Studiekompasset.dk Skriftlig fysik STX, A-niveau, Aug 2008
Opgave 1
a
Vi ved at Q-værdien for en proces er givet ved:
Q = −∆m · c
2
hvor ∆m er massedeffekten for processen og c er lysets hastighed.
Massedeffekten for processen er givet ved:
∆m = m
efter
− m
før
=
m(
3
2
He) + m(
1
0
n) − 2 · m(
−1
0
e)
−
2 · m(
2
1
H) + 2 · m(
−1
0
e)
Vi er kun interesserede i kernemasserne - imidlertidigt opgives kun hele atommasser i
Databogen - derfor er det nødvendigt at trække elektronmasserne fra. I dette tilfælde
ser vi dog at disse går ud med hinanden.
Vi kan nu finde Q-værdien for reaktionen.
Q = ((3, 9u + 1, 9u) − (2 · 2, 8u)) · c
2
= −0, 0035093u · c
2
Idet 1u · c
2
= 1, 4925 · 10
−10
J har vi at:
Q = −0, 0035093uc
2
· 1, 4925 · 10
−10
J
u · c
2
= 5, 2376 · 10
−13
J = 0, 0032691GeV
Værdien af 1u · c
2
er slået op i databogen er meget nyttigt at bruge. Den sparer én
for nogle skridt i udregningerne, som er i forvejen er tunge nok, grundet de mange
betydende cifre.
Altså har vi fundet at Q-værdien for processen er 5, 2376 · 10
−13
J.
1
Studiekompasset.dk Skriftligt fysik STX, A-niveau, Aug 2008
Opgave 2
a
Hubbles lov fortæller os at farten af et galakse i rummet, v der bevæger sig væk fra os er
proportional med afstanden til os, r. Matematisk udtrykkes dette således:
v = r · H
0
hvor H
0
kaldes Hubble konstanten og ved opslag findes denne værdi til 21, 5
km
s·MLy
Bemærk at Hubble konstanten rent faktisk ikke er konstant. Den bliver mindre og
mindre jo længere tid der går. Dette hænger bl.a. sammen med at den er afhængig af
universets udvidelse og dermed universets alder.Der skelnes derefter ofte imellem H
0
som kaldes Hubble-konstanten og så H som er tidsafhængig og som kaldes Hubble-
parameteren. Grunden til at man ikke korrigere Hubble konstanten hver time, er fordi
den ændrer sig så langsomt at når vi regner med det antal betydende cifre vi gør, ses
ingen nævneværdig forskel.
Vi kan nu finde farten hvormed galaksen NGC1232 bevæger sig væk fra os.
v = 100M Ly · 21, 5
km
s · MLy
= 2150
km
s
Om rødforskydningen af et objekt, z, der bevæger sig væk fra os, gælder:
z =
v
c
=
λ
obs
− λ
udsendt
λ
obs
hvor λ
obs
er den bølgelængde der observeres på jordens, mens λ
udsendt
er bølgelængden
hvormed lyset udsendes.
Vi ser nu:
v
c
=
λ
obs
− λ
udsendt
λ
obs
m
λ
obs
= λ
udsendt
+ 1 +
v
c
Idet man i laboratoriet målte bølgelængden af lyset til 21, 11cm findes:
λ
obs
= 21, 11cm ·
1 +
2.150
km
s
300.000
km
s
!
= 21, 26cm
Altså har lyset der udsendes fra hydrogenatomerne i galaksen NGC bølgelængden 21, 26cm
1
Studiekompasset.dk Skriftligt fysik STX, A-niveau, Aug 2008
Opgave 3
a
Vi ved at accelerationen af en partikel er givet ved ændringen af partiklens hastighed pr
tid. Matematisk kan dette beskrives ved en differentialkoefficient, således:
dv
dt
= a(t)
Grafisk kan dette findes som hældningen på en (v,t)-graf. En sådan graf findes på Bilag
1.
Fra matematikken ved vi at hældningen, α, imellem punkterne P
0
(x
1
, y
1
) og P
1
(x
2
, y
2
)
kan findes således:
α =
y
2
− y
1
x
2
− x
1
Vi kigger på punkterne O(0, 0) og Q(12, 5; 14). Da accelerationen a er konstant for t ∈
[0; 14] ved vi at:
a
0s→14s
=
14
m
s
− 0
m
s
12, 5m − 0m
= 1, 12
m
s
2
Altså er accelerationen på de første 14 sekunder af turen 1, 12
m
s
2
.
b
Tilbagelagt strækning er givet ved:
s =
Z
b
a
v(t)dt
Grafisk set er dette arealet under grafen på en (v,t)-graf. En sådan graf har vi på Bilag
1 og vi finder arealet undet der ved at tælle tern. Hvert tern på bilaget har værdien, k,
hvor k er givet ved:
k = 2, 0
m
s
· 2, 5s = 5, 0m
Vi tæller nu antal tern på Bilag 1. Vi finder at der er 73 tern. Vi finder da:
s = 73 · 5m = 365m
Vi ser at grafen kunne deles op i 2 trekanten og én firkant. Ved at udregne arealet af
disse kun man også have bestemt arealet under grafen og dermed udregnet afstanden
fra 1. til 89. etage.
Vi finder altså at afstanden mellem 1. og 89. etage er 365 m.
1
Studiekompasset.dk Skriftligt fysik STX, A-niveau, Aug 2008
c
Vi ønsker at udregne arbejdet som bremserne udfører over distancen på 38, 5m. Arbejdet
er det der bruges til at afbremse hastigheden og dermed at ’fjerne’ den kinetiske energi.
Denne energi er givet ved:
E
kin
=
1
2
· m · v
2
hvor v er elevatorens fart i øjeblikket hvor bremserne sætter ind, og m er massen af ele-
vator med passagerer.
Vi indsætter vores kendte størrelser og finder den kinetiske energi i øjeblikket hvor brem-
serne sætter ind:
E
kin
=
1
2
· 2, 27 · 10
4
kg ·
21, 2
m
s
2
= 5, 1 · 10
6
J = 5, 1MJ
Under antagelse af at det eneste der stopper elevatoren på dens vej ned er bremserne -
altså vi ser bl.a. bort fra den luftmodstand der virker på elevatoren - bliver arbejdet, A,
der skal udføres for at stoppe elevatoren:
A = E
kin
= 5, 1MJ
Vi ved at der gælder om arbejdet, når kraften, F , der virker på elevatoren er konstant:
A = F · s ⇔ F =
A
s
hvor s er strækningen som kraften virker på.
Vi indsætters vores kendte størrelser og finder at den konstante kraft der virker på eleva-
toren over de 38, 5m er:
F =
5, 1 · 10
6
J
38, 5m
= 1, 34 · 10
5
N
Enhedsforklaring:
[F ] =
J
m
=
kg·m
2
s
2
m
=
kg · m
s
2
= N
hvor det sidste lighedstegn er definitionen på 1 Newton.
Under forudsætning af at energien arbejdet udfører går til opvarmningn af bremsestyk-
kerne, og at disse ingen varme afgiver til omgivelserne gælder:
A = Q = C · ∆T ⇔ ∆T =
A
C
hvor ∆T er temperatur og C er bremsestykkernes varmekapacitet. Vi indsætter vores
kendte størrelser:
∆T =
5, 1 · 10
6
J
11, 9 · 3
J
K
= 428, 7K
2
Studiekompasset.dk Skriftligt fysik STX, A-niveau, Aug 2008
Altså har vi fundet at bremsestykkernes temperatur stiger hele 428, 7K under den 38, 5m
lange opbremsning. Dette er meget højt, men keramik har netop den egenskab at dens
smeltepunkt er meget højt (minimum 700
◦
) og derfor er det intet problem at dens tem-
peratur stiger med 428, 7K.
3
Studiekompasset.dk Skriftligt fysik STX, A-niveau, Aug 2008
Opgave 4
a
Energien af den udsendte foton er givet ved
E
foton
= E
B
− E
A
=
hc
λ
hvor h er Plancks konstant, c er lysets hast i vacuum og λ er lysets bølgelængde.
Vi bestemmer energien af foton ved hjælp af første del af ligningen, da vi kender de
forskellige energiniveauer fra energiniveaudiagramet. Vi finder:
E
foton
= 5, 678aJ − 5, 171aJ = 0, 407aJ
Vi kan på baggrund af formlen i øverste del af opgaven nu bestemme bølgelængden af det
udsendte lys:
E
foton
=
hc
λ
m
λ =
hc
E
foton
=
6, 63 · 10
−34
Js · 3, 00 · 10
8
m
s
0, 407 · 10
−18
J
= 4, 89 · 10
−7
m
= 489nm
Endhedsforklaring:
λ =
J · s ·
m
s
J
=
Jm
J
= m
Altså er bølgelængden af det udsendte lys 489nm
b
Energien der skal til for at udsende den foton der emmiteres, når en elektron springer
fra skal B til skal A er den energi der skal til for at pumpe elektronen op i skal B. Man
kan altså finde nyttevirkningen som forholdet imellem fotonens energi og energien i B.
Matematisk set vil dette sige:
η =
E
foton
E
B
1
Studiekompasset.dk Skriftligt fysik STX, A-niveau, Aug 2008
Hvis vi indsætter vores kendte størrelser finder vi:
η =
0, 407aJ
5, 678aJ
= 7, 2%
Altså en forholdsvis lille nyttevirkning på 7, 2%. Grunden til at man stadig bruger disse
lasere er at den energi man får ud af laseren (læs: fotonen) har nogle egenskaber der er
’mere værd’ end den energi der bruges for at pumpe elektronen op i den ønskede tilstand.
2
Studiekompasset.dk Skriftlig fysik STX, A-niveau, Aug 2008
Opgave 5
a
Vi ved at effekten, P , som funktionen af den konstante kraft, F , og farten, v, er givet ved:
P = F · v
Vi indsætter vores kendte størrelser og finder:
P = 360N · 0, 45
m
s
= 162W
Endhedsforklaring:
[P ] = N ·
m
s
=
kg · m
s
2
·
m
s
=
kg·m
2
s
2
s
=
J
s
= W
b
De 4 krafter der virker på obelisken er tyngdekraften, normalkraften, gnidnings-
kraften og trækkraften. Vi definerer x-aksen til at være langs bakken hvorpå obelisken
trækkes. Y-aksen bliver den akse der står vinkelret på bakken.
Vi bestemmer de fire virkende krafter, én efter én startende med tyngdekraften. Den-
ne er givet ved:
F
t
= mg
hvor m er obeliskens masse og g er tyngdeaccelerationen (som findes ved opslag).
Vi finder da:
F
t
= 350 · 10
3
kg · 9, 82
N
kg
= 3, 44 · 10
6
N
Normal kraften er numerisk lige så stor som tyngdekraftens komposant langs y-aksen. Vi
ser at:
F
N
= F
t,y
= cos(5
◦
) · 3, 44 · 10
6
N = 3, 42 · 10
6
N
At vi ganger med cos 5
◦
er klart da cos A =
b
c
i en retvinklet trekant (som vi har jo bare
med at gøre - se evt bilag nederst i opgaven).
Gnidningskraften er givet ved:
F
gnid
= F
N
· µ
hvor µ er gnidningskoefficienten som vi får opgivet i opgaven. Vi finder at:
F
gnid
= 3, 42 · 10
6
N · 0, 31 = 1, 06 · 10
6
N
1
Studiekompasset.dk Skriftlig fysik STX, A-niveau, Aug 2008
Vi får at vide at obelisken trækkes med konstant fart. Vi kan da foretage en konklusion
på baggrund af Newtons 2. lov (nemlig den konklusion at v = k ⇔ a = 0 ⇔ F
res
= 0,
hvor k er en konstant), så vi finder at:
F
res
= 0F
træk
= F
t,x
+ F
gnid
Da tyngdekraftens komposant i x-aksens retning regnes på næsten samme måde som den
i y-aksens retning, ses:
F
træk
= F
t
· sin 5
◦
+ F
gnid
= 3, 44 · 10
6
N · sin 5
◦
+ 1, 06 · 10
6
N
= 1, 36 · 10
6
N
Vi kan nu indtegne disse krafter på bilaget.
Under antagelse af at ægypterne op af bakken kan trække med 360N hver, bliver antallet
af nødvendige ægypere, n:
n =
1, 36 · 10
6
N
360N
= 3777, 78
Altså skal der 3778 ægypere til at trække obelisken, da den samlede kraft de skal trække
med, F
træk
, er 1, 36 · 10
6
N.
2
Studiekompasset.dk Skriftligt fysik STX, A-niveau, Aug 2008
Opgave 6
a
Vi ved fra Achimedes’ lov at opdrift er givet ved:
F
opdrif t
= V
fortrængt
· ρ · g
hvor V
fortrængt
er det fortrængte volumen, ρ, er densiteten af væsken og g er tyngdeaccel-
erationen
Idet vi antager at badekarret indeholder 250 liter og at vandet har temperaturen 5
◦
C
og dermed en densitet på 1000
kg
m
3
finder vi opdriften:
F
opdrif t
= 0, 250m
3
1000
kg
m
3
· 9, 82
N
kg
= 2455N
Vi antager at badekarret vejer 100 kg. Tyngdekraften på dette er da:
F
t
bad
= 100kg · 9, 82
N
kg
= 982N
Hvis badekarret skal holdes oven vande skal der gælde:
F
res
= 0 ⇔ F
t bad
+ F
t elever
= F
opdrif t
⇔ F
t elever
= F
opdrif t
− F
t bad
hvor F
t
bad
og F
t
elever
er modsatrettet F
opdrif t
.
Vi finder da om den tyngdekraft eleverne udøver på badekarret skal gælde:
F
t
elever
= 2455N − 982N = 1473
Idet vi antager at hver elev i gennemsnit vejer 75 kg finder vi om det maksimale antal
elever, x, at:
F
t max elever
= x · m · g ⇔ x = F
t max elever
m · g =
1473
75kg · 9, 82
N
kg
= 2
Altså kan der under vores forudsætninger være 2 elever i badekarret.
1
Studiekompasset.dk Skriftligt fysik STX, A-niveau, Aug 2008
Opgave 7
a
Vi ved at hastigheden i kablet, v
kabel
, er givet ved:
v
kabel
=
c
n
hvor c er lysets hast og n er kabelts brydningsindeks.
Frekvensen for lyset er konstant, og derpå finder vi:
v
kabel
= λ
kabel
· f
Ud fra kombination af de to ovenstående formler kan vi beskrive, λ
kabel
, således:
λ
kabel
=
c
n · f
Hvis vi kalder bølgelængden i luft, for λ
0
gælder der at f·
0
= c og dermed finder vi ved
at indsætte i ovenstående formel:
λ
kabel
=
f·
0
n · f
=
λ
0
n
Vi kender både λ
0
og n og vi kan da finde:
λ
kabel
=
1555nm
1, 485
= 1047, 1nm
b
Hvis vi kalder effekten ved starten (eller for den sags skyld til et hvilken som helst andet
tidspunkt lige efter en forstærkning af signalet) for P
s
gælder:
dB = 10 · log
P
s
· 0, 125
P
s
= 10 · log (0, 125) = −9, 03019
Minustegnet fortæller os at der er tale om en dæmpning af signalet, hvilket passer med at
det bliver svagere.
Vi finder nu den afstand, x, hvorefter signalet skal forstærkes:
x =
|dB|
dB − tab/km
=
| − 9, 03019|
0, 22
dB
km
= 41, 05km
Altså skal signalet forstærkes minimum hver 41, 05km. Dette betyder altså at signalet over
Atlanten skal forstærkes omkring 140 gange.
1
Studiekompasset.dk Skriftligt fysik STX, A-niveau, Aug 2008
Opgave 8
a
Vi ved om effekten, P , af en komponent, i sammenhæng med spændingsforskellen, U, over
komponenten og strømstyrken, I gælder:
P = U · I ⇔ I =
P
U
Vi indsætter vores kendte værdier og finder:
I =
250W
230V
= 1, 52A
Altså er strømstyrken gennem varmelegemet 1, 52A.
b
Vi ved at energien, E, ved effekten, P , og tiden, t, er givet som:
E = P · t
Ifølge fabrikanten er varmelegemet tændt en tredjedel af tiden. På et år må legemet altså
være tændt i:
t = 364, 25 · 24 · 60
2
= 3, 15 · 10
7
s
Vi finder da:
E = 3, 15 · 10
7
s · 350W = 1, 10 · 10
10
J = 11, 0GJ
Hvis fabrikantens oplysninger passer (det ville ikke overraske nogen hvis de ikke gjorde
;-) ) bruger varmelegemet 11, 0GJ årligt.
c
Vi starter med at bestemme til hvilken tid, der gælder at T = 31
◦
C. Vi isolerer tiden i
funktionen for temperaturen:
T = 52
◦
C − 32
◦
C · e
−at
m
52
◦
C − T = 32
◦
C · e
−at
m
52
◦
C − T
32
◦
C
= e
−at
m
ln
52
◦
C − T
32
◦
C
= −a · t
m
t(T ) =
ln
52
◦
C−T
32
◦
C
−a
1
Studiekompasset.dk Skriftligt fysik STX, A-niveau, Aug 2008
Vi har nu bestemt tiden som en funktion af temperaturen og derfor kan vi bestemme til
hvilken tid, der gælder T = 31
◦
C. Vi finder:
t(31
◦
C) =
ln
52
◦
C−31
◦
C
32
◦
C
5, 3 · 10
−6
s
−1
= 79474, 2s
Den fart hvormed vandet ændrer temperatur, a, er givet ved:
a =
dT
dt
= T
0
(t)
Vi differentierer funktionen for temperaturen ved hjælp af basale calculusregneregler og
finder:
T
0
(t) = 32
◦
C · a · e
−at
Vi bestemmer nu ændringen af temperaturen, a, ved 31
◦
C. Dette kan vi netop da vi fandt
at ved denne temperatur var t = 79474, 2s. Vi ser:
T
0
(79474, 2s) = 32
◦
C · 5, 3 · 10
−6
s
−1
· e
−5,3·10
−6
s
−1
·79474,2s
= 0, 000111
◦
C
s
= 0, 40
◦
C
h
Vi ved at energien, Q, der der frigives eller behøves for at varme et stof med den specifikke
varmekapaciteten, c, og massen, m, ∆T grader op er givet ved:
Q = m · c · ∆T
Deles med ∆t på begge sider finder vi:
Q
∆t
= C ·
∆T
∆t
Størrelsen
∆T
∆t
= a, var netop den størrelse vi lige har fundet. Altså tabet af energi pr. tid.
Desuden vides at forholdet imellem energi og tidsrum er effekt (P =
Q
∆t
). Vi kan da finde
effekten hvorved der afgives varme til omgivelserne, ved temperaturen, 31
◦
C.
P = 400kg · 4, 18 · 10
3
J
◦
C · kg
· 0, 000111
◦
C
s
= 223, 03W
Altså afgives der energi til omgivelserne med en effekt på 223, 3W , når varmeleget har en
temperatur på 31
◦
C.
2