STX Fysik A 2016 1. juni - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

1

STX Fysik A 1. juni 2016

2stx161-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 nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp STX 3.g

Opgave 1 a)

Vi har, at:

𝑃=1,20 𝑘𝑊=1,20 · 10^{3} 𝑊

𝑈=230 𝑉

Elektrisk effekt kan beregnes som:

𝑃=

𝑈^{2}

𝑅

Så:

1,20 · 10^{3} 𝑊=

( 230 𝑉)^{2}

𝑅

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

𝑅=44,08333 · 𝑉^{2} · 𝑊^{−1}
=44,1 Ω

b)

Vi antager, at al den omsatte elektriske energi går til opvarmning af stenene og vandet. Vi ser altså bort fra varmeafgivelse til gryden og omgivelserne samt opvarmning af varmelegemet. Vi antager, at det kolde vand

og stenene har samme starttemperatur på 𝑇_{1} =10℃.

Der gælder så, at:

𝑃=

𝐸_{𝑜𝑝𝑣𝑎𝑟𝑚𝑛𝑖𝑛𝑔}

Δ𝑡

=

𝑚_{𝑣𝑎𝑛𝑑} · 𝑐_{𝑣𝑎𝑛𝑑} · Δ𝑇 + 𝑚_{𝑠𝑡𝑒𝑛} · 𝑐_{𝑠𝑡𝑒𝑛} · Δ𝑇

Δ𝑡

Side 2

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

2

=

Δ𝑇· (𝜌_{𝑣𝑎𝑛𝑑} · 𝑉_{𝑣𝑎𝑛𝑑} · 𝑐_{𝑣𝑎𝑛𝑑} + 𝑚_{𝑠𝑡𝑒𝑛} · 𝑐_{𝑠𝑡𝑒𝑛})

Δ𝑡

Vandets densitet antages at være temperaturuafhængigt med værdien:

𝜌_{𝑣𝑎𝑛𝑑} =1,0

𝑘𝑔

𝐿

Vandets specifikke varmekapacitet antages at være temperaturuafhængig med værdien (fundet i databogen ved 20℃):

𝑐_{𝑣𝑎𝑛𝑑} =4,182 =4182

𝑘𝐽 𝐽

𝑘𝑔 · 𝐾 𝑘𝑔 · 𝐾

Vi har desuden, at:

𝑉_{𝑣𝑎𝑛𝑑} =9,0 𝐿

Δ𝑇= ( 50 − 10) ℃= ( 50 − 10) 𝐾=40 𝐾

𝑚_{𝑠𝑡𝑒𝑛} =3,2 𝑘𝑔

𝑐_{𝑠𝑡𝑒𝑛} =920

𝐽

𝑘𝑔 · 𝐾

Vi indsætter kendte størrelser i ligningen og løser mht. Δ𝑡:

1,20 · 10^{3} 𝑊=

40 𝐾· (1,0 · 9,0 𝐿 · 4182 + 3,2 𝑘𝑔 · 920)

𝑘𝑔 𝐽 𝐽

𝐿 𝑘𝑔 · 𝐾 𝑘𝑔 · 𝐾

Δ𝑡

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

𝛥𝑡=1352,733 · 𝐽 · 𝑊^{−1}
=1352,7

𝐽

𝐽/𝑠

=1352,7 𝑠 ·

1 𝑚𝑖𝑛

60 𝑠

=22,545 𝑚𝑖𝑛

≈23 𝑚𝑖𝑛

Vi vurderer, at det vil tage cirka 23 minutter, inden vandets og stenenes temperatur er 50℃. Dette er en teoretisk værdi, og vi har gjort os nogle urimelige antagelser om nyttevirkningen, hvilket i praksis vil betyde, at det vil tage længere tid.

Side 3

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

3

Opgave 2 a)

Energien af en foton kan bestemmes af formlen:

𝐸=

ℎ · 𝑐

𝜆

Vi ser, at energien 𝐸 og bølgelængden 𝜆 er omvendt proportionale, så den største bølgelængde findes ved den laveste fotoenergi.

Vi anvender således, at:

𝐸=1,6 · 10^{−17} 𝐽

Vi anvender desuden lysets fart i vakuum samt Plancks konstant:

𝑐=3,00 · 10^{8}

𝑚 𝑠

ℎ=6,63 · 10^{−34} 𝐽 · 𝑠

Vi kan så bestemme bølgelængden:

1,6 · 10^{−17} 𝐽=

6,63 · 10^{−34} 𝐽 · 𝑠· 3,00 · 10^{8}

𝑚 𝑠 𝜆

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

𝜆=1,243125 · 10^{−8} · 𝑚
=12 · 10^{−9} 𝑚
=12 𝑛𝑚

Den største bølgelængde af den stråling, som Chandra-teleskopet måler, er altså ca. 12 nm.

b)

Følgende sammenhæng gælder mellem rødforskydningen og den nuværende fart, hvormed en galakse bevæger sig væk fra os, når 𝑧<0,1:

𝑣_{0} =𝑧· 𝑐

Hvor:

𝑧=0,005688

𝑐=3,000 · 10^{8}

𝑚 𝑠

Vi får så:

Side 4

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

4

𝑣=0,005688 · 3,00 ·10^{8}

𝑚 𝑠

≈1706400 · 𝑚 · 𝑠^{−1}
≈1,706 · 10^{6}

𝑚 𝑠

Antennegalaksen bevæger sig væk fra os med farten 𝑣_{0} =1,706 · 10^{6}^{𝑚}_{𝑠}

Den nuværende afstand, 𝑟_{0} til Antennegalaksen kan bestemmes vha. Hubbleloven:

𝑣_{0} =𝐻_{0} · 𝑟_{0}

En værdi af Hubblekonstanten findes i ”Fysik i overblik”-formelsamlingen:

𝐻_{0} =2,3 · 10^{−18} 𝑠^{−1}

Vi får så:

1,706 · 10^{6} =2,3 · 10^{−18} 𝑠^{−1} · 𝑟_{0}

𝑚 𝑠

⇕ Ligningen løses for r_0 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑟_{0} =7,417391 · 10^{23} · 𝑚

Den nuværende afstand til Antennegalaksen er ca. 7,4 ·10^{23} 𝑚.

c)

Farten af et legeme i en ellipsebane med længden af den halve storakse 𝑎 omkring et centrallegeme i et af ellipsens brændpunkter med massen 𝑀, hvor afstanden til centrallegemet betegnes 𝑟, kan beregnes som:

𝑣= 𝐺·𝑀 · ( −)

√

2 1 𝑟 𝑎

Længden af den halve storakse i ellipsen er lig med gennemsnittet af den største og mindste afstand fra teleskopet til Jordens centrum(𝐼), så:

𝑎= = =8,08 · 10^{7} · 𝑚

𝑟_{𝑚𝑖𝑛} + 𝑟_{𝑚𝑎𝑥} 2,26 · 10^{7} 𝑚 + 1,39 · 10^{8} 𝑚

2 2

Vi skal bestemme farten i afstanden 𝑟=𝑟_{𝑚𝑎𝑥} =1,39 · 10^{8} 𝑚

Jordens masse samt gravitationskonstanten findes nu i databogen:

𝑀=5,976 · 10^{24} 𝑘𝑔

𝐺=6,67 · 10^{−11} 𝑁 ·

𝑚^{2}
𝑘𝑔^{2}

Side 5

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

5

=6,67 · 10^{−11} ·

𝑘𝑔 · 𝑚 𝑚^{2}
𝑠^{2} 𝑘𝑔^{2}

=6,67 · 10^{−11} ·

𝑚^{3}
𝑘𝑔 · 𝑠^{2}

Farten bestemmes:

𝑣= √ 6,67 · 10^{−11} · · 5,976 · 10^{24} 𝑘𝑔 · ( −)

𝑚^{3} 2 1
𝑘𝑔 · 𝑠^{2} 1,398 · 10^{8} 𝑚 8,08 · 10^{7} 𝑚
≈877,0759 · | 𝑚 | · | 𝑠 |^{−1}

Vi ser bort fra numerisktegnene, som blot skyldes, at WordMat ikke skelner enheder fra variable.

                                             𝑚          𝑘𝑚
Vi konkluderer, at farten af Chandra-teleskopet er 877 eller 0,877 , når det befinder sig længst væk fra
                                             𝑠          𝑠

Jorden.

(𝐼):

Her bringes en uddybende forklaring for forståelsens skyld. Dette kræves ikke til eksamen.

Vi tegner en ellipse med brændpunkter i 𝐴 og 𝐵:

Hvis jorden befinder sig i punkt 𝐴, vil den største afstand til jorden i ellipsebanen opnås i punkt 𝐶. Den

korteste afstand vil opnås i punkt 𝐷. Vi har så, at 𝑟 = | 𝐴𝐶 | og 𝑟 = | 𝐴𝐷 | .
                                        𝑚𝑎𝑥           𝑚𝑖𝑛

Længden af den halve storakse bliver så:

𝑎= = =

| 𝐶𝐷 | | 𝐴𝐷 | + | 𝐴𝐶 | 𝑟_{𝑚𝑖𝑛} + 𝑟_{𝑚𝑎𝑥}

2 2 2

Dette er netop gennemsnittet af den største og mindste afstand fra teleskopet til Jordens centrum.

Side 6

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

6

Opgave 3 a)

Det spændingsfaldet over spændingskilden er lig med spændingsfaldet over resistoren, 𝑈_{𝑅}, plus

spændingsfaldet over hjertet, 𝑈 :
                          𝐻

𝑈=𝑈_{𝑅} + 𝑈_{𝐻}

=𝑅· 𝐼+ 𝑈_{𝐻}

Hvor:

𝑅=450 Ω=450

𝑉

𝐴

𝑈=6,5 𝑉

𝐼=8,9 𝑚𝐴=8,9 · 10^{−3} 𝐴

Vi får så:

6,5 𝑉=450 · 8,9 · 10^{−3} 𝐴 + 𝑈_{𝐻}

𝑉

𝐴

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

𝑈_{𝐻} =2,495 · 𝑉

Spændingsfaldet over hjertet, når pacemakeren sender et elektrisk signal gennem hjertet, er på 2,5 𝑉.

b)

For at vurdere tiden, skal vi først vide, hvor meget energi, Δ𝐸, der afsættes i hvert hjerteslag.

Den elektriske effekt, som afsættes i hjertet under et signal er givet ved:

𝑃=𝑈· 𝐼

Effekt er desuden defineret som:

𝑃=

Δ𝐸

Δ𝑡

Så:

Δ𝐸

Δ𝑡

=𝑈· 𝐼

⇕

Δ𝐸=𝑈· Δ𝑡· 𝐼

Side 7

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

7

Hvor:

𝐼=8,9 · 10^{−3} 𝐴

Og 𝑈 · Δ𝑡 under et hjerteslag kan aflæses som arealet under (𝑈,𝑡)-grafen i intervallet 𝑡∈[1,5 𝑚𝑠;2,0 𝑚𝑠]

Arealet estimeres ved at tælle tern. Arealet af 1 tern svarer til:

1 𝑡𝑒𝑟𝑛=0,5 𝑉· 0,5 𝑚𝑠
=0,5 𝑉· 0,5 · 10^{−3} 𝑠
=0,00025 · 𝑉· 𝑠

Vi når frem til, at:

𝑈 · Δ𝑡≈4,5 𝑡𝑒𝑟𝑛 ·

0,00025 𝑉 · 𝑠

1 𝑡𝑒𝑟𝑛

≈0,001125 · 𝑉 · 𝑠

Den afsatte energi under 1 hjerteslag bliver så:

Δ𝐸=𝑈 · Δ𝑡· 𝐼
=0,001125 𝑉 · 𝑠· 8,9 · 10^{−3} 𝐴
=1,00125 · 10^{−5} · 𝐴 · 𝑉· 𝑠
=1,0 · 10^{−5} 𝐽

Antallet af slag, som pacemakeren kan levere kan da beregnes som:

𝑛=

𝐸_{𝑝𝑎𝑐𝑒𝑚𝑎𝑘𝑒𝑟}

Δ𝐸

Hjertet slår 74 gange i minuttet, så antallet af minutter, som pacemakeren kan slå bliver så_{74}^{1} gange

antallet af slag:

𝑡_{𝑚𝑎𝑥} =𝑛 · 𝑚𝑖𝑛

1

74

= · 𝑚𝑖𝑛

𝐸_{𝑝𝑎𝑐𝑒𝑚𝑎𝑘𝑒𝑟} 1

Δ𝐸 74

Hvor:

𝐸_{𝑝𝑎𝑐𝑒𝑚𝑎𝑘𝑒𝑟} =3,5 𝑘𝐽=3,5 · 10^{3} 𝐽

Så:

𝑡_{𝑚𝑎𝑥} = · 𝑚𝑖𝑛

3,5 · 10^{3} 𝐽 1
1,00125 · 10^{−5} 𝐽 74
≈4723825 · 𝑚𝑖𝑛
=4723825 · 𝑚𝑖𝑛 · · ·

1 ℎ 1 𝑑 1 𝑎

60 𝑚𝑖𝑛 24 ℎ 365,25 𝑑

≈8,981339 · 𝑎

Side 8

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

8

≈9,0 𝑎

Vi vurderer, at pacemakeren kan levere energi til hjertet i ca. 9,0 år.

Side 9

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

9

Opgave 4 a)

Vi opskriver et midlertidigt reaktionsskema ved anvendelse af det periodiske system:

𝑆 + 𝑛_{0}^{1} → 𝑃_{15}^{32} + 𝑋_{𝑍}^{𝐴}

16

32

Nukleontallet skal bevares, så:

32 + 1=32 + 𝐴

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

𝐴=1

Ladningstallet skal bevares, så:

16 + 0=15 + 𝑍

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

𝑍=1

Den ukendte partikel består af 1 nukleon og har ladningstallet 1. Der er altså tale om en proton. Det endelige reaktionsskema bliver så:

𝑆 + 𝑛_{0}^{1} → 𝑃_{15}^{32} + 𝑝_{1}^{1}

16

32 b)

Massen 𝑚 af 𝑃− 32 i svovlprøven kan beregnes ud fra antallet 𝑁 af kerner i svovlprøven og massen 𝑀 af

hver enkelt kerne:

𝑚=𝑀· 𝑁

Antallet af kerner kan bestemmes vha. aktiviteten 𝐴 og henfaldskonstanten 𝑘:

𝐴=𝑘· 𝑁

⇕

𝑁=

𝐴 𝑘

Henfaldskonstanten kan bestemmes vha. halveringstiden 𝑇 1_{2} som:

𝑘=

ln ( 2)

𝑇

1

2

Side 10

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

10

Disse formler kan kombineres, så:

𝑚=𝑀·

𝐴 ln ( 2)

𝑇

1

2

Hvor:

𝐴=23 𝑘𝐵𝑞=23 · 10^{3} 𝑠^{−1}

Halveringstiden for 𝑃 − 32 findes i databogen:

𝑇 =14,28 𝑑

1

2

=14,28 𝑑· · ·

24 ℎ 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

1 𝑑 1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛

≈1233792 · 𝑠

Massen af hver enkelt kerne kan estimeres som antallet af nukleoner gange enheden unit, hvor

1 𝑢=1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔:

𝑀=32 𝑢

=32 𝑢 ·

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

=5,3152 · 10^{−26} · 𝑘𝑔

Massen af 𝑃 − 32 beregnes:

𝑚=5,3152 · 10^{−26} 𝑘𝑔 ·

23 · 10^{3} 𝑠^{−1}

ln ( 2)

1233792 𝑠

≈2,176025 · 10^{−15} · 𝑘𝑔
≈2,2 · 10^{−15} 𝑘𝑔

Det vurderes, at svovlprøven indeholder 2,2 · 10^{−15} 𝑘𝑔 𝑃− 32, når aktiviteten af 𝑃− 32 er konstant 23

kBq.

Side 11

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

11

Opgave 5 a)

Størrelsen af magnetfeltet i en torus med 𝑁 vindinger i afstanden 𝑟 fra centrum kan bestemmes som:

𝐵=𝜇_{0} ·

𝑁· 𝐼
2𝜋 · 𝑟

Hvor:

𝐵=2,147 𝑇

𝑁=768

Vakuumpermeabiliteten findes i ”Plasmafysik og fusionsenergi”:

𝜇_{0} =1,25664 · 10^{−6}

𝑁

𝐴^{2}

Midt i torussen er afstanden fra centrum lig med storradius:

𝑟=2,863 𝑚

Vi løser nu:

2,147 𝑇=1,25664 · 10^{−6} ·

𝑁 768 · 𝐼
𝐴^{2} 2𝜋· 2,863 𝑚

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

𝐼=40018,53· 𝐴^{2} · 𝑁^{−1} · 𝑇· 𝑚
≈4,002 · 10^{4} 𝐴
=40,02 𝑘𝐴

Strømstyrken i torussen i JET under eksperimentet var på 40,02 𝑘𝐴.

b)

Vi har, at:

𝑇=37,3 𝑀𝐾=37,3 · 10^{6} 𝐾

Vi finder ved opslag i databogen, at:

𝑘_{𝐵} =1,38065 · 10^{−23}

𝐽

𝐾

Den gennemsnitlige kinetiske energi af partiklerne i plasmaet kan bestemmes som:

Side 12

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

12

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑘_{𝐵} · 𝑇

̅

3

2

= · 1,38065 · 10^{−23} · 37,3 · 10^{6} 𝐾

3 𝐽

2 𝐾

≈7,724737 · 10^{−16} · 𝐽

                                                          −16
Den gennemsnitlige kinetiske energi for deuteriumkernerne er 7,72 · 10 𝐽.

Kinetisk energi er givet ved:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

Massen af en deuteriumkerne findes i databogen (massen som findes ved opslag inkluderer massen af to elektroner, men massen af disse er så lille, at vi kan ignorere problemet) i enheden unit som svarer til

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

𝑀_{𝐷} =2,014 𝑢 ·

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

=3,345254 · 10^{−27} · 𝑘𝑔

Vi får så:

7,724737 · 10^{−16} 𝐽= · 3,345254·10^{−27} · 𝑘𝑔 · 𝑣^{2}

1

2

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

𝑣=−679582,6765045441 · () ∨ 𝑣=679582,6765045441 · ()

𝐽^{0,5} 𝐽^{0,5}

𝑘𝑔 𝑘𝑔

                                                                 𝐽           𝑚
Farten er en størrelse og opfattes derfor som positiv. Den underlige enhed ( ) svarer til , da vi har
                                                                𝑘𝑔            𝑠

0,5 brugt SI-enheder alle steder. Vi konkluderer så:

Farten af deuteriumkerner med den gennemsnitlige kinetiske energi er på 6,80 · 10^{5}^{𝑚}_{𝑠}.

c)

Hvis vi skal kunne tale om en konstant tilførsel af deuterium pr. sekund, skal der være en lineær

sammenhæng mellem tiden og tætheden af elektroner. Vi laver et (𝑡,𝑛_{𝑒})-plot og foretager lineær

regression for at undersøge, om dette er tilfældet:

Tid/s 0,00 0,10 0,15 0,25 0,45 0,55

Tæthed af elektroner/ (10^{18} 𝑚^{−3}) 19,8 21,9 22,9 25,0 28,6 30,3

Lineær regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,9984149

Side 13

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

13

𝑦=19,04444𝑥+ 19,98889

Der er en god lineær sammenhæng, hvilket ses af både grafen og 𝑅^{2} =0,998.

Vi kan altså opstille følgende sammenhæng mellem tætheden af elektroner og tiden med underforståede SI-enheder:

𝑛_{𝑒} = ( 19,04444𝑡 + 19,8889) · 10^{18}

Der gælder desuden, at 𝑛_{𝑒} =𝑛_{𝐷}, da hvert neutralt deuteriumatom har én elektron. Tætheden af

deuterium vokser altså med (OBS: dette har intet med reaktionsrate at gøre, selvom udtrykket er det samme):

Δ𝑛

Δ𝑡

=19,0444 · 10^{18} 𝑚^{−3} · 𝑠^{−1}

Tilvæksten i massen af deuterium kan beregnes som:

Δ𝑚 Δ𝑁 Δ𝑛

Δ𝑡 Δ𝑡 Δ𝑡

= · 𝑀_{𝐷} = · 𝑉· 𝑀_{𝐷}

Hvor:

𝑉=110 𝑚^{3}

𝑀_{𝐷} =3,345254 · 10^{−27} · 𝑘𝑔

Så:

Δ𝑚

Δ𝑡

=19,0444 · 10^{18} 𝑚^{−3} · 𝑠^{−1} · 110 𝑚^{3} · 3,345254 · 10^{−27} · 𝑘𝑔
≈7,007919 · 10^{−6} · 𝑘𝑔 · 𝑠^{−1}
=7,01 · 10^{−6}

𝑘𝑔 𝑠

Side 14

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

14

                       −6
Der tilføres således 7,01 · 10 𝑘𝑔 deuterium pr. sekund.

Side 15

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

15

Opgave 6 a)

I vandret retning har vi, at:

𝑣_{𝑔𝑛𝑠} =96

𝑘𝑚 ℎ

=96 · · ·

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

≈26,66667 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

Δ𝑠=208

I vandret retning vil der gælde, at:

𝑣_{𝑔𝑛𝑠} =

Δ𝑠

Δ𝑡

Det vil sige:

26,66667 𝑚 · 𝑠^{−1} =

208 𝑚

Δ𝑡

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

𝛥𝑡=7,799999 · 𝑠

Skihoppet varer ca. 7,8 𝑠.

b)

𝐹_{1} er luftmodstandens vandrette komposant. Luftmodstanden er altid modsatrettet i forhold til
bevægelsesretningen, så 𝐹_{1} peger vandret mod højre på bilaget. 𝐹_{2} påvirker skihopperen lodret opad. Vi
aflæser størrelserne af de to kræfter for 𝑥=60 𝑚 på den opgivne graf:

𝐹_{1} =280 𝑁

𝐹_{2} =310 𝑁

Tyngdekraften virker også på skihopperen. Vi antager, at tyngdeaccelerationen er omtrent som i Danmark

med en størrelse på 𝑔=9,82^{𝑚}_{𝑠^{2}}

Massen af skihopperen med udstyr er 𝑚=65 𝑘𝑔

Størrelsen af tyngdekraften bliver så:

𝐹_{3} =𝑚 · 𝑔
=65 𝑘𝑔 · 9,82

𝑚

𝑠^{2}

Side 16

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

16

≈638,3 · 𝑘𝑔 · 𝑚 · 𝑠^{−2}
≈6,4 · 10^{2} 𝑁

Tyngdekraften er rettet lodret nedad. Vi indtegner kræfterne på bilaget:

Vi forestiller os et koordinatsystem med en vandret 𝑥-akse pegende mod højre og en lodret 𝑦-akse pegende opad. Vi får så:

Den samlede kraft i vandret retning peger mod højre og har størrelsen:

𝐹_{𝑥} =𝐹_{1} =280 𝑁

Den samlede kraft i lodret retning peger nedad og har størrelsen:

𝐹_{𝑦} =𝐹_{3} − 𝐹_{2}
=638,3 𝑁 − 310 𝑁

≈328,3 𝑁

Størrelsen af den samlede kraft kan så udregnes vha. Pythagoras:

𝐹= ( 𝐹_{𝑥})^{2} + ( 𝐹_{𝑦})^{2}

√

= √ ( 280 𝑁)^{2} + ( 328,3 𝑁)^{2}

Side 17

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

17

≈431,4868 · | 𝑁 |
=4,3 · 10^{2} 𝑁

Vi ser af tegningen af kræfterne, at vinklen med vandret kan bestemmes vha. tangens:

tan ( 𝜃) =

𝐹_{𝑦}
𝐹_{𝑥}

Det vil sige:

tan ( 𝜃) =

328,3 𝑁

280 𝑁

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

𝜃=49,53985

Vi konkluderer, at den samlede kraft, når 𝑥=60, peger skråt nedad og bagud i forhold til den vandrette
bevægelse. Kraften danner en vinkel på ca. 50° med vandret og har størrelsen 4,3 · 10^{2} 𝑁.

Side 18

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

18

Opgave 7 a)

Vi antager, at der kan ses bort fra luftmodstanden, og at ishockeybanen er helt plan og vandret, så tyngdekraften er vinkelret på banens plan. Størrelsen af den resulterende kraft på pucken vil være lig med størrelsen af gnidningskraften:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝐹_{𝑔𝑛𝑖𝑑} =𝐹_{𝑁} · 𝜇
=𝐹_{𝑡} · 𝜇
=𝑚 · 𝑔· 𝜇

Gnidningskraften er modsatrettet i forhold til puckens bevægelsesretning, så når pucken er helt bremset, skal størrelsen af det arbejde, som gnidningskraften (den resulterende kraft) har udført på pucken være lig med størrelsen af puckens kinetiske energi ved begyndelsesfarten:

𝐴_{𝑔𝑛𝑖𝑑} =𝐸_{𝑘𝑖𝑛}

Hvor:

𝐴_{𝑔𝑛𝑖𝑑} =𝐹_{𝑔𝑛𝑖𝑑} · 𝑥=𝑚 · 𝑔· 𝜇· 𝑥

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

Så:

1

2

· 𝑚 · 𝑣^{2} =𝑚 · 𝑔· 𝜇· 𝑥

⇕

𝑣= √ 2 · 𝑔 · 𝜇· 𝑥

Vi antager, at:

Pucken har bevæget sig parallelt med banens længderetning, samt at banen har en længde på 60 𝑚, så:

𝑥=60 𝑚

Tyngdeaccelerationen er lig med standardværdien 𝑔=9,8_{𝑠^{2}}^{𝑚}

Den dynamiske gnidningskoefficient mellem isen og pucken svarer til den dynamiske gnidningskoefficient mellem stål og is, som kan findes i databogen:

𝜇=0,02

Side 19

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

19

Ved brug af disse antagelser får vi så:

𝑣= √ 2 · 9,82 · 0,02 · 60 𝑚

𝑚

𝑠^{2}
≈4,854688 · | 𝑚 | · | 𝑠 |^{−1}

≈5 𝑚 𝑠

Vi vurderer altså, at pucken skal have en begyndelsesfart på ca. 5^{𝑚}_{𝑠} for at kunne glide fra den ene ende af

banen til den anden.