STX Fysik A 2016 16. august - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

1

STX Fysik A

16. August 2016

stx162-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)

Det bestrålede område skal modtage skal modtage energien 1,5 𝐽, for at aktivere stoffet. Lyset fra laseren STX 3.g

Sammenhængen mellem afsat energi og effekt kan beskrives ved:

𝐸=𝑃 · 𝑡

⇕

1,5 𝐽=18 · 10^{−3} 𝑊· 𝑡

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

t=83,33333 s

Øjet skal bestråles med laserlyset i ca. 83 s for at aktivere stoffet.

b)

Laseren udsender lys med en bølgelængde på 𝜆=689𝑛𝑚. Sammenhængen en fotons energi og fotonens

bølgelængde kan beskrives ved:

𝐸_{𝛾} =ℎ · 𝑓=

ℎ · 𝑐

𝜆

⇕

𝐸_{𝛾} = =2,883098 · 10^{−19} 𝐽

6,6261 · 10^{−34} 𝐽 · 𝑠· 299792458

𝑚 𝑠

689 · 10^{−9} 𝑚

Antallet af fotoner, der afsætter energi i øjet under bestrålingen bestemmes ved:

Side 2

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

2

𝑃=𝐸_{𝛾} · 𝛾

⇕

18 · 10^{−3} 𝑊=2,883098· 10^{−19} 𝐽 · 𝛾

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

𝛾=6,243284 · 10^{16} 𝑠^{−1}

                                                                16
Antallet af fotoner, der afsætter energi i øjet under bestrålingen, er ca. 6,2 · 10 fotoner pr. sekund.

Side 3

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

3

Opgave 2 a)

Vestforbrændingen producerer energien 5,24· 10^{15} 𝐽 pr. år. Hvert ton affald frigiver energien 10,5 𝐺𝐽 ved
afbrænding. Nyttevirkningen ved produktionen er på 𝜂=0,91.

Sammenhængen mellem energien produceret på et år og antal ton affald brændt kan beskrives ved, hvor x betegner antal ton affald:

𝐸_{å𝑟} =𝑥· 𝐸_{𝑡𝑜𝑛} · 𝜂

⇕

5,24 · 10^{15} 𝐽=𝑥· 10,5 · 10^{9} 𝐽 · 0,91

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

x=548404

I løbet af et år afbrænder Vestforbrændingen 5,48 • 10^{5} tons affald (afrunde til 3 betydende cifre).

b)

Anlægget kondenserer årligt 𝑚_{𝐷𝑎𝑚𝑝} =1,46 · 10^{8} 𝑘𝑔 vanddamp. Den specifikke varmekapacitet for
vanddamp er oplyst til 𝐶_{𝑑𝑎𝑚𝑝} =1,89_{𝑘𝑔·𝐾}^{𝑘𝐽}. Under kondenseringen omdannes vanddamp med

temperaturen 116°𝐶 til vand med temperaturen 46°𝐶:

𝑇_{116℃} =116 + 273=389𝐾

𝑇_{46℃} =46 + 273=319𝐾

Det antages, at når en temperaturen er under 100°𝐶, er tilstandsformen for vand flydende.

Varmekapaciteten for vand og vanddamp er forskellig. Flydende vands varmekapacitet er fundet til

𝐶_{𝑣𝑎𝑛𝑑} =4,182_{𝑘𝑔·𝐾}^{𝑘𝐽} i databogen. Fordampningsvarmen for vand ved en temperatur på 100 C° er aflæst i
databogen til 2257 kJ / kg. Energiudbyttet ved kondenseringen og afkøling kan beregnes ved:

𝐸=𝑚 · ( Δ𝑇_{𝐷𝑎𝑚𝑝} · 𝐶_{𝑑𝑎𝑚𝑝} + Δ𝑇_{𝑣𝑎𝑛𝑑} · 𝐶_{𝑣𝑎𝑛𝑑} + 𝐿_{𝑓})

𝐷𝑎𝑚𝑝

⇕

𝐸=1,46 · 10^{8} 𝑘𝑔 ·( ( 389𝐾 − 373𝐾) · 1890 + ( 373𝐾 − 319𝐾) · 4182 + 2257)

𝐽 𝐽 𝑘𝐽

𝑘𝑔 · 𝐾 𝑘𝑔 · 𝐾 𝑘𝑔
≈3,669079 · 10^{14} J

Det årlige energiudnytte ved kondensering og nedkøling af vanddamp er ca. 3,67 · 10^{14} 𝐽.

Side 4

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

4

Opgave 3 a)

      24
                        −
Stoffet 𝑁𝑎 henfalder ved 𝛽 (fundet i DATABOG fysik kemi):

                  24
Reaktionsskemaet for 𝑁𝑎 forløber således:

𝑋 → 𝑌_{𝑍+1}^{𝐴} + 𝑒_{−1}^{0} + 𝑣̅_{𝑒}

𝑍

𝐴

⇕

𝑁𝑎 → 𝑀𝑔_{12}^{24} + 𝑒_{−1}^{0} + 𝑣̅_{𝑒}

11

24

        24                           24
                         −
Isotopen 𝑁𝑎 henfalder ved 𝛽 til isotopen 𝑀𝑔 .

b)

Radioaktiv aktivitet har følgende sammenhæng:

𝐴 ( 𝑡) =𝐴_{0} · 𝑒^{−𝑘·𝑡}

Funktionen er en eksponentiel funktion:

𝑦=𝑏· 𝑎^{𝑥}

Hvor halveringstiden kan bestemmes som:

𝑇 =

1

2 log()

1

2 log ( 𝑎)

Foretages der regression på dataet, fås en regressionsligning, hvor konstanten 𝑎 kan aflæses:

Tabellen opstilles, og der foretages en eksponentiel regression i WordMat:

t/min 0 30 60 90 150 210 300
A/Bq 135 132 128 126 120 115 107
Eksponentiel regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,9987949

𝑦=134,8009 · 0,9992325^{𝑥}

𝑎-værdien aflæses til 0,9992325:

Halveringstiden beregnes:

𝑇 = ≈902,7767𝑚𝑖𝑛

1

2 log()

1

2 log ( 0,9992325)

I timer:

Side 5

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

5

𝑇 =902,7767𝑚𝑖𝑛 · ≈15,04628𝑡𝑖𝑚𝑒

1

2

1 𝑡𝑖𝑚𝑒

60𝑚𝑖𝑛

Halveringstiden er bestemt til 15 timer (afrundet til 2 betydende cifre).

Aktiviteten umiddelbart lige efter indsprøjtning, altså 4 timer før 𝑡=0, hvor starts aktiviteten er
𝐴_{0} =135𝐵𝑞, findes ved at løse følgende ligning 𝐴(−240). 4 timer svarer til 240 minutter:

𝐴 ( −240) =134,8009 · 0,9992325^{−240}

≈162,0767𝐵𝑞

Aktiviteten umiddelbart lige efter neutronbestråling er bestemt til 162Bq.

Vi kender aktiviteten lige efter neutronbehandling, vi kan nu beregne antallet af kerner lige efter neutronbehandling. Vi har, at sammenhængen mellem aktivitet og antal kerner er givet ved:

𝐴=𝑘· 𝑁

hvor k = ln(2) / T_{1/2} dvs. (halveringskonstanten er omregnet til sekunder for SI - enhed):

162,0767 𝐵𝑞= · 𝑁

ln ( 2)

15,04628 𝑡𝑖𝑚𝑒 · 60 · · 60

𝑚𝑖𝑛 𝑠𝑒𝑘 𝑡𝑖𝑚𝑒 𝑚𝑖𝑛

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

𝑁=1,266563· 10^{7}

                                                           7
Antallet af kerner lige efter neutronbehandling er bestemt til 1,27·10 kerner (afrundet til 3 betydende

cifre).

Side 6

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

6

Opgave 4 a)

New Horizons rejse fra Jorden til Pluto tog 3462 dage. 3462 dage svarer til:

3462 𝑑𝑎𝑔𝑒 · · · =2,991168 · 10^{8} 𝑠

24𝑡𝑖𝑚𝑒 60𝑚𝑖𝑛 60𝑠

1𝑑𝑎𝑔 1𝑡𝑖𝑚𝑒 1𝑚𝑖𝑛

Ved ankomsten til Pluto havde New Horizon bevæget sig 5,25 · 10^{12} 𝑚.

Sammenhængen mellem tilbagelagt distance og gennemsnitlig fart kan beskrives ved:

𝑠=𝑣_{𝑔𝑛𝑚} · 𝑡

⇕

5,25 · 10^{12} 𝑚=𝑣· 2,991168 · 10^{8} 𝑠

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

𝑣=17551,67 𝑚 · 𝑠^{−1}

                                                      𝑘𝑚
New Horizons gennemsnitlige fart på sin rejse til Pluto var ca. 17,6 .
                                                       𝑠

b)

Plutos diameter blev målt til 2,37 · 10^{6} 𝑚. Pluto har massen 1,31 · 10^{22} 𝑘𝑔. New Horizon har massen
470 𝑘𝑔. Da New Horizon var tættest på Pluto, var afstanden til Plutos overflade 1,25 · 10^{7} 𝑚.

Det antages, at den eneste kraft der hersker i situationen er gravitationskraften mellem Pluto og New Horizon. Gravitationskraften er givet ved:

𝐹_{𝐺} =𝐺·

𝑀· 𝑚
𝑟^{2}

⇕

𝐹_{𝐺} =6,674 · 10^{−11} · ·

𝑁· 𝑚^{2} 1,31 · 10^{22} 𝑘𝑔 ·470𝑘𝑔
𝑘𝑔^{2}
( () + 1,25 · 10^{7} 𝑚)

2,37 · 10^{6} 𝑚

2

2

≈2,194147𝑁

Størrelsen af kraften, der virker mellem Pluto og New Horizon, er bestemt til 2,19 N.

Side 7

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

7 c)

New Horizon vil fortsætte væk fra solen, fordi New Horizon besidder en kinetisk energi, der er langt større end den energi, det kræver at føre New Horizon ud af solens tyngdefelt.

Når New Horizon ikke længere er påvirket af Solens gravitationsfelt, dvs. når 𝑟→∞ (hvilket egentligt er en

falsk antagelse, men det vil vi ikke komme ind på her) vil New Horizon kun besidde en kinetisk energi. Den mekaniske energi for en genstand, der befinder sig i et gravitationsfelt er givet ved:

𝐸_{𝑚𝑒𝑘} =𝐸_{𝑘𝑖𝑛} + 𝐸_{𝑝𝑜𝑡}

Farten beregnes ved at udnytte forskellen i den mekaniske energi før og efter New Horizon har bevæget sig så langt ud i Solens tyngdefelt, at påvirkningen fra tyngdefeltet kan betragtes som 0. Solens masse er

fundet til 𝑀_{𝑠} =1,989· 10^{30} 𝑘𝑔 og solens middelradius er fundet til 𝑟_{𝑠} =6,9599 · 10^{8} 𝑚, begge værdier

fundet i DATABOG fysik og kemi:

𝐸_{𝑚𝑒𝑘𝑓ø𝑟} =𝐸_{𝑚𝑒𝑘𝑒𝑓𝑡𝑒𝑟}

⇕

1 𝑚 · 𝑀_{𝑠} 1
2 𝑟^{2} 2

· 𝑚 · 𝑣^{2} − 𝐺· = · 𝑚 · 𝑣^{2} − 0

1 𝑚^{2} 𝑁 ·𝑚^{2} 470𝑘𝑔 · 1,989 · 10^{30} 𝑘𝑔 1
2 𝑠 𝑘𝑔^{2} 2

· 470𝑘𝑔 · (14500) − (6,674 · 10^{−11} · ·)= · 470𝑘𝑔 · 𝑣^{2}
(4,92 · 10^{12} 𝑚 +6,9599 · 10^{8} 𝑚)

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

𝑣=−12501,53 𝑚 · 𝑠^{−1} ∨ 𝑣=12501,53 𝑚· 𝑠

−1

Kun den positive løsning opgives som facit. New Horizons fart, når det antages, at den ikke længere er

                                      𝑘𝑚
påvirket af solens tyngdefelt, er fundet til 12,5 .
                                       𝑠

Side 8

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

8

Opgave 5 a)

Svingningstiden for magnetens bevægelse aflæses fra grafen:

Svingningstiden aflæses ca. til:

𝑇=0,89𝑠 − 0,22𝑠=0,67𝑠

Svingningstiden for magneten er aflæst til 0,67 𝑠.

b)

Vi benytter, at magnetens bevægelse kan betragtes som en jævn cirkelbevægelse, når magneten passerer centrum af spolen. Det betyder, at den resulterende kraft for situationen er lig centripetalkraften, og da kraftmåleren blev nulstillet imens magneten hang stille i ligevægtsstilling, kan der ses bort fra tyngdekraften, vi har da, at den resulterende kraft er givet ved,

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝐹_{𝑐𝑒𝑛} =𝑚 ·

𝑣^{2}

𝑟

hvor radius kan betegnes som længden af snoren, dvs. r = 0,46 m, og centripetalkraft kan aflæses som den
numeriske værdi for de maksimale udsving på kraftmåleren dvs. F_{cen} = 0,075 N (se evt. skitse - skitsen er

ikke et krav til besvarelsen af opgaven).

Vi beregner magnetens fart, når magneten passerer ligevægtstillingen:

𝐹_{𝑐𝑒𝑛} =𝑚 ·

𝑣^{2}

𝑟

⇕

0,075 𝑁=0,085 𝑘𝑔·

𝑣^{2}

0,46𝑚

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

Side 9

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

9

𝑣=−0,637089 𝑚 · 𝑠^{−1} ∨ 𝑣=0,637089 𝑚 · 𝑠^{−1}

Fortegnet betegner magnetens bevægelsesretning.

Magnetens fart, når magneten passerer ligevægtsstilling er bestemt til 0,64 m/s (afrundet til 2 betydende

cifre).

c)

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

𝑈=−𝑁· 𝜙 ( 𝑡)

′

Vi får at vide, at til tiden t = 0 s er den magnetiske flux lig 0. Det udgår fra formlen, at ændringen i fluxen i

det tidsrum, hvor den inducerede spænding er negativ, må være positiv dvs. at værdien for den magnetiske

fluks når en maksimal positiv værdi i punktet, hvor spændingen skifter retning dvs. ca. ved t = 0,69 s. Når

spændingen skifter retning vil værdien for fluxen aftage, men stadig befinde sig i en positiv værdi, netop da

U = 0 er fastlagt til 𝜙 = 0. Vi kan på den måde være sikre på, at værdien for fluxen til tiden t = 0,7 er den

absolutte værdi.

Integreres udtrykket med hensyn til t fås:

∫𝑈 ( 𝑡) 𝑑𝑡=−𝑁 · 𝜙 ( 𝑡)

⇕

− =𝜙 ( 𝑡)

∫ 𝑈

( 𝑡) 𝑑𝑡

𝑁

Det er beskrevet i opgaveteksten at 𝜙 ( 0) =0, vi ser at fluxen til tiden 𝑡_{2} =0,874 𝑠 ca. er lig 0. Vi vil gerne

finde fluxen til tiden 𝑡 =0,7𝑠 dvs.:
                  1

𝜙 ( 0,70) =𝜙_{0,70}

Side 10

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

10

𝜙 ( 0,87) =0

I et givet interval, [ 𝑡_{1},𝑡_{2}] vil der således gælde, at:

− =𝜙 ( 𝑡_{2}) − 𝜙 ( 𝑡_{1})

∫_{𝑡_{1}}^{𝑡_{2}} 𝑈

( 𝑡) 𝑑𝑡

𝑁

Vi vælger nu 𝑡_{1} =0,70 𝑠 og 𝑡_{2} =0,315 𝑠. Vi har at 𝑁=40, og vi får da:

𝜙_{0,70} =

∫_{0,70}^{0,87} 𝑈

( 𝑡) 𝑑𝑡

𝑁

Da U er positiv i hele intervallet er integralet i tælleren arealet af det område, som afgrænses af grafen for 𝑈 ( 𝑡) og x-aksen i intervallet [ 0,70;0,874]. Arealet af det grå område bestemmes ved at tælle tern. Bilag 1.

benyttes til dette:

1. tern svarer til:

1.𝑡𝑒𝑟𝑛=0,005𝑉 · 0,05𝑠=0,00025𝑊𝑏

Arealet af det grå område udgør tilsammen ca. 13. tern dvs.:

𝐴_{13} =13 · 0,00025𝑊𝑏≈0,00325 𝑊𝑏

Vi indsætter dette i formlen og får:

𝜙_{0,70} = =8,125 · 10^{−5} 𝑊𝑏

0,00325𝑊𝑏

40

                                                            −5
Den magnetiske flux til tidspunktet 0,70 s er beregnet til 𝜙 =8,13 · 10 𝑊𝑏 (afrundet til 3 betydende
                                               0,70

cifre).

Side 11

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

11

Side 12

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

12

Opgave 6 a)

Reaktoren har form som en torus og har en volumen på 110 𝑚^{3}. Når reaktoren kører, er den samlede
tæthed af deuterium D og tritium T i plasmaet 𝑛=1,5 · 10^{20} 𝑚^{−3}. Det oplyses desuden, at tæthederne af

deuterium og tritium er lige store.

Massen af deuterium er fundet til 𝑚_{𝐷} =2,014101778𝑢 og massen af tritium er fundet til 𝑚_{𝑇} =

3,16049278𝑢 i DATABOGEN fysik og kemi:

Densiteten af blandingen er givet ved:

𝜌=

𝑚_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙}

𝑉

Vi kan se bort fra elektronernes masse, da massen af en elektron er af en ubetydelig størrelse i denne sammenhæng.

                                                                   1
Der er lige mange tritiumkerner som deuteriumkerner. Det vil sige, at: 𝑁 =𝑁 = 𝑁.
                                                           𝑇   𝐷
                                                                   2

Vi får da:

𝜌=

1

2

· 𝑁· ( 𝑚_{𝐷} + 𝑚_{𝑇})

𝑉

                                              𝑁
Vi anvender nu, at den samlede tæthed er givet ved 𝑛= . Vi får så:
                                              𝑉

𝜌= · 𝑛 · ( 𝑚_{𝐷} + 𝑚_{𝑇}) =

1 𝑚_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙}

2 𝑉

Vi indsætter i ligningen og isolerer

1 𝑚_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙}
2 110𝑚^{3}

· 1,5 · 10^{20} 𝑚^{−3} · ( 3,16049278𝑢 + 2,014101778𝑢) =

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

𝑚_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙} =4,269041 · 10^{22} 𝑢

Massen af plasmaet er således fundet til 4,26 · 10^{22} 𝑢. Afrundet ned.

b)

JET satte rekord ved at producerer energi med en effekt på 16MW. 𝑄-værdien for en D + T reaktion er

fundet til 17,6 𝑀𝑒𝑉 i Plasmafysik og fusionsenergi. Den samlede tæthed af deuterium og tritium i plasmaet

er 1,5 · 10^{20} 𝑚^{−3}, desuden er tæthederne af deuterium og tritium lige store.

Fusionseffekten er givet ved:

Side 13

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

13

𝑃 ( 𝑇) =𝑄· · 𝑛^{2} · 𝜎· 𝑣 ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅_{12} ̅ ̅ · 𝑉

1

4

Ligningen løses med 𝑥= 𝜎· 𝑣 ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ , ellers kan WordMat ikke genkende variablen:
                         12

16𝑀𝑊=17,6𝑀𝑒𝑉 · · ( 1,5 · 10^{20} 𝑚^{−3})^{2} · 𝑥· 110𝑚^{3}

1

4

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

𝑥=9,170263· 10^{−24} 𝑚^{3} · 𝑠^{−1}

                                                                         −24 3  −1
Reaktiviteten for fusionen mellem deuterium og tritium i reaktoren er bestemt til 9,2 · 10 𝑚 · 𝑠

Side 14

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. august 2016

14

Opgave 7 a)

Reklamebanneret er påvirket af 3 kræfter. Tyngdekraften, snorkraftens og kraften som modstanden fra vinden forsager. Eftersom flyet bevæger sig med konstant hastighed skal disse 3 kræfter jf. N2 være lig 0.

Tyngdekraften beregnes ved:

𝐹_{𝑔} =𝑚 · 𝑔
=19,2𝑘𝑔 · =188,544 𝑁

9,82𝑚

𝑠^{2}

Snorkraften kan beregnes ved simpel trigonometri:

𝐹_{𝑠} =

𝐹_{𝑔}

sin ( 𝛼)

= ≈988,1295𝑁

188,544 𝑁 sin ( 11)

Kraften fra vinden vil være numerisk lige så stor som snorkraftens vandrette komposant og beregnes som:

𝐹_{𝑣} =cos ( 𝛼) · 𝐹_{𝑠}
=988,1295𝑁 · cos ( 11) ≈969,9748 𝑁

Skitse af situation: