STX Fysik A maj 2007 Vejledende opgavesæt nr. 2 - Vejledende besvarelse

Side 1

Fysik A STX – Vejledende opgavesæt nr. 2 – MAJ 2007

1

STX Fysik A MAJ 2007

Vejledende opgavesæt nr. 2

STX072-FKA V

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. Slusen i Falkirk a)

Vi har, at volumen af bassinet er givet ved, hvor V betegner volumen af vandet, og h betegner højden af vandstanden i bassinet:

𝑉 = ℎ · 𝑏· 𝑙

Volumen af vandet beregnes, hvor vandets densitet er ρ = 998 kg/m^{3} (aflæst i DATABOGEN fysik kemi), ved:

𝑚 = 𝜌· 𝑉

⇕

250000 𝑘𝑔= · 𝑉

998𝑘𝑔

𝑚^{3}

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

𝑉 =250,501 𝑚^{3}

Dvs. vandstanden i bassinet kan bestemmes ved:

250,501𝑚^{3} = ℎ · 7,5𝑚· 22,0𝑚

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

ℎ = 1,518188 𝑚

Højden af vandet i bassinet er bestemt til 1,5 m (afrundet til 2 betydende cifre).

Side 2

Fysik A STX – Vejledende opgavesæt nr. 2 – MAJ 2007

2 b)

Vi bestemmer først massen af vandet for det nederste bassin.

Volumen af vandet i det nederste bassin kan beregnes ved:

𝑉 = ℎ · 𝑏· 𝑙
= ( 1,518188𝑚 + 0,075𝑚) · 7,5𝑚 · 22,0𝑚
= 262,876 𝑚^{3}

Vi beregner massen af vandet ved:

𝑚 = 𝜌· 𝑉
= 998 · 262,876 𝑚^{3}

𝑘𝑔

𝑚^{3}

≈ 262350,3 𝑘𝑔

Den energi, der skal tilføres for at løfte det nederste bassin op til kanalen må svarer til forskellen i det arbejde som tyngdekraften udfører på henholdsvis øverste og nederste bassin i de 25 meter som begge bassiner hhv. bevæger sig. Den opadgående retning betegner det positive arbejdes retning, vi antager desuden, at der ses bort fra gnidningsmodstand:

𝐴_{𝑢𝑑𝑒𝑓𝑟𝑎} = 𝐴_{𝑡𝑛𝑒𝑑𝑒𝑟𝑠𝑡𝑒} − 𝐴_{𝑡ø𝑣𝑒𝑟𝑠𝑡𝑒}

⇕

𝐴_{𝑢𝑑𝑒𝑓𝑟𝑎} = 𝐹_{𝑡𝑛𝑒𝑑𝑒𝑟𝑠𝑡𝑒} · 𝑠· cos ( 0) − 𝐹_{𝑡ø𝑣𝑒𝑟𝑠𝑡𝑒} · 𝑠 ·cos ( 0)

⇕

𝐴_{𝑢𝑑𝑒𝑓𝑟𝑎} = 𝑚_{𝑛𝑒𝑑𝑒𝑟𝑠𝑡𝑒} · 𝑔 · ℎ− 𝑚_{ø𝑣𝑒𝑟𝑠𝑡𝑒} · 𝑔 ·ℎ

⇕

𝐴_{𝑢𝑑𝑒𝑓𝑟𝑎} = 262350,3𝑘𝑔 · 9,82 · 25𝑚 − 250000𝑘𝑔· 9,82 · 25𝑚

𝑚 𝑚

𝑠^{2} 𝑠^{2}

≈ 3031999 𝐽

Der skal tilføres en energi svarende til 3,0 • 10^{6} J (afrundet til 2 betydende cifre) for at løfte det nederste

bassin op til kanalen.

c)

Så længe at vandstanden i de to bassiner er ens, vil tyngdekraftens påvirkning være den samme uanset, om der er et skib i det ene bassin, dette indses ved Archimedes lov.

Archimedes lov fortæller at opdriften på et legeme er lig tyngdekraften på den fortrængte væskemængde

𝐹_{𝑜𝑝} = 𝜌_{𝑣æ𝑠𝑘𝑒} · 𝑉_{𝑔𝑒𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑑} · 𝑔

Side 3

Fysik A STX – Vejledende opgavesæt nr. 2 – MAJ 2007

3

Dvs. at hvis båden fortrænger en væskemængde i det ene bassin, så vandstanden i begge bassiner er ens, så vil tyngdekraftens påvirkning på de to bassiner være ens, da båden netop fortrænger en væskemængde, der jf. Archimedes lov giver anledning til en påvirkning fra tyngdekraften med størrelsen, der svarer til tyngdekraftens påvirkning på den mængde vand som båden fortrænger, der netop gav anledning ens vandstand i de to bassiner.

Side 4

Fysik A STX – Vejledende opgavesæt nr. 2 – MAJ 2007

4

Opgave 2. Interferens a)

Betingelsen for destruktiv interferens er givet ved:

Δ𝑠 = | 𝑃𝐵 | − | 𝑃𝐴 | = (𝑛 + 𝐹 ·) · 𝜆,𝑛 ∈ℕ

1

2

hvor F = 1 for destruktiv interferens.

Vi undersøger, om der er destruktiv interferens i punktet P:

4,32𝑚 − 3,15𝑚 = (𝑛+ 1 ·) · 0,78𝑚

1

2

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

𝑛 = 1

Da n = 1, dvs. n ∈ ℕ kan vi konkludere, at der destruktiv interferens i punktet P.

Side 5

Fysik A STX – Vejledende opgavesæt nr. 2 – MAJ 2007

5

Opgave 3. Mundingsfart a)

Den specifikke varmekapacitet for bly er aflæst til c = 130 J/kg • K i DATABOGE fysik kemi.
                                          p

Vi bestemmer ændringen i den indre energi for blypladen ved:

Δ𝐸 = 𝑚 · 𝑐_{𝑝} · Δ𝑇
= 0,01795𝑘𝑔· 130 · 2,4°𝐶

𝐽

𝑘𝑔 · °𝐶
= 5,6004 𝐽

Blypladens indre energi stiger med 5,6 J (afrundet til 2 betydende cifre).

b)

Haglets fart kan beregnes, da i det haglet rammer blypladen omdannes haglets kinetiske energi til termisk energi ved friktion, der opvarmer blypladen. Vi antager, at alt den kinetiske energi omdannes til termisk energi, og at alt den kinetiske energi går til at opvarme blypladen og intet andet, det antages desuden, at der ikke sker et tab af energi til omgivelserne:

Vi har i opg a) beregnet ændringen i blypladens indre energi, denne størrelse, med ovenstående antagelse in mente, må svare til haglets kinetiske energi, vi har derved:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = 𝑚 · 𝑣^{2} = Δ𝐸

1

2

⇕

1

2

· 0,00053𝑘𝑔 · 𝑣^{2} = 5,6004 𝐽

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

𝑣 =−145,374 𝑚 · 𝑠^{−1} ∨ 𝑣 =145,374 𝑚 · 𝑠^{−1}

Fortegnet for v betegner bevægelsesretningen for haglet.

Haglets fart er bestemt til 145 m/s (afrundet til 3 betydende cifre).

Side 6

Fysik A STX – Vejledende opgavesæt nr. 2 – MAJ 2007

6

Opgave 4. Linedanser a)

Linedanseren står stille dvs. jf. N2 er den resulterende kraft for situationen lig 0:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =0

Vi har, at linedanseren påvirker snoren med en kraft pga. tyngdekraften svarende til:

𝐹_{𝑡} = 𝑚 · 𝑔
= 60𝑘𝑔 · 9,82

𝑚

𝑠^{2}
= 589,2 𝑁

En lige så stor, men modsatrettet kraft må komme fra snorkraften. Snorkraften trækker i begge sider, tilsammen udgør de en kraft, der numerisk lige så stor som tyngdekraften på linedanseren. Da snorkraften danner en vinkel på 18° med vandret, kan snorkraften bestemmes vha. simpel trigonometri. Vi har da, at den resulterende kraft for situationen, hvor tyngdekraften betegner den positive kræfts retning, bliver:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} = 𝐹_{𝑡} − 2 · 𝐹_{𝑠𝑛𝑜𝑟} · sin ( 18)

⇕

2 · 𝐹_{𝑠𝑛𝑜𝑟} · sin ( 18) = 𝐹_{𝑡}

⇕

2 · 𝐹_{𝑠𝑛𝑜𝑟} · sin ( 18) = 589,2𝑁

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

𝐹_{𝑠𝑛𝑜𝑟} = 953,3456 𝑁

Snorkraften på 953,3 N (afrundet til 4 betydende cifre) er altså væsentligt mindre end de 3,5 kN som snoren maksimalt kan holde til. Vi kan konkludere, at snoren sagtens kan holde til linedanseren.

Side 7

Fysik A STX – Vejledende opgavesæt nr. 2 – MAJ 2007

7

Opgave 5. Basejumper a)

I de første 20 sekunder tilbagelægger basejumperen en strækning på 946 m, vi beregner gennemsnitsfarten ved:

𝑠 = 𝑣· 𝑡· 𝑠_{0}

⇕

946𝑚 = 𝑣· 20,0𝑠+ 0

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

𝑣 =47,3 𝑚 · 𝑠^{−1}

Gennemsnitsfarten de første 20,0 s er bestemt til 47,3 m/s (afrundet til 3 betydende cifre).

b)

Vi har, at basejumperen udfører et frit fald dvs. en jævnt voksende bevægelse, hvor forskriften har form som et polynomium:

𝑠 = 𝑎· 𝑡^{2} + 𝑣_{0} · 𝑡+ 𝑠_{0}

1

2

Dvs. at basjumperens tilbagelagte strækning i tidsintervallet t ∈ [0 s; 10,0 s] kan bestemmes som arealet under en (t, v(t)) - graf dvs.:

Δ𝑠 = ∫ 𝑣 ( 𝑡) 𝑑𝑡

𝑡_{2}

𝑡_{1}

Med data fra tabellen bestemmer vi en forskrift for v(t) med regression for polynomium i Excel. Resultatet kopieres ind i tabellen:

Side 8

Fysik A STX – Vejledende opgavesæt nr. 2 – MAJ 2007

8

Vi aflæser regressionsligningen og definerer v(t), hvor s = 0:
                                             0

𝑣 ( 𝑡) ≔ −0,5048𝑡^{2} + 10,571𝑡

Vi bestemmer den tilbagelagte strækning i de første 10 sekunder, dvs. t ∈ [0 s; 10 s], ved (beregningen foretages uden enheder, da WordMat ellers har problemer med at løse integralet):

Δ𝑠 = ∫ 𝑣 ( 𝑡) 𝑑𝑡

10

0

≈ 360,2833

I de første 10 sekunder tilbagelægger basejumperen 360,3 m (afrundet til 4 betydende cifre).

c)

Sammenhængen mellem fart og acceleration er givet ved:

𝑣^{′} = 𝑎

Dvs. vi bestemmer basejumperens acceleration til tiden t = 8 ved:

𝑣^{′} ( 8) ≈ 2,4942

                                                 2
Basejumperens acceleration til t = 8 er bestemt til 2,494 m/s (afrundet til 3 betydende cifre).

Luftmodstanden kan beregnes ved formlen:

𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡𝑚𝑜𝑑𝑠𝑡𝑎𝑛𝑑} = · 𝑐_{𝑤} · 𝜌 · 𝐴· 𝑣^{2}

1

2

Vi har, at basejumperen i situationen er påvirket af to modsatrettede kræfter hhv. tyngdekraften F_{t} på
basejumperen og luftmodstanden F_{luft}, hvor retningen for tyngdekraften betegner den positive kræfts

retning, dvs. den resulterende kraft i situationen bliver jf. N2:

y = -0,5048x^{2} + 10,571x - 0,058
R² = 0,9998

-10

0

10

20

30

40

50

60

2

Hastighed i m/s

Tid i sekunder

V(t)

Side 9

Fysik A STX – Vejledende opgavesæt nr. 2 – MAJ 2007

9

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} = 𝐹_{𝑡} − 𝐹_{𝑙𝑢𝑓𝑡}

⇕

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

1

2

Vi indsætter værdier og bestemmer en værdi for formfaktoren c_{w}, hvor hastigheden til t = 8 kan aflæses fra
tabellen til 51,8 m/s:

⇕

79𝑘𝑔 · 2,4942 = 79𝑘𝑔 · 9,82 − · 𝑐_{𝑤} · 1,2 · 0,45𝑚^{2} · (51,8)

𝑚 𝑚 1 𝑘𝑔 𝑚^{2}
𝑠^{2} 𝑠^{2} 2 𝑚^{3} 𝑠

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

𝑐_{𝑤} = 0,7988383

En værdi for basejumperens formfaktoren er bestemt til 0,80 (afrundet til 2 betydende cifre).

Side 10

Fysik A STX – Vejledende opgavesæt nr. 2 – MAJ 2007

10

Opgave 6. Spektrallinjer a)

Vi bestemmer bølgelængden for denne spektrallinje vha. gitterligningen:

𝑛 · 𝜆 = 𝑑 · sin ( Φ_{𝑛})

⇕

1 · 𝜆 = 833𝑛𝑚 · sin ( 42,24)

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

𝜆 = 559,9739𝑛𝑚

Bølgelængden for denne spektrallinje er bestemt til 560 nm (afrundet til 3 betydende cifre).

b)

Energien for en foton er givet ved:

𝐸 = ℎ · 𝑓 =

ℎ ·𝑐 𝜆

Da h og c hhv. er konstanter indses det, at jo mindre bølgelængde for fotonen er, desto større er fotonenergien.

Energien for fotonen der enten bliver absorberet eller emitteret, når en elektron foretager et kvantespring til et andet energiniveau er givet ved:

ℎ · 𝑓 = 𝐸_{𝑛} − 𝐸_{𝑚}

⇕

𝐸 = 𝐸_{𝑛} − 𝐸_{𝑚}

Dvs. jo større kvantespring elektronen foretager, jo større energi og derved mindre bølgelængde, for fotonen der enten bliver absorberet eller emitteret.

Vi antager, at energiniveaudiagrammet i opgaveformuleringen er gengivet i korrekt størrelsesforhold. Da overgangen mellem energiniveau A 🡪 D ikke forekommer i spektret, må fotonen emitteret med en bølgelængde på 323,3 nm svarer til den næststørste overgang dvs. A 🡪 C. Det største kvantespring efter overgangen fra energiniveau A 🡪 C forekommer ved overgangen fra energiniveau B 🡪 D. Overgangen fra energiniveau B 🡪 D må altså svare til den næste spektrallinje i emissionsspektret dvs. den grønne linje.

Vi kan konkludere, at overgangen fra energiniveau D 🡪 B giver anledning til den grønne spektrallinje i emissionsspektret.

Side 11

Fysik A STX – Vejledende opgavesæt nr. 2 – MAJ 2007

11

Opgave 7. Solenergi på Hjelm a)

Spændingsfaldet over pæren er U = 23,6 V og strømmen igennem pæren er 12,7 A, vi bestemmer pærens

resistans ved netop denne strømstyrke ved:

𝑈 = 𝑅· 𝐼

⇕

23,6𝑉 =𝑅 · 12,7𝐴

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

𝑅 =1,858268 𝛺

Den elektriske pæres resistans ved I = 12,7 A er bestemt til 1,86 Ω (afrundet til 3 betydende cifre).

b)

Vi har, at batteriet sidder i serie med den elektriske pærer og resistor. Dvs. at den samlede spænding over kredsen er givet ved:

𝑈_{𝑒𝑟𝑠𝑡𝑎𝑡} = 𝑈_{𝑝æ𝑟𝑒} + 𝑈_{𝑟𝑒𝑠𝑖𝑠𝑡𝑎𝑛𝑠}

⇕

𝑈_{𝑒𝑟𝑠𝑡𝑎𝑡} = 23,6𝑉+ ( 0,031Ω · 12,7𝐴)
= 23,9937 𝑉

Da batteriet leverer spændingen, kan det konkluderes, at spændingsfaldet over batteriet er bestemt til 24 V

(afrundet til to betydende cifre).

c)

Vi har, at energi bl.a. er givet ved en afsat elektrisk effekt i et tidsinterval:

𝐸 = 𝑃· Δ𝑡

Dvs. at den samlede energi leveret fra solcellerne på en solskinsdag kan bestemmes som arealet under grafen på Bilag 2:

𝐸 = ∫ 𝑃𝑑𝑡

𝑡_{2}

𝑡_{1}

Dvs. at hver kasse på figuren med de angivne enheder svarer til:

𝐸_{𝑘𝑎𝑠𝑠𝑒} = Δ𝑃_{𝑘𝑎𝑠𝑠𝑒} · Δ𝑡_{𝑘𝑎𝑠𝑠𝑒}

Side 12

Fysik A STX – Vejledende opgavesæt nr. 2 – MAJ 2007

12

= 500𝑊· 2𝑡𝑖𝑚𝑒
= 500𝑊· 2 · 3600𝑠
= 3600000 𝐽

Vi tæller antallet af tern på Bilag 2. Antallet af kasser under grafen er optalt til ca. 29,5 kasser, det svarer til en samlet mængde energi på:

𝐸_{𝑠𝑜𝑙𝑠𝑘𝑖𝑛𝑠𝑑𝑎𝑔} = 𝐸_{𝑘𝑎𝑠𝑠𝑒} · 𝑛_{𝑡𝑒𝑟𝑛}
= 3600000𝐽 · 29,5
= 1,062 · 10^{8} 𝐽

Vi bestemmer nu, hvor mange solskinsdage, der skal til, for at levere en mængde energi svarende til 390 MJ

= 0 J:

𝑛_{𝑠𝑜𝑙𝑠𝑘𝑖𝑛𝑠𝑑𝑎𝑔} =

𝐸_{𝑏𝑎𝑡𝑡𝑒𝑟𝑖}
𝐸_{𝑠𝑜𝑙𝑠𝑘𝑖𝑛𝑠𝑑𝑎𝑔}
=

390000000𝐽

1,062 · 10^{8} 𝐽

≈ 3,672316

Til at oplade batteriet, skal der altså 3,672 solskinsdage til (afrundet til 4 betydende cifre).