STX Fysik A 2017 16. august - Vejledende besvarelse

Side 1

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

1

STX Fysik A 16. August 2017

stx172-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: Køling af ledninger a)

Elektrisk effekt er generelt givet ved:

𝑃=𝑈 · 𝐼

⇕

Vi indsætter kendte værdier, hvor P = 503 W og I = 20,0 kA, og løser for spændingen U:

503𝑊=𝑈 · 20,0 · 10^{3} 𝐴

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

𝑈=0,02515 𝑉

Spændingsfaldet over forbindelsen er bestemt til 0,0252 V (afrundet til 3 betydende cifre).

b)

Vi antager, at alt den omsatte energi i ledningerne går til faseovergang og opvarmning af nitrogen. Vi har, at energien, der hvert sekund omsættes energi til faseovergang og opvarmning af nitrogen, er givet ved:

𝑃=m · l_{f} + Δ𝑇· 𝑚 · 𝑐

⇕

Vi indsætter kendte værdier, hvor P = 503W, fordampningsvarmen er oplyst til at være l = 199 kJ/kg, og c

f

betegner den specifikke varmekapacitet for nitrogen på gasform, som er oplyst til at være c = 1,04 kJ / kg · K,

vi løser for den samlede masse af nitrogen m i udtrykket herunder:

503𝑊=𝑚 · 199 · 10^{3} + ( 296𝐾 −77,4𝐾) · 𝑚 · 1,04 · 10^{3}

𝐽 𝐽

𝑘𝑔 𝑘𝑔 · 𝐾

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

Side 2

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

2

𝑚=0,9 𝑘𝑔 · 𝑠

−1

Der tilføres hvert sekund 0,00118 kg nitrogen til forbindelsen (afrundet til 3 betydende cifre).

Side 3

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

3

Opgave 2: Protonbuer a)

Vi bestemmer gitterkonstanten d i enheden m:

𝑑=

1

1200 · 10^{3} 𝑚^{−1}
≈8,333333· 10^{−7} 𝑚

Gitterligningen er generelt givet ved:

𝑛 ∙ 𝜆=𝑑∙ sin (𝜃_{𝑛})

⇕

Vi indsætter kendte størrelser, hvor n = 1, bølgelængden for spektrallinjen er oplyst til at være λ = 557,7 nm,

vi løser herefter for 1. ordens afbøjningsvinkel Φ :
                                       1

1 · 557,7 · 10^{−9} 𝑚=8,333333 · 10^{−7} 𝑚 · sin ( Φ_{1})

⇕ Ligningen løses for Φ_1 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝛷_{1} =42,00844

Afbøjningsvinklen for 1.orden er bestemt til 42,01° (afrundet til 4 betydende cifre).

b)

Når et oxygenatom henfalder fra en exciteret tilstand udsendes en foton med energien, der netop svarer til energiforskellen mellem de to energiniveauer.

En fotons energi er generelt givet ved, hvor h = 6,6260896 J · s betegner Plancks konstanten, og c = 8
m/s betegner lysets hastighed i vakuum:

𝐸=

ℎ · 𝑐

𝜆

⇕

Vi beregner energien for hhv. de tre fotoner med bølgelængderne λ, λ og λ:

295,8nm 557,7nm 630,0nm

𝐸_{295,8𝑛𝑚} =

6,6260896 · 10^{−34} J · s · 8

m s

295,8 · 10^{−9} 𝑚
≈6,7155229· 10^{−19} · 𝐽

Og:

𝐸_{557,7𝑛𝑚} =

6,6260896 · 10^{−34} J · s · 8

m s

557,7 · 10^{−9} 𝑚

Side 4

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

4

≈3,5618642· 10^{−19} · 𝐽

Og:

𝐸_{630,0𝑛𝑚} =

6,6260896 · 10^{−34} J · s · 8

m s

630,0 · 10^{−9} 𝑚
≈3,1530979· 10^{−1} · 𝐽

Det er oplyst, at de tre fotoner stammer fra overgange mellem to exciterede tilstande og grundtilstanden.

Fotonen med den største energi må stamme fra overgangen mellem den exciterede tilstand med det største energiniveau og grundtilstanden.

Fotonen med den anden største energi må stamme fra overgangen mellem den exciterede tilstand med det andet største energiniveau og grundtilstanden.

Fotonen med den laveste energi må stamme fra overgangen mellem den exciterede tilstand med det største energiniveau og den exciterede tilstand med det mindste energiniveau, dette indses ved:

𝐸_{630,0𝑛} =𝐸_{295,8𝑛𝑚} − 𝐸_{557,7𝑛𝑚}
=6,7155229· 10^{−19} · 𝐽− 3,5618642 · 10^{−1} · 𝐽
=3,1536587· 10^{−19} · 𝐽

                                                           -19
Energiforskellen mellem de to exciterede tilstande er bestemt til 3,15 · 10 J (afrundet til 3 betydende cifre).

Vi kan konkludere, at energiforskellen netop svarer til energien for fotonen med bølgelængden λ = 630,0 nm,

vi har dermed gjort rede for, at de tre spektrallinjer stammer fra to exciterede tilstande og grundtilstanden for oxygen.

Side 5

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

5

Opgave 3: Satellitten Meridian 6 a)

Kraften mellem Jorden og Meridian 6 er givet ved Newtons gravitationslov:

𝐹=𝐺·

𝑚 · 𝑀_{𝐽}
𝑟^{2}

⇕

Vi indsætter kendte størrelser, hvor G = 6,67428 · 10^{-11} N · m^{2} /kg^{2} betegner gravitationskonstanten, og M =

J

5,974 · 10^{24} kg betegner Jordens masse:

𝐹=6,67428 · 10^{−11} ·

𝑁· 𝑚^{2} 2,50 · 10^{3} 𝑘𝑔 · 5,974 · 10^{24} 𝑘𝑔
𝑘𝑔^{2} ( 4,513 · 10^{7} 𝑚)^{2}

≈489,4169 N

Kraften mellem Jorden og Meridian 6, når Meridian 6 er længst væk fra sine bane, er bestemt til 489 N

(afrundet til 3 betydende cifre).

b)

Vi har, at den eneste kraft, der virker på Meridian 6, er tyngdekraften fra Jorden, dvs. at den mekaniske energi konstant i hhv. de to afstande fra centrum af Jorden r og r dvs.:

1 2

𝐸_{𝑚𝑒𝑘} =𝐸_{𝑚𝑒𝑘2}

⇕

1 𝑀_{𝐽} · 𝑚 1 𝑀_{𝐽} · 𝑚
2 𝑟_{1} 2 𝑟_{2}

· 𝑚 · 𝑣_{1}^{2} − 𝐺· = · 𝑚· 𝑣_{2}^{2} − 𝐺·

⇕

Vi indsætter kendte værdier i udtrykket herover, hvor hhv. r = 8,00 · 10^{6} m og r = 1,85 · 10^{7} m betegner de

1 2

to afstande fra satellitten til centrum af Jorden i de to baner, M = 5,974 · 10^{24} kg betegner massen af Jorden,

J

G = 6,67 · 10^{-11} N · m^{2} /kg^{2} betegner gravitationskonstanten, og v = 9,21 km/s betegner satellittens fart i

1 afstanden r

1 2 2

. Vi løser for satellittens fart v i afstanden r

, hvor v > 0:

1 𝑚^{2} 𝑁 · 𝑚^{2} 5,974 · 10^{24} 𝑘𝑔 · 2,50 · 10^{3} 𝑘𝑔
2 𝑠 𝑘𝑔^{2} 8,00 · 10^{6} 𝑚

· 2,50 · 10^{3} 𝑘𝑔 · ( 9,21 · 10^{3}) − 6,67 · 10^{−11} ·

= · 2,50 · 10^{3} 𝑘𝑔 · 𝑣_{2}^{2} − 6,67 · 10^{−11} ·

1 𝑁· 𝑚^{2} 5,974 · 10^{24} 𝑘𝑔 · 2,50 · 10^{3} 𝑘𝑔
2 𝑘𝑔^{2} 1,85 · 10^{7} 𝑚

⇕ Ligningen løses for v_2 vha. CAS-værktøjet WordMat. med følgende antagelser/definitioner: 𝑣_2>0

Side 6

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

6

𝑣_{2} =5318,3676

𝑚 𝑠

Farten for Meridian 6 i afstanden 1,85 · 10^{7} m fra Jordens centrum er bestemt til 5,32 km/s (afrundet til 3

betydende cifre).

c)

Vi indser vha. de kinematiske relationer:

𝑣 ( 𝑡) =𝑠^{′} ( 𝑡)

⇕

𝑠 ( 𝑡) =∫𝑣 ( 𝑡) 𝑑𝑡

At farten integreret med hensyn til tiden er lig position. Vi indser da, at arealet under en (t, v) - graf er lig afstanden tilbagelagt. Vi bestemmer derfor, hvor langt Meridian 6 tilbagelægger, i den tid hvor Meridian 6 kan ses fra den nordlige halvkugle, som arealet under (t, v) - grafen i intervallet [0 s; 31200 s]. I Excel bestemmer vi en regressionsligning, der beskriver grafen for (t, v) vha. data fra tabellen, resultatet kopieres herefter ind i besvarelsen. Vi benytter polynomisk regression.

Vi ser, at R^{2} = 0,995 (afrundet til 3 betydende cifre), vi kan konkludere, at regressionsligningen tilstrækkeligt

beskriver den forventede udvikling.

Vi aflæser og definerer regressionsligningen til:

𝑣 ( 𝑡) ≔0,91𝑡 − 0,90𝑡 + 3,5

2

Vi bestemmer afstanden tilbagelagt, som arealet under grafen i intervallet [0s; 31200s] vha. af det bestemte integral herunder i samme interval.

y = 0,91x - 0,90x + 3,55

2

R² = 0,20

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

4,5

000

v / km/s

t / s

(t, v) - graf

Side 7

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

7

𝑠=∫ 𝑣 ( 𝑡) 𝑑𝑡

31200

0

=72244,744

Meridian bevæger sig 72,2 · 10^{3} km (afrundet til 3 betydende cifre).

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 8

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

8

Opgave 4: Curium a)

I DATABOGEN fysik kemi aflæser vi, at henfaldet af Cm-242 forløber ved 𝛼-henfald, protontallet for Cm-242

aflæses til Z = 96, og datterkernen aflæses til Y = Pu-238. Den generelle reaktion for et 𝛼-henfald er givet ved:

    𝐴−4    4
𝑋→ 𝑌+ 𝐻𝑒
    𝑧−2    2

𝑍

𝐴

⇕

Vi opstiller reaktionen for henfaldet af Cm-242:

      238
𝐶𝑚→ 𝑃𝑢+ 𝐻𝑒
       94

96 2

242 4

Reaktionsskemaet for henfaldet af Cm-242 er givet herover.

b)

Vi aflæser atommassen af Cu-242 i DATABOGEN fysik kemi til m = 242,0588358 u. Vi bestemmer antallet

Cm-242

af Cu-242 kerner i prøven med massen m = 1,5 g:

𝑁=

𝑚

𝑚_{𝐶𝑚−2}

=

1,5 · 10^{−3} 𝑘𝑔
242,0588358𝑢 · 1,6605 · 10^{−27}

𝑘𝑔 𝑢

≈3,7319124· 10^{21}

Vi aflæser halveringstiden for Cu-242 i DATABOGEN fysik kemi til T = 162,8 dag. Vi bestemmer aktiviteten
1/2

i prøven ved:

𝐴=𝑘· 𝑁
= · 𝑁

ln ( 2)

𝑇

1

2

= · 3,7319124 · 10^{21}

ln ( 2)

162,8 𝑑𝑎𝑔 · 24 · 60 · 60

𝑡𝑖𝑚𝑒 𝑚𝑖𝑛 𝑠 𝑑𝑎𝑔 𝑡𝑖𝑚𝑒 𝑚𝑖𝑛

=1,8390298· 10^{14} · 𝐵𝑞

Vi har, at aktivitet betegner antal henfald pr. s, dvs. da der ved hvert henfald absorberes en energi med

størrelsen 9,79 · 10^{-13} J, får vi at effekten, hvormed der omsættes energi i prøven er givet ved:

𝑃=𝐴 · 𝐸
=1,8390298 · 10^{14} · 𝐵𝑞· 9,79 · 10^{−13} 𝐽

≈180,041 𝑊

Der omsættes energi med effekten 180 W (afrundet til 3 betydende cifre).

Side 9

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

9

Opgave 5: Rystelygte a)

Sammenhængen mellem strømstyrke og spænding er givet ved Ohms lov:

𝐼=

𝑈

𝑅

⇕

Vi ser, at strømstyrken, I er proportionel med spændingen, U, dvs. at den numerisk største strømstyrke indtræffer, der hvor den største numerisk største spænding induceres, dvs. et ekstrem på grafen. Vi aflæser

spændingsfaldet for et ekstrem på bilaget til ca. U = 8,6 V. Vi bestemmer den største strømstyrke i spolen:

𝐼=

8,6𝑉

2,7Ω

=3,19 A

Den største strømstyrke er bestemt til 3,2 A (afrundet til 2 betydende cifre).

b)

Betragter vi Faradays induktionslov, ser vi, at den numerisk størst inducerede spænding indtræffer, når der sker den største ændring i fluksen.

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =−Φ^{′} ( 𝑡)

Vi antager at magnetens fart er konstant, vi har da, at den største ændring i fluksen indtræffer hhv. lige før og efter magneten passerer midten af spolen, eftersom jf. Lenz’ lov vil den inducerede spænding give anledning til et magnetfelt, der modvirker magnetens bevægelse. Det medfører, hvis der induceres en negativ spænding, når magnetens nordpol nærmer sig spolen, vil der induceres en positiv spænding, når magneten forlader spolen, da magnetens sydpol derved peger mod spolen. Vi ser dette skift på grafen, som grafens skæring med x-aksen. Vi kan dermed konkludere, at magnetens samlede bevægelse, er fra yderposition til yderposition og tilbage igen.

På bilaget aflæser vi tiden, som magneten bruger på, at tilbagelægge denne distance til Δt = 0,16 s. Vi ved at
afstanden mellem yderpositionerne er 60 mm, dvs. at magnetens samlede tilbagelagte distance er Δs = 2 ·
60 mm = 120 mm. Vi bestemmer magnetens gennemsnitlige fart ved:

𝑣_{𝑔𝑛𝑚} =

Δ𝑠

Δ𝑡

=

120 · 10^{−3} 𝑚

0,16𝑠

=0,75

𝑚 𝑠

Magnetens gennemsnitlige fart er bestemt til 0,75 m/s.

Side 10

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

10 c)

Den inducerede spænding er givet ved Faradays’ induktionslov:

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} ( 𝑡) =−𝑁 · Φ^{′} ( 𝑡)

Vi skal vurdere ændringen i den magnetiske fluks ΔΦ, vi ser derfor udelukkende på maksimalværdien dvs.:

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} ( 𝑡) = | 𝑁· Φ^{′} ( 𝑡) |

⇕

∫𝑈_{𝑖𝑛𝑑} ( 𝑡) 𝑑𝑡= | 𝑁 · ∫Φ^{′} ( 𝑡) 𝑑𝑡 |
= | 𝑁 · Φ ( 𝑡) |

⇕

Vi isolerer udtrykket for den magnetiske fluks Φ:

Φ ( 𝑡) =

∫ 𝑈_{𝑖𝑛𝑑}

( 𝑡) 𝑑𝑡

𝑁

Vi indser, at ændringen i den magnetiske fluks er lig den inducerede spænding integreret med hensyn til tiden, dvs. arealet under (t, U) - grafen. Ændringen i den magnetiske fluks ΔΦ i tidsrummet [0,04s; 0,06s] er dermed givet ved det bestemte integral i samme interval dvs.:

ΔΦ_{[}_{0,04𝑠; 0,06} =

]

∫_{0,04}^{0,06} 𝑈_{𝑖𝑛𝑑}

( 𝑡) 𝑑𝑡

𝑁

⇕

Vi bestemmer det bestemte integral, som arealet under grafen i intervallet [0,04s; 0,06s]. Vi har, at 1 tern

svarer til 1V · 0,01 s = 0,01 V · s. Antallet af tern er aflæst til ca. 12,5 tern (se evt. bilag), dvs. at det bestemte

integral er givet ved:

∫ 𝑈 ( 𝑡) 𝑑𝑡 =12,5 𝑡𝑒𝑟𝑛 ·

𝑖𝑛𝑑

0,06

0,04

0,01 𝑉· 𝑠

𝑡𝑒𝑟𝑛

=0,125 𝑇 · 𝑚^{2}

Det er oplyst at spolen har 1600 vindinger, dvs. N = 1600, vi bestemmer ændringen i fluksen ved:

ΔΦ_{[}_{0,04𝑠; 0,06𝑠} =

]

0,125 𝑇 · 𝑚^{2}

1600

=7,8125 · 10^{−5} 𝑇 · 𝑚^{2}

Ændringen i den magnetiske flus i tidsrummet [0,040s; 0,060s] er bestemt til 7,81 · 10^{-5} Wb (afrundet til 3

betydende cifre).

Side 11

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

11

Side 12

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

12

Opgave 6: TFTR tokamakken a)

Densiteten af plasmaet er givet ved:

𝜌=

𝑚_{𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙}

𝑉

⇕

Vi har, at der er lige mange deuterium og tritium kerner dvs. N = N = ½ N:

T D

𝜌=

1

2

· 𝑁· ( 𝑚_{𝐷} + 𝑚_{𝑇})

𝑉

⇕

Vi anvender, at den samlede tæthed er givet ved n = N/V, vi får da:

𝜌= · ( 𝑚_{𝐷} + 𝑚_{𝑇}) · 𝑛

1

2

⇕

Massen af hver tritium- og deuteriumkerne kan estimeres som nukleontallet gange enheden unit, som svarer

til 1 u = 1,661 · 10^{-27} kg:

𝑚_{𝐷} =2 𝑢 ·

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

=3,322 · 10^{−27} · 𝑘𝑔

𝑚_{𝑇} =3 𝑢 ·

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

≈4,983 · 10^{−27} · 𝑘𝑔

Vi indsætter kendte størrelser, og bestemmer densiteten af plasmaet 𝜌, hvor n = 5,1 · 10^{19} m^{-3}:

𝜌= · ( 3,322 · 10^{−27} · 𝑘𝑔 + 4,983 · 10^{−27} · 𝑘𝑔) · 5,1 · 10^{19} 𝑚^{−3}

1

2

=2,117775 · 10^{−7} ·

𝑘𝑔

𝑚^{3}
Den samlede tæthed af plasmaet er bestemt til 2,12 · 10^{-7} kg/m^{3} (afrundet til 3 betydende cifre).

b)

Effekten i en fusionsreaktor ved en given temperatur er givet ved formlen herunder:

Side 13

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

13

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

1

4

⇕

Q-værdien er i dette tilfælde Q-værdien for en D + T fusion, Q-værdien aflæses i bogen plasmafysik og
fusionsenergi s. 30 til Q = 17,6 MeV. Den samlede tæthed er oplyst til n = 5,1 · 10^{19} m^{-3}. Volumen af plasmaet
er oplyst til at være V = 38,8 m^{3}, og effekten for fusionen er oplyst til at være 10,7 MW. Vi indsætter kendte

værdier og løser for reaktionsraten, hvor x = 𝜎 ·𝑣 ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ , i udtrykket herunder:
                                        12

10,7 · 10^{6} 𝑊= · 5,1 · 10^{19} 𝑚^{−3} · · 5,1 · 10^{19} 𝑚^{−3} · 𝑥· 38,8 𝑚^{3} · 17,6 · 10^{6} · 1,6022 · 10^{−19} 𝐽

1 1

2 2

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

𝑥=1,503981 · 10^{−22} 𝑚^{3} · 𝑠^{−1}

                                        -22 3 -1
Dvs. at reaktionsraten 𝜎 · 𝑣 ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ ̅ = x = 1,503981 · 10 m · s . Vi aflæser temperaturen for plasmaet ved netop
                      12

denne reaktionsrate i det dobbeltlogaritmiske papir i opgaveformuleringen:

𝑇=110 𝑀𝐾

Plasmaets temperatur er vurderet til ca. 110 MK.

Side 14

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

14

Opgave 7: Haglvejr a)

Haglene falder fra en stor højde, så jeg regner med, at de når deres terminalhastighed, inden de rammer jorden. Formlen for terminalhastighed ved et frit fald med luftmodstand er:

𝑣_{𝑡} = √

2 · 𝑔· 𝑚
𝑐_{𝑤} · 𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝐴

Haglene ser ud til at være ca. 3 cm = 0,03 m i diameter, dvs. 0,015 m i radius. Jeg regner med, at deres

tværsnitsareal er cirkelrundt. Tværsnitsarealet kan beregnes ved:

𝐴=𝜋· 𝑟^{2}

𝐴=𝜋· (0,015 𝑚)^{2}

⇕ Ligningen løses for A vha. WordMat.

𝐴=7,068583· 10^{−4} · 𝑚^{2}

Haglenes masse vurderes ved, at jeg først beregner rumfanget af et hagl. Jeg regner med, at haglene er kuglerunde, og bruger denne formel til beregning af rumfang:

𝑉= · 𝜋· 𝑟^{3}

4

3

𝑉= · 𝜋· (0,015 𝑚)^{3}

4

3

⇕ Ligningen løses for V vha. WordMat.

𝑉=1,413717 · 10^{−5} · 𝑚^{3}

Massen af et hagl bestemmes nu ved at gange rumfanget med densiteten af is, som ved opslag i Databogen

er bestemt til 0,920_{𝑐𝑚^{3}}^{𝑔} =920_{𝑚^{3}}^{𝑘𝑔}:

𝑚=1,413717· 10^{−5} · 𝑚^{3} · 920

𝑘𝑔

𝑚^{3}

⇕ Ligningen løses for m vha. WordMat.

𝑚=0,0130062· 𝑘𝑔

Jeg regner desuden med, at haglene er kuglerunde. Haglene får derved formfaktoren 0,47 (opslag i Databogen).

Endelig regner jeg med, at luftens densitet er 1,22 𝑘𝑔/𝑚^{3} (værdi for luftens typiske densitet ved

havoverfladen hentet fra Databogen).

Side 15

Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 16. August 2017

15

Nu har jeg de værdier, jeg skal bruge til at beregne haglenes terminalhastighed vha. formlen for terminalhastighed:

𝑣_{𝑡} = √

2 · 9,82 𝑚/𝑠^{2} · 0,0130062 · 𝑘𝑔
0,47 · 1,22 𝑘𝑔/𝑚^{3} · 7,068583 · 10^{−4} · 𝑚^{2}

⇕ Ligningen løses for v_t vha. WordMat.

𝑣_{𝑡} =

25,10446 · | 𝑚 |

| 𝑠 |

Jeg vurderer altså, at haglene rammer jorden med en hastighed på ca. 25 m/s.