STX Fysik A 2016 25. maj - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

1

STX Fysik A 25. Maj 2016

1stx161-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:

𝑚 = 0,73 𝑘𝑔

𝑉 = 0,75 𝐿

Densiteten kan beregnes som:

𝜌 =

𝑚

𝑉

=

0,73 𝑘𝑔

0,75 𝐿

≈ 0,9733333 𝑘𝑔

𝐿

Vinens densitet er 0,97^{𝑘𝑔}_{𝐿}.

b)

Den gennemsnitlige effekt kan bestemmes som størrelsen af det samlede arbejde divideret med den tid, det tager at udføre arbejdet:

𝑃_{𝑔𝑛𝑠} =

𝐴

Δ𝑡

Arbejde er lig med kraft gange vej:

𝐴 = 𝐹· 𝑠

Størrelsen af arbejdet kan da bestemmes som arealet under den viste (𝐹,𝑠)-kurve.

Vi tæller tern under grafen på bilaget og estimerer herved arealet til 114 tern.

Vi ser, at 1 tern svarer til et areal på:

Side 2

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

2

𝐴_{𝑡𝑒𝑟𝑛} =0,0025 𝑚 · 25 𝑁
=0,0625 · 𝑁 · 𝑚
=0,0625 𝐽

Det optalte areal svarer således til et arbejde på:

𝐴 = 114 · 0,0625 𝐽 = 7,125 · 𝐽

Vi har, at Δ𝑡 = 2,3 𝑠

Den gennemsnitlige effekt kan så beregnes som:

𝑃_{𝑔𝑛𝑠} =

7,125 𝐽

2,3 s

≈ 3,097826 · 𝐽 · 𝑠^{−1}
= 3,1 𝑊

Det vurderes, at 𝐹 udfører arbejde på proppen med en gennemsnitlig effekt på 3,1 𝑊 under åbningen af vinen.

Side 3

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

3

Opgave 2 a)

Vi opskriver et reaktionsskema:

𝑂 + 𝑝_{1}^{1} → 𝑁^{13}_{7} + 𝑋_{𝑍}^{𝐴}

8

16

Hvor 𝑋_{𝑍}^{𝐴} er den ukendte, ”anden kerne”.

Ladningstallet skal bevares, så:

8 + 1 = 7 + 𝑍

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

𝑍 = 2

Nukleontallet skal bevares, så:

16 + 1 = 13 + 𝐴

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

𝐴 = 4

Den endelige kernereaktion bliver så:

𝑂 + 𝑝_{1}^{1} → 𝑁^{13}_{7} + 𝐻𝑒_{2}^{4}

8

16

Den anden kerne er altså 𝐻𝑒_{2}^{4}.

b)

Aktiviteten afhænger af tiden på følgende måde:

𝐴(𝑡) = 𝐴_{0} · 𝑒^{−𝑘·𝑡}

= 𝐴_{0} · 𝑒^{𝑇}^{1}

− ·𝑡

ln ( 2)

2

                    13               +
Vi finder i databogen, at 𝑁 henfalder ved 𝛽 og har en halveringstid på 𝑇 1 = 9,96 𝑚𝑖𝑛.
                     7
                                                             2

Vi har desuden, at:

𝑡 = 15 𝑚𝑖𝑛

𝐴 = 575 𝑀𝐵𝑞

Vi løser nu:

Side 4

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

4

575 𝑀𝐵𝑞 = 𝐴_{0} · 𝑒^{−}^{9,96 min}

ln ( 2)

·15 𝑚𝑖𝑛

⇕ Ligningen løses for A_0 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝐴_{0} = 1633,151 · 𝑀𝐵𝑞
= 1,6 𝐺𝐵𝑞

           13
Aktiviteten af 𝑁 , da prøven blev fremstillet i acceleratoren, var således 1,6 𝐺𝐵𝑞.
            7

c)

Den samlede afsatte energi kan bestemmes som den afsatte energi pr. henfald, 𝑄, gange det samlede antal henfald, Δ𝑁:

𝐸 = 𝑄· Δ𝑁

Antallet af henfald i perioden fra 𝑡_{1} = 15 𝑚𝑖𝑛 til 𝑡_{2} = 45 𝑚𝑖𝑛 (dvs. den første halve time efter

indsprøjtningen) kan bestemmes som:

Δ𝑁 = ∫ 𝐴(𝑡) 𝑑𝑡

45 𝑚𝑖𝑛

15 𝑚𝑖𝑛

Vi omregner alle størrelser til standardenheder:

𝑘 = ≈ 0,001159885 · 𝑠^{−1}

ln ( 2)

9,96 𝑚𝑖𝑛 ·

60 𝑠

1 𝑚𝑖𝑛

𝑡_{1} = 15 · 60 𝑠 = 900 · 𝑠

𝑡_{2} = 45 · 60 𝑠 = 2700 · 𝑠

𝐴_{0} = 1,6 𝐺𝐵𝑞 = 1,6 · 10^{9} 𝑠^{−1}

𝑄 = 189 𝑓𝐽 = 189 · 10^{−15} 𝐽

Vi får så:

𝐸 = 189 · 10^{−15} 𝐽 · ∫ 1,633151 · 10^{9} 𝑠^{−1} · 𝑒^{−0,001159885·𝑠^{−1}} 𝑑𝑡

·𝑡

2700 𝑠

900 𝑠

≈ 0,08208021 · 𝐽
= 82 𝑚𝐽

Der afsættes 82 𝑚𝐽 energi i patienten fra henfald af 𝑁^{13}_{7} i den første halve time efter indsprøjtningen.

Side 5

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

5

Opgave 3 a)

Lyset afbøjes som i et optisk gitter, så vi anvender gitterligningen:

𝑛 · 𝜆 = 𝑑·sin ( 𝜃_{𝑛})

Vi ønsker at bestemme 𝑑, som er den indbyrdes afstand mellem spalterne (gitterkonstanten). Dette gøres

ved at indsætte samhørende værdier 𝜃_{𝑛}, 𝑛 og 𝜆 for at løse ligningen mht. 𝑑.

Nedenstående skitse anvendes til at bestemme afbøjningsvinklen til 𝑛′te orden vha. afstanden fra 0.

ordenspletten.

Vi aflæser afstandene til 0.-ordenspletten fra de yderste pletter (6. orden - jo længere ude der måles, desto mindre bliver den relative usikkerhed) i begge sider og finder en gennemsnitsværdi:

Venstre plet:

𝑥_{1} = 5,8 𝑐𝑚

Højre plet:

𝑥_{2} = 6,0 𝑐𝑚

Gennemsnit:

Side 6

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

6

𝑥 = 5,9 𝑐𝑚 = 0,059 𝑚

Vi bestemmer afbøjningsvinklen ved at løse:

tan ( 𝜃) =

0,059 𝑚

1,20 𝑚

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

𝜃 = 2,814776

Vi har, at 𝜆 = 532 𝑛𝑚 og 𝑛 = 6. Vi løser nu:

6 · 532 𝑛𝑚 = 𝑑· sin (2,814776)

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

𝑑 = 65000,45 · 𝑛𝑚
= 65 𝜇𝑚

Afstanden mellem spalterne i skærmfilteret er 65 𝜇𝑚.

Side 7

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

7

Opgave 4 a)

Vi har, at:

𝐼 = 1,9 𝑚𝐴 = 1,9 · 10^{−3} 𝐴

𝑅 = 25 𝑘Ω = 25 · 10^{3} Ω

Elektrisk effekt kan beregnes som:

𝑃 = 𝑅· 𝐼^{2}
= 25 · 10^{3} Ω · ( 1,9 · 10^{−3} 𝐴)^{2}
≈ 0,09025 · 𝐴^{2} · 𝛺
= 0,090 𝑊

Vi konkluderer, at der omsættes elektrisk energi i NTC-resistoren med en effekt på 0,090 𝑊.

b)

For at bestemme temperaturen skal vi først kende resistansen og for at bestemme resistansen, skal vi først kende strømstyrken gennem resistoren.

Spændingsfaldet over kredsløbet er lig med summen af spændingsfaldene over de to seriekoblede resistorer, idet vi ser bort fra energitab i ledningerne:

𝑈 = 𝑈_{1} + 𝑈_{2}

Der gælder, at:

𝑈 = 𝑅 · 𝐼

Strømstyrken er den samme i hele kredsløbet, da der ikke er nogen forgreninger, så:

𝑈 = 𝑈_{𝑁𝑇𝐶} + 𝑅· 𝐼

Hvor:

𝑈 = 12,0 𝑉

𝑈_{𝑁𝑇𝐶} = 3,5 𝑉

𝑅 = 31𝑘Ω = 31 · 10^{3} Ω

Vi bestemmer strømstyrken:

12,0 𝑉 = 3,5 𝑉+ 31 · 10^{3} Ω · 𝐼

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

Side 8

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

8

𝐼 = 0,0002741935 · 𝛺^{−1} · 𝑉

Vi kan nu beregne resistansen i NTC-resistoren som:

𝑅_{𝑁𝑇𝐶} =

𝑈_{𝑁𝑇𝐶}

𝐼

=

3,5 𝑉

0,0002741935· 𝛺^{−1} · 𝑉

≈ 12764,71 ·𝛺

= 13 𝑘Ω

Vi aflæser temperaturen ud for 𝑅_{𝑁𝑇𝐶} /𝑘Ω= 13 til ca. 𝑇 = 36℃.

Vi konkluderer, at NTC-resistorens temperatur er omkring 36℃.

Side 9

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

9

Opgave 5 a)

Effekt er givet ved omsat energi pr. tid:

𝑃 =

Δ𝐸

Δ𝑡

Den omsatte energi er elektrisk energi, som omsættes ved bevægelse af ladninger. Spændingsforskel kan beregnes som den omsatte elektriske energi divideret med størrelsen af den passerede ladning:

𝑈 =

Δ𝐸

Δ𝑄

⇕

Δ𝐸 = 𝑈· Δ𝑄

Vi får så:

𝑃 =

𝑈· Δ𝑄

Δ𝑡

Batteriet skal genoplades efter levering af hele ladningen, så:

Δ𝑄 = 5,04 𝑘𝐶 = 5,04 · 10^{3} 𝐶

Vi har desuden, at:

𝑃 = 5,5 𝑊

𝑈 = 3,7 𝑉

Tiden, der kan suges, beregnes så ved løsning af:

5,5𝑊 =

3,7 𝑉· 5,04 · 10^{3} 𝐶

Δ𝑡

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

𝛥𝑡 = 3390,545 · 𝐶· 𝑉 · 𝑊^{−1}
= 3390 𝑠 ·

1 𝑚𝑖𝑛

60 𝑠

= 56,5 · 𝑚𝑖𝑛

≈ 57 𝑚𝑖𝑛

Der kan i alt suges på e-cigaretten i 57 minutter, før batteriet skal genoplades.

Side 10

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

10 b)

Vi antager, at hele den elektriske effekt går til opvarmning og fordampning af stoffet. Vi antager, at stoffet ikke udveksler varme med omgivelserne. Der leveres altså energi til både opvarmning og efterfølgende fordampning af stoffet, så:

𝑃 =

𝐸_{𝑜𝑝𝑣𝑎𝑟𝑚𝑛𝑖𝑛𝑔} + 𝐸_{𝑓𝑜𝑟𝑑𝑎𝑚𝑝𝑛𝑖𝑛𝑔}

Δ𝑡

=

𝑚 · 𝑐 · Δ𝑇 + 𝑚· 𝐿_{𝑓}

Δ𝑡

Hvor:

𝑐 = 2,51 = 2,51 ·

𝐽 𝐽

𝑔 ·𝐾 𝑔 · ℃

𝐿_{𝑓} = 711

𝐽 𝑔

𝑃 = 5,5 𝑊

Δ𝑡 = 1 𝑠

Vi antager at stoffet starter ved temperaturen 𝑇_{1} = 20℃, hvorefter det opvarmes til kogepunktet ved
𝑇_{2} = 187℃, så:

Δ𝑇 = ( 187 − 20) ℃ = 167℃

Vi løser nu:

5,5 𝑊 =

𝑚 · 2,51 · 167℃ + 𝑚 · 711

𝐽 𝐽

( 𝑔 ·℃) 𝑔

1 𝑠

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

𝑚 = 0,004866525 · 𝐽^{−1} · 𝑊· 𝑔· 𝑠
= 4,9 · 10^{−3} 𝑔 ·

𝑊· 𝑠

𝐽

= 4,9 · 10^{−3} 𝑔

Vi vurderer, at e-cigaretten kan fordampe 4,9 𝑚𝑔 1,2-propandiol pr. sekund.

Side 11

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

11

Opgave 6 a)

Størrelsen af magnetfeltet i midten af torussen kan bestemmes af formlen:

𝐵 = 𝜇_{0} ·

𝑁· 𝐼
2𝜋 · 𝑟

Vi ser at 𝐵 og 𝐼 er ligefrem proportionale, så den maksimale størrelse af magnetfeltet opstår ved den maksimale strømstyrke:

𝐼 = 250 𝑘𝐴 = 250 · 10^{3} 𝐴

Vakuumpermeabiliteten findes i ”Plasmafysik og fusionsenergi”:

𝜇_{0} = 1,25664 · 10^{−6}

𝑁

𝐴^{2}

Afstanden 𝑟 fra centrum i torussen er lig med storradius midt i torussen:

𝑟 = 0,67 𝑚

Antal vindinger gives i teksten:

𝑁 = 120

Vi bestemmer den maksimale størrelse af magnetfeltet:

𝐵 = 1,25664 · 10^{−6} ·

𝑁 120 · 250 · 10^{3} 𝐴
𝐴^{2} 2𝜋 · 0,67 𝑚
≈ 8,955245 · 𝐴^{−1} · 𝑁· 𝑚^{−1}
= 9,0 𝑇

Den maksimale størrelse af magnetfeltet midt i torussen er 9,0 𝑇.

b)

Reaktionsraten^{Δ𝑛}_{Δ𝑡} er givet ved:

Δ𝑛

Δ𝑡

= 𝑛_{1} · 𝑛_{2} · 𝜎 ·𝑣 ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅_{12} ̅ ̅

Vi har dog, at 𝑛_{𝐷} = 𝑛_{𝐻𝑒}, så:

Δ𝑛

Δ𝑡

      2
= ( 𝑛 ) · 𝜎 · 𝑣 ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅
    𝐷       12

Vi gives reaktionsraten i opgaveteksten:

Side 12

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

12

Δ𝑛

Δ𝑡

= 6,4 · 10^{12} 𝑚^{−3} · 𝑠^{−1}

Reaktiviteten ved 58 𝑀𝐾 aflæses af figuren:

𝜎 · 𝑣 ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅_{12} ̅ ̅ = 7,0 · 10^{−27}

𝑚^{3}

𝑠

Tætheden af deuterium bestemmes nu ved at løse:

6,4 · 10^{12} 𝑚^{−3} · 𝑠^{−1} = ( 𝑛_{𝐷})^{2} · 7,0 · 10^{−27}

𝑚^{3}

𝑠

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

𝑛_{𝐷} = −3,023716 · 10^{19} · | 𝑚 |^{−1} · 𝑚^{−2} ∨ 𝑛 = 3,023716 · 10^{19} · | 𝑚 |^{−1} · 𝑚^{−2}

𝐷

Tætheden er en positiv størrelse, så den negative løsning bortkastes. Vi ser desuden bort fra numerisktegn, da de blot skyldes, at WordMat ikke skelner enheder fra variable.

Tætheden af deuterium i plasmaet er således 𝑛_{𝐷} = 3,0 · 10^{19} 𝑚^{−3}

Side 13

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

13

Opgave 7 a)

Der gælder, at:

𝑣 =

Δ𝑠

Δ𝑡

Vi har, at:

𝑣 = 0,60

𝑚 𝑠

Δ𝑠 = Δℎ = 20 𝑚

Vi får så:

0,60 =

𝑚 20 𝑚 𝑠 Δ𝑡

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

𝛥𝑡 = 33,33333 · 𝑠

Den sidste fase af landingen tog 33 sekunder.

b)

Mekanisk energi er lig med potentiel energi plus kinetisk energi:

𝐸_{𝑚𝑒𝑘} = 𝐸_{𝑝𝑜𝑡} + 𝐸_{𝑘𝑖𝑛}

Størrelsen af den tabte, mekaniske energi kan da bestemmes som

𝐸_{𝑡𝑎𝑏𝑡} = −Δ𝐸_{𝑚𝑒𝑘} = −(Δ𝐸_{𝑝𝑜𝑡} + Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛})

Hvor:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

Ved 125 kilometers højde skal vi anvende den præcise formel for potentiel gravitationsenergi. For nemheds skyld anvendes denne også ved 1,5 km højde. Vi får så:

𝐸_{𝑝𝑜𝑡} = −𝐺·

𝑚 · 𝑀

𝑟

Hvor:

Side 14

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

14

𝐺 = 6,67 · 10^{−11}

𝑁· 𝑚^{2}
𝑘𝑔^{2}

Rumsondens masse benævnes 𝑚:

𝑚 = 3,3 · 10^{3} 𝑘𝑔

Massen af Mars benævnes 𝑀 (massen findes i databogen):

𝑀 = 0,107 · 𝑀_{𝑗𝑜𝑟𝑑} = 0,107 · 5,976 · 10^{24} 𝑘𝑔 = 6,39432 · 10^{23} · 𝑘𝑔

Afstanden 𝑟 skal måles til massemidtpunktet af Mars, som antages at være kuglerund. Afstanden bliver så lig med afstanden til overfladen plus radius af Mars (som findes i databogen).

𝑟 = 𝑟_{𝑜𝑣𝑒𝑟𝑓𝑙𝑎𝑑𝑒} + 𝑟_{𝑀𝑎𝑟𝑠}

Ved 125 km højde får vi:

𝑟_{1} = 125 𝑘𝑚 + 2439 𝑘𝑚
= 2564 · 𝑘𝑚
= 2564 · 10^{3} 𝑚

Ved 1,5 km højde får vi:

𝑟_{2} = 1,5 𝑘𝑚 + 2439 𝑘𝑚
= 2440,5 · 𝑘𝑚
= 2440,5 · 10^{3} 𝑚

Ved 125 km højde har vi:

𝑣_{1} = 5,9 · 10^{3}

𝑚 𝑠

𝑣_{2} = 79

𝑚 𝑠

Ændringen i potentiel energi bestemmes som:

Δ𝐸_{𝑝𝑜𝑡} = 𝐸_{𝑝𝑜𝑡,2} − 𝐸_{𝑝𝑜𝑡,1}
= −𝐺· − (−𝐺·)

𝑚 · 𝑀 𝑚 · 𝑀
𝑟_{2} 𝑟_{1}
= −𝐺· 𝑚· 𝑀 ( −)

1 1

𝑟_{2} 𝑟_{1}

= −6,67 · 10^{−11} · 3,3 · 10^{3} 𝑘𝑔 · 6,39432·10^{23} · 𝑘𝑔 · ( −)

𝑁 ·𝑚^{2} 1 1
𝑘𝑔^{2} 2440,5 · 10^{3} 𝑚 2564 · 10^{3} 𝑚
≈ −2,777821 · 10^{9} · 𝑁· 𝑚
= −2,8 · 10^{9} 𝐽

Ændringen i kinetisk energi bestemmes som:

Side 15

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

15

Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = 𝐸_{𝑘𝑖𝑛,2} − 𝐸_{𝑘𝑖𝑛,1}
= · 𝑚 ·𝑣_{2}^{2} − · 𝑚 · 𝑣_{1}^{2}

1 1

2 2

= · 𝑚 ·(𝑣_{2}^{2} − 𝑣_{1}^{2})

1

2

= · 3,3 · 10^{3} 𝑘𝑔 · ((79) − (5,9 · 10^{3}))

1 𝑚^{2} 𝑚^{2}

2 𝑠 𝑠

≈ −5,74262 · 10^{10} · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}
= −5,8 · 10^{10} 𝐽

Tabet i mekanisk energi bestemmes:

𝐸_{𝑡𝑎𝑏} = − ( Δ𝐸_{𝑝𝑜𝑡} + Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛})
= − ( −2,777821· 10^{9} 𝐽 + ( −5,74262 · 10^{10} 𝐽))
≈ 6,020402 · 10^{10} · 𝐽

Det vil sige, at rumsonden taber en mængde mekanisk energi med størrelsen 6,0 · 10^{10} 𝐽 fra højden 125

km til højden 1,5 km.

c)

Ved 1,5 km højde kan faldet opfattes som lodret. Vi regner derfor kun i den lodrette dimension.

Rumsonden påvirkes da af tyngdekraften og kraften fra luftmodstanden. Vi antager, at rumsonden stadig

bremses ved denne højde, så 𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡} > 𝐹_{𝑡}. Størrelsen af den resulterende kraft kan da bestemmes som:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} = 𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡} − 𝐹_{𝑡}

Hvor:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} = 𝑚 · 𝑎

𝐹_{𝑡} =𝑚· 𝑔

𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡} = · 𝑐_{𝑤} · 𝜌 · 𝐴 · 𝑣^{2}

1

2

Det vil sige, at:

𝑚 · 𝑎 = · 𝑐_{𝑤} · 𝜌 · 𝐴 · 𝑣^{2} − 𝑚 · 𝑔

1

2

Hvor:

𝑚 = 3,3 · 10^{3} 𝑘𝑔

𝑐_{𝑤} = 0,66

Tværsnitsarealet er vinkelret på bevægelsesretningen, og vi antager, at faldskærmens tværsnit er cirkelformet, så:

Side 16

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 25. Maj 2016

16

𝐴 = 𝜋· 𝑟^{2}

= 𝜋· ( 𝑑)

1

2

2

= 𝜋· ( · 21,35 𝑚)

1

2

2

≈ 358,0022 · 𝑚^{2}

𝜌 = 0,020

𝑘𝑔

𝑚^{3}

𝑣 = 79

𝑚 𝑠

Vi antager, at 1,5 km højde kan opfattes som ”nær Mars”, så:

𝑔 = 3,72

𝑚

𝑠^{2}

Vi løser nu:

3,3 · 10^{3} 𝑘𝑔 · 𝑎 = · 0,66 · 0,020 · 358 𝑚^{2} · (79) − 3,3 · 10^{3} 𝑘𝑔 · 3,72

1 𝑘𝑔 𝑚^{2} 𝑚
2 𝑚^{3} 𝑠 𝑠^{2}

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

𝑎 = 0,748556 · 𝑚 · 𝑠^{−2}

Ved højden på 1,5 km er størrelsen af rumsondens acceleration på 0,75^{𝑚}_{𝑠^{2}} (og den er i øvrigt positiv, så vi
havde ret i, at 𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡} > 𝐹_{𝑡}).