Vejledende besvarelse fra Studiekompasset.dk
Fysik A
STX
Onsdag den 20. maj 2009
STX091-FYA
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
2
Opgave 1 – Operahuset
Der regnes i SI-enheder medmindre andet er angivet, hvorfor resultaterne også vil være i SI-enheder
(nogle resultater vil dog som ekstra være skrevet i mere hensigtsmæssige enheder efter resultatet i
SI-enhed). Eventuelle mellemresultater angives som afrundede tal i opgaven, mens de eksakte
værdier benyttes i videre udregninger. Databogen der benyttes i opgaven er 7. udgave (1993).
a)
Idet effekt angiver tilført varme pr. tid, er den tilførte varme Q ved effekten P over et tidsrum Δt er
givet ved
Q P t
(0.1)
Vi indsætter at P=3,4 MW samt at Δt=86400 s, og beregner herved den gennemsnitligt tilførte varme i et
døgn:
Q
6 11
3,4 10 W 86400s 2,9 10 J 0,29TJ
(0.2)
Der skal altså 0,29 TJ pr. døgn til, for at opretholde en behagelig temperatur i Operahuset, under den
forudsætning at der ikke er noget varmetab i rørsystemet.
b)
Der gælder følgende sammenhæng mellem tilført varme Q, varmekapacitet C og temperaturtilvækst ΔT:
Q C T
(0.3)
Varmekapaciteten er både stof- og masse-afhængig ud fra følgende sammenhæng
C m c
(0.4)
idet c er stoffets specifikke varmekapacitet og m er massen det stof, temperaturændringen virker på. Vi
husker nu sammenhængen mellem varme, effekt og tidsrum i (1.1), og har så:
P t m c T
(0.5)
I (1.5) isolerer vi massen m og har nu at
Pt
m
cT
(0.6)
Vi indsætter de kendte værdier i (1.6) og beregner massen af det vand, der strømmer gennem rørene pr.
minut. Den specifikke varmekapacitet c for vand
1
findes til 4,18 kJ/(kg
K). Idet en
temperaturforskel i Kelvin er den samme i º celsius, indsættes ΔT i º celsius.
m
3
90kW 60s
0,56 10 kg
kJ
4,18 (20,1°C 17,8°C)
kg K
(0.7)
Der gennemstrømmer altså lidt over et halvt ton vand i rørene pr. minut. Igen er dette resultat opnået
under den forudsætning, at der intet varmetab er i rørsystemet.
1
Bemærk at der bruges den specifikke varmekapacitet for vand og ikke havvand. Dette giver en lille afvigelse da den
specifikke varmekapacitet for havvand er lidt mindre end vand. Dette havde altså givet en lidt højere masse af det
nødvendige vand til afkøling.
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
3
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
4
Opgave 2 – Kørsel på glatbane
a)
En hastighedsændring Δv ved konstant acceleration a over et tidsrum Δt er givet ved
v a t
(0.8)
Vi ønsker her at bestemme tiden for den fulde opbremsning, så vi isolerer Δt i (2.1) og har så
v
t
a
(0.9)
Vi indsætter de kendte størrelser, idet omregningsfaktoren fra km/h til m/s er 1/3,6:
t
2
50
0 m/ s
3,6
4,8s
2,9m/ s
(0.10)
Ovenfor indsættes accelerationen med negativt fortegn, da den er modsatrettet hastighedsretningen.
Tiden, bilen tager om at bremse helt op fra 50 km/h på en vandret glatbane, er altså 4,8 sekunder.
b)
Forudsat bilen fortsætter ligeud med alle fire hjul blokeret hele vejen ned ad den skrå bane
2
, kan opgaven
regnes således:
Ovenfor ses en skitse af situationen, indetegnet i et (x,y)-koordinatsystem, hvor x-aksen er parallel med
glatbanen. Der er tale om en konstant accelereret bevægelse. Vi betragter den resulterende kraft F
res
på
bilen , som består af tyngdekraftens bidrag langs x-aksen F
t,x
samt gnidningskraften F
μ
mellem bilens dæk og
banen.
res t x
F F F
,
(0.11)
2
Ellers begynder faktorer som dækvæggenes fleksibilitet samt vægtskift i bilen at spille ind.
8,0º
Bil
30 m
F
t
F
t,x
F
μ
F
N
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
5
Ud fra skitsen ser vi, at F
t,x
er givet ved
tx
F mg
,
sin8,0
(0.12)
Idet størrelsen af normalkraften F
N
er lig størrelsen af F
t,y
, har vi at størrelsen af gnidningskraften er
cos8,0
N
F F mg
(0.13)
Da gnidningskraften er modsatrettet F
t,x
, har vi altså at
res
F mg mg mgsin8,0 cos8,0 (sin8,0 cos8,0 )
(0.14)
Ved Newtons anden lov dividerer vi med massen, for at få accelerationen:
res
F
ag
m
(sin8,0 cos8,0 )
3
(0.15)
Vi indsætter nu i (2.8) og får
a
22
9,82m/ s (sin8,0 0,26 cos8,0 ) 1,2m/ s
(0.16)
Bilen bremses altså op på vej ned ad bakken, idet accelerationen er modsatrettet bevægelsesretningen. For
en konstant accelereret bevægelse over en strækning Δs gælder følgende sammenhæng
v a s
2
2
(0.17)
Skriver vi
v
2
ud, og isolerer sluthastigheden, har vi
slut start slut start
v v a s v a s v
2 2 2
22
(0.18)
Vi indsætter så i (2.11) og bestemmer sluthastigheden
4
:
slut
v
2
2
50
2 ( 1,2m/ s ) 30m m/ s 11m/ s 40km/ h
3,6
(0.19)
3
Bemærk at vi får udtrykt acceleration udelukkende på baggrund af den konstante tyngdeacceleration og vinklen på
skråplanet. Derfor er det faktisk unødvendigt at opgavestillerne har opgivet massen af objektet.
4
Dog med det lille forbehold at vi ikke har medregnet vindmodstand på skråplanet.
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
6
Opgave 3 – Fusionsenergi
a)
Pillens volumen V er givet ved
m
V
(0.20)
hvor m er pillens masse mens ρ er pillens densitet. Vi indsætter i (3.1) og bestemmer volumenet af pillen
V
7
73
3
2,9 10 kg
9,4 10 cm
0,31kg/ cm
(0.21)
b)
En proces’ Q-værdi er et mål for den energi, der frigøres ved processen. Denne er givet ved Einstein’s
masse-energiækvivalens:
Q m c
2
(0.22)
Minustegnet på højresiden skyldes, at der er tale om et tab i masse (og dermed energi)
5
ee
Q m He m m n m H m H m c
4 1 2 3 2
2 0 1 1
( ( ) 2 ( ) ( ( ) ( ) 2 ))
(0.23)
Ovenfor trækkes elektronmasserne fra, idet vi i databogen finder atommasser og ikke kernemasser. Det
ses, at elektronmasserne ”går ud” med hinanden
6
. Vi slår så de indgående partiklers atommasser op i
databogen og indsætter:
Qc
2
(4,u 1,u (2,u 3,u))
(0.24)
Idet
J
2 10
1u c 1,4924 10
har vi at
2 10 12
2
0,000u 1,4924 10 2,8 10
u
J
Q c J
c
(0.25)
Hvilket er den energi, der frigøres ved én kernefusion af denne type. Det oplyses at antallet af deuterium-
og tritiumkerner er det samme, således at
k m H m H
2 3 27 7
11
( ( ) ( )) 1,6605 10 kg/ u 2,9 10 kg
(0.26)
hvor k er antallet af hver kerne. Forudsat pillen fusionerer fuldstændigt, er k således også antallet af
kerneprocesser, hvorfor den samlede energi E der kan udvindes ved én pille er givet ved
E k Q
(0.27)
Vi isolerer k i (3.7) og indsætter dette i (3.8):
5
Denne iagtagelse er udelukkede set fra de indgående partiklers side.
6
Det er dog ikke altid at dette sker, så derfor er iagtagelsen gjort.
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
7
EQ
m H m H
7
2 3 27
11
2,9 10 kg
( ( ) ( )) 1,6605 10 kg/ u
(0.28)
Vi indsætter de kendte størrelser i (3.9) og beregner den energi, der frigives ved antænding af én pille:
E
7 12
27
2,9 10 kg 2,8 10 J
97 MJ
(2,u 3,u) 1,6605 10 kg/ u
(0.29)
Idet 97MJ>>3,0 MJ kan det betale sig benytte pillerne.
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
8
Opgave 4 – Planteplankton
a)
Der gælder følgende sammenhæng mellem en fotons energi E
foton
og dens bølgelængde λ i vakuum:
foton
hc
E
(0.30)
hvor h er Plancks konstant, c er lysets hastighed i vakuum. Vi isolerer bølgelængden i (4.1) og har nu
foton
hc
E
(0.31)
Vi indsætter i (4.2) og bestemmer bølgelængden:
34 8
7
18
6,6261 10 J s 3,00 10 m/ s
3,55 10 m 355nm
0,560 10 J
(0.32)
Dette svarer til fotonens bølgelængde i luft, idet lufts brydningsindeks er 1,00.
b)
Som følge af Snells lov gælder
nv
nv
12
21
(0.33)
for lysets brydning fra et stof med brydningsindekset n
1
til et stof med brydningsindekset n
2
. Lysets
hastighed i de respektive stoffer er v
1
og v
2
.
Idet lyset her brydes fra luft (ved laserens munding), kan vi skrive
v
nc
2
1
(0.34)
Hvor v er lysets hastighed i vandet. Vi isolerer så denne:
c
v
n
2
(0.35)
Vi indsætter de kendte størrelser i (4.6) og bestemmer denne hastighed:
v
8
8
3,00 10 m/ s
2,22 10 m/ s
1,35
(0.36)
Den strækning s der tilbagelægges i et tidsrum Δt ved konstant fart v er givet ved
s v t
(0.37)
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
9
Idet lyspulsen skal rejse både ned til det undersøgte planteplankton og tilbage til skibsbunden, må ½s være
afstanden fra planteplanktonet til skibsbunden. Dertil skal lægges 11,5 m, da bunden befinder sig 11,5 m
under havoverfladen. Vi har således at afstanden d til prøven er
v t s
ds
88
2,22 10 m/ s 6,9 10
½ 11,5m 11,5m 11,5m 19m
22
(0.38)
c)
dB-tabet for en lyspuls over en strækning er defineret som
tab
P
B
P
0
d 10 log
(0.39)
hvor P
0
angiver effekten ved strækningens start, og P angiver effekten ved strækingens ende. Idet der er
tale om det samme tidsrum, kan vi skrive
tab
E
B
E
0
d 10 log
(0.40)
I (4.11) isolerer vi energien E efter passsagen:
tab
B
E
E
0
d
10
10
(0.41)
Vi indsætter så de kendte størrelser og beregner energien efter passagen:
E
11,9
10
25,0mJ
1,61mJ
10
(0.42)
Energitabet, ΔE bliver så
E E E
0
1,61mJ 25,0mJ 23,4mJ
(0.43)
Den energi, der tilføres klorofylmolekylerne er altså 23,4 mJ. Da hver foton har energien 0,560 aJ, svarer
dette til N fotoner:
N
16
23,4mJ
4,18 10
0,560aJ
(0.44)
Under den forudsætning, at ingen af de exciterede klorofylmolekyler emitterer en foton i samme retning
som lyspulsen, kan vi altså konkludere at der findes
16
4,18 10
klorofylmolekyler, der exciteres, i prøven.
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
10
Opgave 5 – Månehop
a)
Vi husker tilbage til (2.1), at
v a t
(0.45)
gælder for en konstant accelereret bevægelse. Idet t til bevægelsens start her er 0, kan vi skrive
v a t
(0.46)
Vi skriver så Δv ud, og isolerer hastigheden til tiden t:
v v a t v a t v
00
(0.47)
Det er denne lineære sammenhæng vi benytter til at bestemme tyngdeaccelerationen på Månen.
Ovenfor ses lineær regression på datasættet, med v som afhængig variabel af den uafhængige variabel t. Vi
ser, at regressionskoefficienten R
2
=0,9916, så den lineære model passer meget godt. Yderligere ser vi ud fra
funktionsudtrykket at
vt
2
1,6103m/ s 1,1069m/ s
(0.48)
Vi aflæser ud af (5.4), at tyngdeaccelerationen på månen har størrelsen 1,6 m/s
2
.
7
b)
Den maksimale højde opnås i det øjeblik, hastigheden er 0. Vi har altså at
7
Databogens værdi for denne er 1,62, så en lille afvigelse ses.
y = -1,6103x + 1,1069
R² = 0,9916
-1
-0,8
-0,6
-0,4
-0,2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2
v/m/s
t/s
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
11
t
2
1
1,6103m/ s 1,1069m/ s 0
(0.49)
Vi isolerer t og bestemmer denne:
t
1
2
1,1069m/ s
0,69s
1,6103m/ s
(0.50)
0,69 s efter astronautens fødder slipper måneoverfladen, er den maksimale højde nået.
Den af astronauten tilbagelagte længde h fra t=0 og indtil t
1
er således givet ved
t
h v t dt
1
0
()
(0.51)
Denne højde bestemmes i Derive 6 ved syntaksen
∫(- 1.6103·t + 1.1069, t, 0, 0.687387)
Og vi får at
h 0,38m
(0.52)
Astronauten hopper altså 0,38 m over overfladen på Månen.
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
12
Opgave 6 – Den internationale Rumstation ISS
a)
Vi ser ud fra grafen, at rumstationen taber højde i stykvis lineære segmenter – den taber altså højde med
konstant acceleration. Vi bestemmer farten ud fra to målepunkter, (0;344,0 km) og (56,5 døgn;338,0 km).
Den fart hvormed ISS taber højde er da givet ved:
3
344 338 6,0
0,10 / 1,2 10 /
56,5 0 56,5
tab
km km km
v km døgn m s
døgn døgn
(0.53)
ISS ”falder” altså 0,10 km pr. døgn.
b)
Af Keplers 3. lov, har vi at
r GM
T
3
22
4
(0.54)
gælder for en jævn centralbevægelse. Her er r afstanden fra legemet i omløb til centrallegemets
massemidtpunkt. G er gravitationskonstanten, M er centrallegemets masse og T er omløbstiden.
Vi isolerer T i (6.2) og får
r
T
GM
32
4
(0.55)
I kompendiet ”Fysik i overblik” fra Fysikforlaget (2008) findes jordens middelradius til 6,373
10
6
m, og
jordens masse findes til 5,974
10
24
kg. Vi indsætter i (6.3) og har
T
6 3 3 2
3
11 2 2 24
(6,373 10 m 338 10 m) 4
5,47 10 s
6,674 10 Nm / kg 5,974 10 kg
(0.56)
Omløbstiden for ISS er således ca. 1½ time.
c)
Den mekaniske energi i et gravitationsfelt er summen af den potentielle energi og den kinetiske energi.
Denne er da givet ved:
2
1
2
mek kin pot
Mm
E E E mv G
r
(6.5)
For at et objekt bevæger sig i en jævn cirkelbevægelse i rummet, gælder der at gravitationskraften er lige så
stort som centripetalkraften. Vi får da:
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
13
2
2
grav cent
v Mm
E E m G
rr
(6.6)
Venstre siden minder meget om formlen for den kinetiske energi, og derfor multiplicerer vi med
1
2
r
på
begge sider. Vi får da:
2
1
22
mv Mm
G
r
(6.7)
Vi ser at
1
2
kin pot
EE
. Indsættes dette i 6.5 får vi at:
1
2
mek pot
EE
(6.8)
Den mekaniske energi for en genstand i jævn cirkelbevægelse i et centralfelt, er altså givet ved
mek
Mm
EG
r
1
2
6.8 kaldes også virialsætningen
Her er r afstanden fra legemet i omløb til centrallegemets massemidtpunkt. G er gravitationskonstanten, M
er centrallegemets masse og m er massen af legemet i omløb. Vi ønsker at bestemme den energi E
tilført
, der
skal tilføres rumstationen fra raketmotoren, for at bringe den fra højden 338 km (r
0
) over jordoverfladen, til
345 km (r) over jordoverfladen:
tilført mek efter mek før
E E E
,,
(6.9)
(6.9) kan også skrives som
tilført
E GM m
rr
0
1 1 1
2
(6.10)
Vi indsætter de kendte størrelser og bestemmer den energi, der skal tilføres:
tilført
tilført
E
E
11 2
24 3
2 6 6
6,674 10 Nm 1 1
5,974 10 kg 300 10 kg
2 kg 6,718 10 m 6,711 10 m
9,29GJ
Raketmotoren skal altså tilføre 9,29 GJ til rumstationen, for at bringe den ud i den nye bane.
Fysik A STX – Skriftlig eksamen – 20. maj 2009
14
Opgave 7 – Skøjteløber
a)
En skøjteløber vejer 60,0 kg. Størrelsen af kontaktfladen mellem én skøjte og isen er 15 cm i længden og 0,2
cm i bredden. Arealet A af begge kontaktflader tilsammen bliver derfor
(0.57)
Skøjteløberens kraftpåvirkning på underlaget – tyngdekraften – er givet ved
t
F mg 60,0 kg 9,82N/ kg 589N
(0.58)
Vi antager nu, at skøjteløberens vægt er jævnt fordelt over skøjternes kontaktflader. Trykket p fra skøjterne
til isen er således
(0.59)
Trykket fra én skøjte på overfladen (når begge skøjter rører jorden) er så det halve – 491 kPa.