𝑟𝑒𝑚} ·

Δ𝑡

Δ𝑠

            Δ𝑠             1   Δ𝑡
Vi ved, at: 𝑣= . Det vil sige, at: = . Vi får da:
            Δ𝑡             𝑣   Δ𝑠

𝐹_{𝑓𝑟𝑒𝑚} =

𝑃_{𝑓𝑟𝑒𝑚}

𝑣

Vi anvender nu, at 𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡} =𝐹_{𝑓𝑟𝑒𝑚}

𝑃_{𝑓𝑟𝑒𝑚} 1

𝑣 2

= · 𝜌 · 𝐴 ·𝑐_{𝑤} · 𝑣^{2}

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

𝑐_{𝑤} =2 · 𝐴^{−1} · 𝑃_{𝑓𝑟𝑒𝑚} · 𝜌^{−1} · 𝑣^{−3}

Formfaktoren 𝑐_{𝑤} er nu isoleret. Kendte værdier opskrives og indsættes i formlen:

Motorens effekt til fremdrift:

𝑃_{𝑓𝑟𝑒𝑚} =0,6 · 6,3 𝑘𝑊
=3,78 · 𝑘𝑊
=3,78 · 10^{3} 𝑊

Bilens vinkelrette tværsnitsareal:

𝐴=1,5 𝑚^{2}

Luftens densitet (databog):

𝜌=1,293

𝑔

𝐿

=1,293

𝑘𝑔

𝑚^{3}

Bilens hastighed:

𝑣=27,8

𝑚 𝑠

Vi får så:

𝑐_{𝑤} =2 · ( 1,5 𝑚^{2})^{−1} · 3,78 · 10^{3} 𝑊· (1,293) · (27,8)

𝑘𝑔^{−1} 𝑚^{−3}
𝑚^{3} 𝑠
≈0,1814252 · 𝑊 ·𝑘𝑔^{−1} · 𝑚^{−2} · 𝑠^{3}

=0,18 · 𝑘𝑔^{−1} · 𝑚^{−2} · 𝑠^{3}

𝑘𝑔 · 𝑚^{2}
𝑠^{3}

Side 6

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

6

=0,18

Formfaktoren vurderes at være omkring 0,18.

Side 7

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

7

Opgave 3 a)

Vi ser bort fra friktionskræfter. I så fald vil den samlede impuls være bevaret før og efter skubbet.

Impuls er givet ved formlen:

𝑝=𝑚 · 𝑣

Da løberne bevæger sig i samme retning, vil den samlede impuls 𝑝 være lig med summen af impulsen for løber 𝐴 og løber 𝐵. Vi får da:

Før skub (hastigheder angives med 𝑣):

𝑝=𝑚 · 𝑣_{𝐴} + 𝑚_{𝐵} · 𝑣_{𝐵}

𝐴

Efter skub (hastigheder angives med 𝑢):

𝑝=𝑚 · 𝑢_{𝐴} + 𝑚_{𝐵} · 𝑢_{𝐵}

𝐴

Da impulsen er bevaret, får vi:

𝑚_{𝐴} · 𝑣_{𝐴} + 𝑚_{𝐵} · 𝑣_{𝐵} =𝑚_{𝐴} · 𝑢_{𝐴} + 𝑚_{𝐵} · 𝑢_{𝐵}

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

𝑢_{𝐴} =

𝑚_{𝐵} · 𝑣_{𝐵} + 𝑚_{𝐴} · 𝑣_{𝐴} − 𝑚_{𝐵} · 𝑢_{𝐵}
𝑚_{𝐴}

Vi har nu isoleret 𝑢_{𝐴}, som er løber 𝐴’s fart lige efter skubbet. De nødvendige oplysninger findes i

opgaveteksten og opskrives herunder:

Vi har følgende oplysninger:

Massen af løberne:

𝑚_{𝐴} =73 𝑘𝑔

𝑚_{𝐵} =69 𝑘𝑔

Løbernes fart før skubbet

𝑣_{𝐴} =11,0

𝑚 𝑠

𝑣_{𝐵} =14,5

𝑚 𝑠

Løber 𝐵’s fart lige efter skubbet:

𝑢_{𝐵} =8,5

𝑚 𝑠

Side 8

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

8

Vi indsætter værdierne i den udledte formel:

𝑢_{𝐴} =

69 𝑘𝑔 · 14,5 + 73 𝑘𝑔 · 11,0 − 69 𝑘𝑔 · 8,5

𝑚 𝑚 𝑚 𝑠 𝑠 𝑠

73 𝑘𝑔

=16,67123 ·

𝑚 𝑠

                                            𝑚
Det vil sige, at løber 𝐴′s fart lig efter skubbet er ca. 17 .
                                            𝑠

Side 9

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

9

Opgave 4 a)

Bilag 1 findes på sidste side af besvarelsen af opgave 4

Den gennemsnitlige fart kan bestemmes som:

𝑣_{𝑔𝑛𝑠} =

Δ𝑠

Δ𝑡

Δ𝑠 vælges som afstanden mellem de to magneter. Denne kan aflæses af billedet, hvor en lineal er indsat. Vi måler fra magneternes højre kant:

Δ𝑠=22,6 𝑐𝑚 − 3,4 𝑐𝑚
=19,2 𝑐𝑚
=0,192 𝑚

Δ𝑡 kan nu aflæses af bilag 1. Tiden fra passage af magnet 𝐴 til passage af magnet 𝐵 aflæses som to ækvivalente (tilsvarende) steder på udsvingene. Vi måler fra maksimal spænding til maksimal spænding og ser, at 1 ternlængde henad 𝑥-aksen svarer til 0,050 𝑠:

Δ𝑡=15 𝑡𝑒𝑟𝑛
=15 𝑡𝑒𝑟𝑛 ·

0,050 𝑠

1 𝑡𝑒𝑟𝑛

=0,75 𝑠

Den gennemsnitlige fart bestemmes nu:

𝑣_{𝑔𝑛𝑠} =

0,192 𝑚

0,75 𝑠

=0,256 ·

𝑚 𝑠

                                     𝑚
Den gennemsnitlige fart således 𝑣 =0,26 .
                           𝑔𝑛𝑠
                                     𝑠

b)

Den inducerede spænding som følge af en ændring i magnetisk flux er givet ved formlen:

𝑈=−𝑁·

𝑑𝜙 𝑑𝑡

I det vi udelukkende skal se på størrelsen, kan vi tage den numeriske værdi og dermed fjerne det negative fortegn.

𝑈=𝑁 ·

𝑑𝜙 𝑑𝑡

                                                                       𝑑𝜙
Vi ser, at så længe 𝑈 er positiv, vil størrelsen af den magnetiske flux være voksende, da >0 for 𝑈>0.
                                                                       𝑑𝑡

Side 10

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

10

Hvis begge sider integreres med hensyn til 𝑡 får vi:

∫𝑈 ( 𝑡) 𝑑𝑡=𝑁· 𝜙(𝑡)

I et givet interval, [𝑡 ,𝑡 ] vil der således gælde, at:
                1 2

∫_{𝑡_{1}}^{𝑡_{2}} 𝑈

( 𝑡) 𝑑𝑡

𝑁

=𝜙 ( 𝑡_{2}) − 𝜙 ( 𝑡_{1})

Vi antager, at 𝜙 ( 0) =0. Dette giver god mening, da magneterne er fjerne fra spolen. Vi ser, at den
magnetiske flux fortsætter med at være nul helt hen til omkring 𝑡_{1} =0,195 𝑠.

Desuden ser vi, at grafen for 𝑈(𝑡) skærer med 𝑥-aksen i 𝑡_{2} =0,315 𝑠, hvorfor størrelsen af den magnetiske

flux stopper med at vokse og dermed når et maksimum.

Det vil sige:

𝜙 ( 0,195) =0

𝜙 ( 0,315) =𝜙_{𝑚𝑎𝑥}

Vi vælger nu 𝑡_{1} =0,195 𝑠 og 𝑡_{2} =0,315. Vi har, at 𝑁=3000, og vi får da:

𝜙_{𝑚𝑎𝑥} =

∫_{0,195}^{0,315} 𝑈

( 𝑡) 𝑑𝑡

𝑁

Da 𝑈 er positiv i hele intervallet repræsenterer integralet i tælleren arealet af det område som afgrænses af grafen for 𝑈(𝑡) og 𝑥-aksen i intervallet [0,195;0,315]. Vi ser af bilaget, at dette område tilnærmelsesvis svarer til en trekant med følgende dimensioner:

Højde: ℎ=0,335 𝑉

Grundlinje: 𝑔=0,315 𝑠 − 0,195𝑠=0,120 𝑠

                                    1
Arealet af en sådan trekant er givet ved 𝑇= · ℎ · 𝑔. Vi indsætter nu dette i formlen og får:
                                    2

𝜙_{𝑚𝑎𝑥} =

1

2

· 0,335 𝑉 · 0,120 𝑠

3000

=6,7 · 10^{−6} · 𝑉· 𝑠
=6,7 · 10^{−6} 𝑊𝑏

Det vil sige, at den maksimale magnetiske flux gennem én af spolens vindinger, når spolen passerer en af

magneterne er 𝜙_{𝑚𝑎𝑥} =6,70 · 10^{−6} 𝑊𝑏

Side 11

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

11

Side 12

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

12

Opgave 5 a)

Vi har, at:

𝑃_{𝑒𝑙} =115 𝑊

Δ𝑡=55 𝑚𝑖𝑛
=55 𝑚𝑖𝑛 ·

60 𝑠

1 𝑚𝑖𝑛

=3300 · 𝑠

Der gælder generelt, at:

𝑃=

Δ𝐸

Δ𝑡

Vi indsætter kendte værdier og bestemmer den afsatte elektriske energi, Δ𝐸 :
                                                              𝑒𝑙

115 𝑊=

Δ𝐸_{𝑒𝑙}

3300 𝑠

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

el

𝛥𝐸_{𝑒𝑙} =379500 · 𝑠 · 𝑊

Der omsættes således 3,8 · 10^{5} 𝐽 elektrisk energi under afkølingen.

b)

Følgende ligning vil være opfyldt:

Δ𝐸=𝑚· 𝑐· Δ𝑡

Vandet afgiver 139 𝑘𝐽 til omgivelserne. Det vil sige, at:

ΔE=−139 kJ
=−139 · 10^{3} 𝐽

Vi ser, at vandets temperatur falder fra 22,5℃ til 5,0℃. Det vil sige, at:

Δ𝑇=5,0℃ − 22,5℃
=−17,5 ℃

Vi antager at vandets specifikke varmekapacitet er konstant med den værdi, som findes ved 10℃. Vi slår op i databogen og finder, at:

𝑐=4,192

𝐽

𝑔 · ℃

Side 13

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

13

Vi indtaster kendte værdier:

−139 · 10^{3} 𝐽=𝑚· 4,192 · (−17,5℃)

𝐽 𝑔 ·℃

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

𝑚=1894,766 · 𝑔

Det vurderes således, at vandet i beholderen har en masse på 𝑚=1,89 𝑘𝑔.

Side 14

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

14

Opgave 6 a)

For at en given vekselvirkning skal kunne finde sted, skal en række bevarelsessætninger være opfyldt.

Umiddelbart ser det ikke ud til, at leptontallet er bevaret før og efter reaktionen. Vi efterprøver:

Summen af leptontal på venstre side er 0. 𝜑^{0} er en meson og dermed ikke en lepton.

På højre side har vi en 𝜋^{+} -meson og en 𝜋^{−} -meson, som heller ikke er leptoner og derfor begge har
leptontallet 0. Desuden ses her en antimyonneutrino, 𝜈 ̅ ̅_{𝜇} ̅, som er en lepton med leptontallet −1.

Leptontallet ændres således fra 0 til −1, hvilket ikke er muligt. Processen kan altså ikke lade sig gøre.

b)

Da 𝜑^{0} -mesonen er i hvile inden henfaldet, er systemets totalenergi givet ved:

𝐸=𝑚 · 𝑐^{2}
𝜑^{0}

Massen findes i databogen:

𝑚_{𝜑} 0 =1019,4

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

Det vil sige, at totalenergien for systemet er:

𝐸=1019,4 𝑀𝑒𝑉

Da 𝜑^{0} -mesonen er i hvile inden henfaldet, er systemets samlede impuls 0 før og efter henfaldet. 𝐾-

mesonerne har således lige store og modsatrettede impulser. Da 𝐾-mesonerne er hinandens antipartikler, har de samme masse og med samme impuls har de dermed også samme hastighed og energi.

Totalenergien af hver enkelt 𝐾-meson må da være lig med halvdelen af systemets totalenergi.

Massen af hver 𝐾-meson findes i databogen. (𝐼)

𝑚_{𝐾} =493,7

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

Totalenergien af en partikel er givet ved:

𝐸=𝛾· 𝑚· 𝑐^{2}

Som nævnt har vi, at:

𝐸=2 · 𝐸_{𝐾}

Det vil sige, at:

Side 15

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

15

1019,4 𝑀𝑒𝑉=2 · 𝛾 ·493,7 · 𝑐^{2}

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

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

𝛾=1,032408

𝛾 er lorentzfaktoren, som er defineret som:

𝛾=

1

√

1 −
    2

𝑣^{2}

𝑐

Vi indsætter 𝛾=1,032408 og bestemmer 𝑣:

1,032408=

1

√

1 −
     2

𝑣^{2}

𝑐

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

𝑣=−0,248588 · | 𝑐 | ∨ 𝑣=0,248588 · | 𝑐 |

Da 𝑣>0 og 𝑐>0, får vi:

𝑣=0,248588 · 𝑐
=0,248588 · 3,000 · 10^{8}

𝑚 𝑠

=7,45764 · 10^{7} ·

𝑚 𝑠

Det vil sige, at 𝐾-mesonerne har en fart på 7,458 · 10^{7}^{𝑚}_{𝑠}.

Impulsen af hver af 𝐾-mesonerne kan bestemmes som:

𝑝=𝛾 · 𝑚_{𝐾} · 𝑣
=1,032408 · 493,7 · 0,248588 𝑐

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}
≈126,7053 · 𝑀𝑒𝑉 · 𝑐^{−1}

Det vil sige, at bevægelsesmængden (impulsen) for hver af 𝐾-mesonerne er på 126,7^{𝑀𝑒𝑉}_{𝑐}

( 𝐼):

OBS: vi finder massen af 𝐾^{+}, som er den samme som massen af 𝐾^{−}. Forveksl ikke dette med 𝐾^{0}, som er en

anden partikel med en anden masse!

Side 16

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

16

Hvis du ikke havde tænkt i disse baner, kan opgaven også løses på følgende måde, som dog tager lidt længere tid.

Impulsen (bevægelsesmængden) er bevaret efter henfaldet. Da impulsen er 0 inden henfaldet, vil impulsen af hver af 𝐾-mesonerne være lige stor og modsatrettet. Hvis vi udelukkende regner på størrelsen, vil der altså gælde, at:

𝑝_{𝐾} + =𝑝_{𝐾^{−}} =𝑝

Da 𝐾-mesonerne har samme masse, 𝑚_{𝐾^{−}} =𝑚_{𝐾^{+}} =𝑚_{𝐾}, vil deres energi desuden være den samme:

𝐸_{𝐾^{−}} =𝐸_{𝐾} + =𝐸_{𝐾}

Den samlede energi bliver da:

𝐸=𝐸_{𝐾} + + 𝐸_{𝐾^{−}} =2 · 𝐸_{𝐾}

Totalenergien for en partikel er givet ved:

𝐸= √ 𝑝^{2} · 𝑐^{2} + 𝑚^{2} · 𝑐^{4}

Totalenergien for systemet bliver da:

𝐸=2 · √ 𝑝^{2} · 𝑐^{2} + 𝑚_{𝐾}^{2} · 𝑐^{4}

Da 𝐾-mesonerne er hinandens antipartikler har de samme masse, som nu findes i databogen: (𝐼)

𝑚_{𝐾} =493,7

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}
Energien er bevaret før og efter processen. Da 𝜑^{0} -mesonen er i hvile før henfaldet, er energien lig med 𝑐^{2}
gange hvilemassen af 𝜑^{0} -mesonen. Massen findes i databogen:

𝑚_{𝜑} 0 =1019,4

𝑀𝑒𝑉

𝑐^{2}

Det vil sige, at totalenergien for systemet er:

𝐸=1019,4 𝑀𝑒𝑉

Vi indsætter kendte værdier i energiligningen og ser, at 𝑝 er den eneste variable størrelse:

1019,4 𝑀𝑒𝑉=2 · 𝑝^{2} · 𝑐^{2} + (493,7) · 𝑐^{4}

√

𝑀𝑒𝑉^{2}
𝑐^{2}

Vi ser, at enhederne passer og løser nu ligningen mht. 𝑝 med enhederne underforstået, da WordMat har svært ved at håndtere enheder i komplicerede ligninger. 𝑐 opfattes her som en hastighedsenhed og indgår derfor også underforstået:

Side 17

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

17

1019,4=2 · √ 𝑝^{2} + ( 493,7)^{2}

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

𝑝=−126,706 ∨ 𝑝=126,706

                                                                              𝑀𝑒𝑉
Da vi hele tiden kun har regnet i størrelser, skal impulsen selvfølgelig være positiv. Enheden er , da alle
                                                                               𝑐

andre enheder også er de konventionsbestemte for denne opgavetype.

Det vil sige, at hver af 𝐾-mesonerne har en impuls på 𝑝=126,7^{𝑀𝑒𝑉}_{𝑐}

Relativistisk impuls kan desuden bestemmes som:

𝑝= · 𝑚 · 𝑣

1

√

1 −
    2

𝑣^{2}

𝑐

For 𝐾-mesonerne vil det sige, at:

126,7 𝑀𝑒𝑉= · 493,7 · 𝑣

1 𝑀𝑒𝑉

√

1 −
     2

𝑣^{2}

𝑐

𝑐^{2}

Igen løses ligningen med enhederne underforstået:

126,7= · 493,7 · 𝑣

1

√1 − 𝑣^{2}

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

𝑣=0,2485783

Enheden er 𝑐=3,000 · 10^{8}^{𝑚}_{𝑠}

Det vil sige, at:

𝑣=0,248573 · 𝑐
=0,248573 · 3,000 · 10^{8}

𝑚 𝑠

=7,45719 · 10^{7} · 𝑚· 𝑠^{−1}

Det vil sige, at 𝐾-mesonerne har en fart på 7,457 · 10^{7}^{𝑚}_{𝑠}.

Side 18

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

18

Opgave 7 a)

Henfaldet er 𝛽^{−}, så det foregår ved, at en neutron i moderkernen henfalder til en proton under udsendelse

af en elektron og en antielektronneutrino. Uran (U) har atomnummer 92, så moderkernen må have et ladningstal (atomnummer), som er én lavere dvs. 91. Vi ser i det periodiske system, at moderkernen så må

være 𝑃𝑎^{234}_{91}. Reaktionsskemaet bliver da:

𝑃𝑎 → 𝑈^{234}_{92} + 𝑒_{−1}^{0} + 𝜈̅_{𝑒}

91

234 b)

Aktiviteten er lig med antallet af kerner gange henfaldskonstanten 𝑘

𝐴=𝑘· 𝑁

Henfaldskonstanten 𝑘 kan bestemmes vha. halveringstiden:

𝑘=

ln (2)

𝑇

1

2

                      234
Vi finder halveringstiden af 𝑈 i databogen:
                       92

𝑇 =245 · 10^{3} 𝑎

1

2

=245 · 10^{3} 𝑎 · · · ·

365 𝑑 24 ℎ 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

1 𝑎 1 𝑑 1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛

=7,72632 · 10^{12} · 𝑠

Vi beregner 𝑘:

𝑘=

ln ( 2)

7,72632 · 10^{12} · 𝑠
≈8,971246 · 10^{−14} · 𝑠^{−1}

Antallet af kerner bestemmes nu ved at løse:

0,0088 𝐵𝑞=8,971246 · 10^{−14} 𝑠^{−1} · 𝑁

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

𝑁=9,809117 · 10^{10} · 𝐵𝑞· 𝑠
=9,809117 · 10^{10} 𝑠^{−1} · 𝑠
=9,809117 · 10^{10}

Massen af hver enkelt kerne kan estimeres til antal nukleoner gange enheden 𝑢𝑛𝑖𝑡. 1 𝑢𝑛𝑖𝑡 svarer til

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔. Det vil sige:

Side 19

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

19

𝑚_{𝑈−234} =234 𝑢
=234 𝑢·

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

=3,88674 · 10^{−25} · 𝑘𝑔

Den samlede masse af 𝑈^{234}_{92} i vandprøven kan bestemmes som massen af hver enkelt kerne gange antallet

af kerner:

𝑚_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙} =𝑚_{𝑈−234} · 𝑁
=3,88674 · 10^{−25} 𝑘𝑔 · 9,809117· 10^{10}
≈3,812549 · 10^{−14} · 𝑘𝑔

Massen af 𝑈^{234}_{92} i vandprøven er således 3,8 · 10^{−14} 𝑘𝑔.

c)

Vi ser i databogen, at 𝑈^{234}_{92} henfalder ved 𝛼-henfald. Reaktionsskemaet for dette henfald er da (vi ser i

databogen, at atomnummer 90 hører til Thorium):

𝑈 → 𝑇ℎ^{230}_{90} + 𝐻𝑒_{2}^{4}

92

234

𝑄-værdien beregnes som:

𝑄=−Δ𝑚 · 𝑐^{2}

                                234  230    4
I databogen findes atommasserne for, 𝑈 , 𝑇ℎ og 𝐻𝑒 . Vi skal dog huske, at atommasserne indeholder
                                 92  90     2

massen af elektronerne. På venstre side skal vi derfor trække massen af 92 elektroner fra. Vi ser dog, at vi også skal trække massen af 92 elektroner fra højre side, hvorfor vi blot kan anvende atommasserne.

𝑚_{𝑈−234} =234,0409521 𝑢

𝑚_{𝑇ℎ−230} =230,0331338 𝑢

𝑚_{𝐻𝑒−4} =4,002603254 𝑢

1 unit svarer til 931,5^{𝑀𝑒𝑉}_{𝑐^{2}}

Vi får da:

𝑄=− ( 230,0331338 𝑢 + 4,002603254 𝑢 − 234,0409521 𝑢) · · 𝑐^{2}

931,5_{2}

𝑀𝑒𝑉 𝑐

1 𝑢

≈4,857815 𝑀𝑒𝑉

Hvert henfald frigiver således en energi på 𝑄=4,858 𝑀𝑒𝑉

Et døgn svarer til 24 timer. Det vil sige:

Side 20

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 3. december 2015

20

Δ𝑡=24 ℎ ·

60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛

=86400 𝑠

                                              3
Da halveringstiden for Uran-234 er utrolig stor (245 · 10 år), antager vi, at aktiviteten er konstant i løbet af

et døgn. Aktiviteten pr. volumenenhed er^{𝐴}_{𝑉} =0,0088^{𝐵𝑞}_{𝐿}. Vandtårnet indeholder vand med en volumen på:

𝑉=2100 𝑚^{3} ·

1000 𝐿

𝑚^{3}
=2100000 · 𝐿

Aktiviteten bliver da:

𝐴=2100000 𝐿· 0,0088

𝐵𝑞

𝐿

=18480 𝐵𝑞

Den samlede omsatte energi kan bestemmes som antallet af henfald gange 𝑄-værdien. Vi beregner

energien og konverterer til joule idet 1 𝑀𝑒𝑉=1,602 · 10^{−13} 𝐽

Δ𝐸=Δ𝑁· 𝑄
=𝐴 · Δ𝑡· 𝑄
=18480 𝐵𝑞· 86400 𝑠 · 4,858 𝑀𝑒𝑉
≈7,756633 · 10^{9} · 𝐵𝑞· 𝑀𝑒𝑉· 𝑠
=7,756633 · 10^{9} 𝑀𝑒𝑉
=7,756633 · 10^{9} 𝑀𝑒𝑉 ·

1,602 · 10^{−13} 𝐽

1 𝑀𝑒𝑉

≈0,001242613 𝐽

=1,2 𝑚𝐽

Den energi, som omsættes i løbet af et døgn ved henfald af 𝑈^{234}_{92} er således Δ𝐸=1,2 𝑚𝐽.