Elevatortur - szymanski spil

szymanskispil.dk

Elevatortur - szymanski spil

Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1: Geotermisk anlæg

Løsninger til eksamensopgaver på fysik A-niveau 2008

Maj 2008

a) Ved at summere de to effekter til en samlet effekt, kan man udregne den årligt leverede

energimængde:

E P t

leveret samlet

6 300 120 10 365,2422 24 3600 16

1,325390895 10 16

1,325 10

W s J J

b) På 1 sekund leveres der en varmemængde på 300MJ (da effekten er defineret som energimængde

pr. tid og enheden watt svarer til J/s).

Da man kender temperaturfaldet for vandet, kan man bestemme massen af vand, der passerer

anlægget pr. sekund:

Q m c T

vand vand

6

Q 30010 J

mvand 1748,82246

kg

c J

vand T

4184 42 83 C

kg C

Det negative fortegn foran Q skyldes, at Q er den leverede varmemængde, der har samme størrelse

som, men modsat fortegn af, energitilvæksten for det vand, der nedkøles.

Den specifikke varmekapacitet er fundet i databogen side 153 (version 1998), hvor der er valgt en

værdi ved 60°C (nogenlunde midt imellem højeste og laveste temperatur).

Vands densitet ved 62,0°C slås op på side 151 til at være 0,98216 g/cm 3 . Hermed kan rumfanget

bestemmes:

m m 1748,82246kg

3 3

V 1,780588 m 1,78m

V kg

982,16 3

m

Opgave 2: En tur med elevator

a) Det er oplyst, at der er en lineær sammenhæng, så det ville være nok at lave lineær regression og

aflæse b-værdien (skæringen med 2. aksen), men det kan også laves i Excel, hvor man samtidig ser

punkterne danne en ret linje:

Trykket i kPa

101,2

101

100,8

100,6

100,4

100,2

Elevatortur

y = -0,0372x + 101,13

R² = 0,9959

0 5 10 15 20 25

Tiden i sekunder


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Dvs. at lufttrykket ved turens start er p = 101,13kPa

b) Trykket fra en gas- eller væskesøjle er givet ved psøjle gas/

væske g hsøjle

, og i dette tilfælde med

en luftsøjle (gassøjle), kan man regne med en konstant densitet, fordi man ikke kommer så højt op i

forhold til atmosfærens tykkelse.

Trykket som funktion af højden over jorden bliver så: p( h) g h p0

, hvor sidste led er

trykket ved jordoverfladen, og hvor det negative fortegn på højden skyldes, at luftsøjlen over

stedet bliver mindre, når man kommer højere op.

Ses der nu på trykændringen pr. tid (svarende til hældningen på grafen), får man:



p p2 p gh 1

2 p0 gh1p0gh2 gh1

h

g

t t t t t

p

h

svarer som nævnt til hældning på grafen, og er den fart, elevatoren kører med. Da

t t densiteten og tyngdeaccelerationen er konstante, har man derfor også, at h

er en konstant, og

t dermed er elevatorens fart konstant.

Denne fart kan nu bestemmes ud fra den udledte sammenhæng:

p

3 Pa

0,037210 p h h t s

m m

g 3,15682 3,2

t t t g kg m

1,209,82 s s

3 2

m s

Opgave 3: Datering af havvand

a) I databogen under ”Radioaktive nuklider” (side 200 i 1998-udgaven) ses det, at Ar-39 er - -

radioaktiv med halveringstiden 269 år. Det ses også, at argon er grundstof nr. 18, og ved

kendskabet til, at der ved henfaldet udsendes en elektron samt ladningsbevarelse (18 = 19 + (-1))

og nukleontalsbevarelse (39 = 39 + 0) får man:

Ar K e v

39 39 0

18 19 1

Der udsendes også altid en antineutrino (leptontalsbevarelse). At grundstof nr. 19 er kalium ses i

det periodiske system.

b) Aktiviteten kan bestemmes ud fra kendskabet til antallet af kerner og halveringstiden:

ln(2) ln(2)

5 55 A k N N 1,3 10 1,06150 10 Bq 1,110 Bq

T 269 365,2422 24 3600s

½


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

c) Ved hjælp af henfaldsloven kan man udlede, hvor lang tid det tager for mængden af Ar-39-atomer

fra overfladevandet at være reduceret til mængden af Ar-39-atomer i vandet fra 5km’s dybde:

t t

1 T½ N( t) 1 T½ t 1 N( t) t 2 N0



2 N0 2 T½ 2 N0 T½ 1 N( t)


N( t) N0

ln ln ln ln


5

1,310 4

N0


ln ln

Nt ()


4,2 10

t




269år 438,483555år 0,4kår

ln(2) ln(2)

Opgave 4: Cykelrytter

a) Cykelrytteren kører med konstant fart, dvs. den resulterende kraft er nul. Luftmodstanden udgør

det klart største bidrag til den samlede gnidningsmodstand, og det antages, at dens bidrag er 100%.

Luftmodstanden er givet ved:

1

2

Fluft cw luft

A v

2

Den effekt, cykelrytteren yder, er, da kraften peger i samme retning som bevægelsen, givet ved:

P F v Fluft v .

Det sidste lighedstegn kommer af, at den resulterende kraft er nul, således at den kraft

cykelrytteren yder skal svare til luftmodstanden.

Da effekten er den samme i oprejst stilling og sammenbøjet stilling, har man nu:

P P

op bøj

F v F v

luft, op op luft, bøj bøj

1 2

cw, op luft Aop vop vop 2

1

2

cw , bøj luft

Abøj vbøj vbøj 2


c A v c A v

v

3 3

w, op op op w, bøj bøj bøj

bøj

km

3 1,10,51 25

cw, op Aopv

op 3 t

km km

3

30,2458577

30

c A 0,880,36 t t

w, bøj bøj

Opgave 5: Bjergbestigning

a) Man kan med god tilnærmelse se bort fra luftmodstanden, da stenen har stor densitet og falder

forholdsvis kort, så det er en bevægelse med den konstante acceleration g og

begyndelseshastigheden 0 (antager at stenen ikke skubbes betydeligt nedad fra start):

3

v g t

2

1 v

m m m

1 s g v 2 s g 2 22m 9,82 20,7865 21

2

2

s g t 2 g s s s

2


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

b) Den største kraft og dermed den største acceleration, som bjergbestigeren udsættes for, mens

sikkerhedsrebet strammes, er når dets forlængelse er maksimal, da fjederkraften er størst i dette

tilfælde.

For at finde accelerationen ses på den resulterende kraft, og da fjederkraften peger opad og er

modsat rettet tyngdekraften og større end denne fås:

F ma res

F Ffjeder F

res

t k y m g k y

ag

m m m m

N

m

m

m m m

9,82 66,924186 67

2 2 2

86kg

s s s

3

1,20 105,5 c) Når bjergbestigeren hænger stille, er den resulterende kraft 0, dvs. at tyngdekraften og

fjederkraften udligner hinanden. Dermed kan forlængelsen af det elastiske reb beregnes:

F F

t fjeder

m g k x

m

86kg 9,82

mg 2

xs0,70376667m k

3 N

1,20 10

m

Da rebet er 13,0m langt inde forlængelsen, kommer bjergbestigeren til at hænge følgende stykke

under fastgørelsespunktet:

h 13,0 m 0,70376667 m 13,7m

under

Dette sted er også centralt i forbindelse med spørgsmålet om, hvornår bjergbestigeren opnår den

største fart, for farten øges under faldet så længde der er en acceleration nedad, og det er det indtil

det sted, hvor fjederkraften lige netop er så stor som tyngdekraften, dvs. netop det ovenfor fundne

sted (kaldet ligevægtspunktet). Før ligevægtspunktet er tyngdekraften større end fjederkraften, og

her øges farten. Efter ligevægtspunktet er fjederkraften større end tyngdekraften, og

bjergbestigeren bremses.

For at finde farten ved ligevægtspunktet udnyttes kendskabet til energien i en fjeder. Den kinetiske

energi i ligevægtspunktet er fuldstændigt omdannet til potentiel energi, når det elastiske reb er

helt strakt (maksimal forlængelse). Dermed har man:

E E

kin, ligevægtspunkt pot, bund

1 1

m v k x

2 2

2 2

ligevægtspunktbund 3 N

2

2

kx 1,20 10 5,5 m0,70376667m ligevægtspunktbund m

m m

v 17,9160267 17,9

m 86kg

s s


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 6: Regnsensor

a) Grænsevinklen når lys bevæger sig fra glas (n=1,48) til luft (n=1) beregnes:

1

sin 42,

5

1,

48

1

i g

Da indfaldsvinklen (45°) er større end grænsevinklen, vil der ske totalrefleksion.

Hvis lyset bevæger sig fra glas (n=1,48) til vand (n=1,33) fås:

1,

33

sin 64,

0

1,

48

1

i g

Da indfaldsvinklen her er mindre end grænsevinklen, vil der ikke ske totalrefleksion, dvs. noget af

lyset vil reflekteres, mens resten brydes (og altså bevæger sig ud gennem regndråben).

Opgave 7: Laserlys mod spejl

a) Ud fra lysets fart i vakuum og kendskabet til brydningsindekset, kan lysets fart i krystallen

bestemmes:

m

299792458

c m 8 m

vkrystal

s 203940448 2,04 10

n 1,470

s s

b) Antallet af overgang kan bestemmes ved at se på energien af de enkelte fotoner samt laserens

effekt:

Elaserlys Plaserlys t 0,50W1,00s 18 18

novergange

2,64550265 10 2,6 10

18

E E E 0,201 0,012 10

J

foton B A


c) Det er oplyst, at laserlyset har bølgelængden 1053nm, hvilket man egentlig godt selv kunne have

regnet ud ud fra kendskabet til energiniveauerne fra spørgsmål b).

De enkelte fotoner har bevægelsesmængden:

p

foton

h



Da fotonerne reflekteres og dermed efter mødet med spejlet bevæger sig i modsat retning med en

lige så stor bevægelsesmængde, vil ændringen i bevægelsesmængden være numerisk dobbelt så

stor som bevægelsesmængden af den enkelte foton. Da man også kender antallet af udsendte

fotoner pr. sekund (udregnet i spørgsmål b, da antallet af overgange netop svarer til antallet af

udsendte fotoner), kan man hermed beregne kraften:

p

n fotoner pfoton

n fotoner n

samlet

fotoner h

Flaserlysspejl Fspejllaserlys 2pfoton 2

t t t t


18 34

2,6455 10 6,626110 Js 9 9

2 3,32941407 10 N 3,3 10

N

9

1s 105310 m


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1: Q-værdi

August 2008

a) I databogen under ”Nukliders masse og bindingsenergi” (side 219 i 1998-udgaven) findes

atommasserne af de indgående størrelser. Egentlig skal der regnes på kernemasser, men da

man ville skulle trække 2 elektronmasser fra på begge sider, betyder det ikke noget for

masseforskellen, og der regnes derfor på de fundne atommasser:

3 2 2


m m m m m m

højreside venstreside He n H

3,01604927u 1,00866490 u 2 2,01410178u 0,00348939u0 MeV MeV

Q m 931,4943 0,00348939u 931,4943 3,250346895 MeV 3,25035MeV

u u

Opgave 2: Stoffet mellem stjernerne

a)

Opgave 3: Verdens hurtigste elevator

Opgave 4: Argonlaser


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 5: Ægyptere i arbejde

a) Da trækkraften fra den enkelte ægypter kendes sammen med hastigheden af bevægelsen, kan

effekten af det arbejde, en enkelt ægypter udfører beregnes ved:

m N m

P F v 360N 0,

45 162 162W

s s

b) Da bevægelsen foregår med konstant fart (langs en ret linje) er den resulterende kraft ifølge

Newtons 1. lov nul. Farten er så lille, at der kan ses bort fra luftmodstand. Dermed påvirkes slæden

med obelisken af fire kræfter.

1) Tyngdekraften: Peger lodret nedad og har størrelsen:

3 m

6

Ft m g 350 10

kg

9,

82 3437000N

3,

44 10

N

s

2) Normalkraften, der peger vinkelret på underlaget.

3) Gnidningskraften, der peger modsat af bevægelsen.

4) Trækkraften, der peger i bevægelsens retning, dvs. langs med underlaget.

Størrelsen af normalkraften kan bestemmes, da den lagt til tyngdekraften skal give en vektor i

underlagets retning:

Dermed bliver:

Fn t

Ft Fn


F cos(

5)

3423921N

3,

4210

Gnidningskraften kan bestemmes ud fra normalkraften:

Fg Fn

0, 31

3,

4210

N 1061416N

1,

0610

6

6

N

Hermed kan de fire kræfter indtegnes på bilag 2, hvor det for trækkraftens vedkommende er

udnyttet, at den lagt til de tre andre vektorer skal sørge for, at den resulterende kraft bliver 0:

6

N


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Tyngdekraften og normalkraften giver lagt sammen en vektor ensrettet med gnidningskraften med

størrelsen:

Ft n t

F sin(

5)

299554N

0,

30010

Hermed bliver som vist på figuren:

Ftræk Ft

n Fg

299554N

1061416N

1360970N

1,

3610

Antallet N af ægyptere, der skal til at trække slæden, er dermed:

1360970N

N

360N

3780,

4718

Dvs. at der skal 3780 ægyptere til at trække slæden.

6

N

6 N

.


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 6: Badekar

Pigen på billedet er i stand til at løfte badekarret, så dets masse kan sættes til 20kg.

Dimensionerne sættes til 1,8m x 0,5m x 0,50m, og dermed bliver det rumfang, som badekarret kan

indeholde V 1, 8m

0,

5m

0,

5m

0,

45m

En gymnasieelevs masse sættes til 70kg.

Vandets massefylde sættes til 1kg/m 3 , da det er ferskvand.

3

Når badekarret flyder i vandet, er opdriften på det lige så stor som tyngdekraften af badekarret og

eleverne.

Der søges det maksimale antal elever Nmaks, og derfor regnes på det tilfælde, hvor badekarrets top ligger i

vandoverfladen:

F


N

opdrift

vand

maks

F

V



t


badekarret

vand

V

g m

badekarret

m

elev

badekar

m

g N

badekar

Dvs. der kan være 6 elever i badekarret.

Opgave 7: Atlanterhavskabel

Opgave 8: Vandseng

maks

m

elev

g


kg

1000 0,

45m

3


m

70kg

3

20kg


6,

14


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1: Operahuset

Maj 2009

a) Da tiden og effekten er kendt, kan man bestemme den tilførte energi (i form af varme) ved:

6 11 11

Etilført Pt 3,4 10 W 24 3600s 2,9376 10 J 2,9 10 J

b) Den modtagne varmemængde pr. minut er:

3

Emodtaget Pt 9010 W 60s 5400000J 5,4MJ

Denne energi er gået til at opvarme havvand, hvis specifikke varmekapacitet er slået op i

databogen side 147 (1998-udgaven), og massen af havvand passeret pr. minut er så:

Emodtaget

Emodtaget mhavvand chavvand T mhavvand


c T

havvand

6

5,4 10

J

mhavvand 597,41122kg 0,60tons

3 J

3,93 10 20,117,8 C

kg C

Opgave 2: Kørsel på glatbane

a) Da man har en bevægelse med konstant acceleration (med negativt fortegn, da den er

modsatrettet bevægelsen) og kender starthastigheden, kan man regne ud, hvornår hastigheden er

0 ved:

v() t v0

v() t a0tv0 t

a

0

1000m

0 50 t 3600s 4,789272s 4,8s

m

2,9

2

s

b) Bilens fart i bunden kan bestemmes ved at se på to forhold:

1) Da den kører ned ad bakke omdannes noget potentiel energi til kinetisk energi.

2) Da den bremser udføres en negativt arbejde på bilen, der derved mister noget energi.

Man har altså:

E E E A

kin, bund kin, top pot, topbund gnidning

1

m v E E A

2

v

bund


2

bund kin, top pot, topbund gnidning

Ekin, top Epot , topbund Agnidning


2


m

For at bestemme arbejdet udført af gnidningskraften, skal man kende dens størrelse, og den kan

findes ud fra kendskabet til den dynamiske gnidningskoefficient og normalkraften. Altså skal man

som det første have bestemt normalkraften.


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Da bilen bliver på underlaget, må vektorsummen af tyngdekraften og normalkraften give en vektor

parallelt med underlaget, og dermed kan man bestemme normalkraften ved at regne på den

retvinklede grønne trekant, der er konstrueret ud fra vektorerne, og hvor det er et synsbedrag, hvis

den korteste katete ikke ser ud til at være parallel med underlaget.

m

Fn cos(8,0 ) Ft cos(8,0 ) m g cos(8,0 ) 975kg 9,82 9481,3216 N

2

s

F F 0,26 9481,3216 N 2465,1436N

g n

A F s 2465,1436N 30m 73954,3J

g g

Tabet i potentiel energi bestemmes:

m

Epot , topbund mbil g h 975kg 9,82 30m sin(8,0 ) 39975,4 J

2

s

Den kinetiske energi fra start er:

1 2 1 1000m


Ekin, start m vstart 975kg 50 94039,4 J

2 2 3600s


Hermed bliver bilens fart for enden af banen:

v

bund

Ekin, top Epot , topbund Agnidning


2



m


2 94039J 39975J 73954J

m m

11,09958911,1 975kg

s s

2


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 3: Fusionsenergi

b) Massen og densiteten er kendt, så rumfanget kan bestemmes ved:

7

m m 2,9 10

kg

73133 V 9,3548387 10 cm 9,4 10 m

V kg

0,31 3

cm

c) I databogen under ”Nukliders masse og bindingsenergi” (side 219 i 1998-udgaven) findes

atommasserne af de indgående størrelser. Egentlig skal der regnes på kernemasser, men da

man ville skulle trække 2 elektronmasser fra på begge sider, betyder det ikke noget for

masseforskellen, og der regnes derfor på de fundne atommasser:

4 2 3


m m m m m m m

højreside venstreside He n H H

4,00260324u 1,00866490 u 2,01410178u 3,01604927u 0,01888291u 0

MeV MeV

Q m 931,4943 0,01888291u 931,4943 17,589323 MeV 17,5893MeV

u u

Antallet af reaktioner bestemmes ved at se på indholdet af tritium og deuterium-atomer. Da der er

lige mange af dem, har man:

7

mpille 2,9 10

kg

nreaktioner


mH2atom mH3atom


27

kg

2,01410178 u3,01604927u1,6605410 u

19

3,4719 10

Hermed bliver den energi, der kan frigøres i pillen (hvis samtlige mulige reaktioner forløber):

MJ

MeV

19

19

E frigivet Q nreaktioner 17,5893 MeV 1,602176565 10 3,4719 10 97,8MJ 3,0MJ

Den energi, der kan frigives, er altså væsentlig større end den tilførte energi.

Opgave 4: Planteplankton

a) Da man kender energien og får at vide, at det er bølgelængden i luft (regnes som vakuum), der skal

findes, har man:

34

m

6,626110 Js299792458 hchc s

7

E foton 3,54724 10 m 355nm

18


E 0,560 10

J

foton

b) Da man kender brydningsindekset, kan man bestemme lyshastigheden i vandet, og når man husker

på, at lyset skal tilbagekastes og derfor bevæge sig den samme strækning to gange (frem og

tilbage), kan man bestemme afstanden under havoverfladen, når man samtidig husker, at laseren

og detektoren begge er placeret 11,5m under havoverfladen:


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

c

slys vlys t

t

udsendelseregistrering hplanteplankton 11,5 m 11,5 m 11,5 m n

2 2 2

m

299792458

s 8

6,910s 1,35

hplanteplankton 11,5 m 19,1613628m 19,2

m

2

udsendelseregistrering c) Da lyset svækkes med 11,9dB, og da energien af lyspulsen er 25,0mJ inden, den rammer området,

er energien af lyspulsen efter passage af området:

P ind E ind

dBtab 10dB log 10dB log

PudEud dBtab

Eind 10dB

10 Eud


Eind Eud dBtab 10dB

10

25,0mJ

1,6141356

mJ

11,9dB

10dB

10

Dermed er den afsatte energi i området:

E E E 25,0mJ 1,6141356 mJ 23,385864 mJ

afsat ind ud

Antallet af exciterede klorofylmolekyler svarer til antallet af exciterende fotoner, der kan

bestemmes, fordi man kender den afsatte energi samt energien af en enkelt foton:

n

klorofylexcitationer

Opgave 5: Månehop

Eafsat 3

23,38586 10

J

Efoton 18

0,560 10

J

4,176047 10 4,2 10

16 16

a) Astronauten er kun påvirket af tyngdekraften, der kan regnes for at være konstant i nærheden af

måneoverfladen. Den resulterende kraft er altså konstant, og dermed har man ifølge Newtons 2.

lov en bevægelse med konstant acceleration. Dermed gælder:

v( t)

a t

v

0

Tabellens værdier indtastes derfor i en tabel med tiden (målt i sekunder) i den første kolonne og

hastigheden (målt i m/s) i den anden kolonne, hvorefter der laves lineær regression med den anden

kolonne (hastigheden) som funktion af den første kolonne (tiden). Dette giver ligningen:

m m

v( t)

1,

61 t

1,

11

2

s s

m

Dermed kan tyngdeaccelerationen på Månen aflæses til : g Måne 1,

61 .

2

s

Det negative fortegn viser, at accelerationsvektoren peger nedad.


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

b) Øverst i hoppet er v(t)=0, og derfor kan det søgte tidspunkt bestemmes ved:

m

0 1,

61 t

2 top

s

m

1,

11

s


m

1,

11

t

s

top

m

1,

61

2

s

0,

6873844s

0,

69s

Astronautens højde kan bestemmes ud fra en energibetragtning.

Den kinetiske energi fra start er i toppunktet helt omdannes til potentiel energi, så man har:

Ekin,

start E pot,

top

1 2

m vstart

2

m gmåne

htop


h

top

2

start

v


2 g

måne


2

m

1,

11

s

m

2 1,

61

2

s

Opgave 6: Den internationale rumstation ISS

0,

38043845m

0,

38m

a) På 56,8 døgn ses rumstationen at have tabt højde fra 344km til 338km. Den taber dermed højde

med farten:

s

344 338km

6000m

m mm

v


0,

001222613459

1,

22

t

56,

8døgn

56,

8

24 3600s

s s

b) Rumstationen er kun påvirket af tyngdekraften fra jorden, der dermed udgør den nødvendige

centripetalkraft i cirkelbevægelsen. Man har dermed:

F F

M

G

T

T

t

2


c

jord

2

r

m

2

ISS

4

r


G M

jord

2

4


3

6,

67 10

m

ISS

T

6371000m 338000m

11


m

N

kg

4

r


2

T

2

2

2

2

2

4

jord


G M

r h

24

5,

976 10


3

kg

jord

ISS

3


5468,

8794s

1,

52 timer

c) Det er en centralbevægelse (med Jorden som centrallegeme), og den mekaniske energi er derfor

givet ved:

1 M m

Emek G


2 r

Den tilførte energi fra raketmotoren kan dermed bestemmes:


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

1 M jord m ISS 1 M jord m

ISS

Eraketmotor Emek Emek , høj Emek , lav G G 2 rjord h ISS , høj 2 rjord h

ISS , lav

1 1 1

G M jord mISS

2



r hrh jord ISS , lav jord ISS , høj

2

1 11

m

24

3 1 1

6,67 10 N 5,976 10 kg 300 10

kg 2


2

kg

6371000m338000m6371000m345000m 9288749319J 9,29GJ

Opgave 7: Skøjteløber

a) Det antages, at skøjteløberen vejer 55kg. Skøjterne vurderes at have bredden 0,5cm og længden

15cm, og det antages, at skøjteløberen kun bruger én skøjte ad gangen, dvs. at al vægten fordelen

på én fod.

Trykket på isen skyldes, at personen påvirkes nedad af tyngdekraften, så man har:

m

55kg 9,82

F F

2

t m g

p s 720133Pa 7bar

A A l b0,15m0,005m Skøjte skøjte skøjte


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1: Verdens højest beliggende jernbane

August 2009

E Pt W J MJ

A A m m m

modtaget

a) 430 8,0 3600s 12384000 12,4

2 2 2

b) Det er ikke muligt at komme med et kvalificeret bud på, hvor stor en procentdel af energien, der vil

gå til smeltningen, da det bl.a. afhænger af isens tykkelse og gennemsigtighed. Så det antages, at al

energi afsættes i det lag, der smelter, hvor man så bare skal være opmærksom på, at det bliver den

øvre grænse for lagtykkelsen, der bestemmes:

Isen skal først opvarmes til smeltepunktet, hvorefter den skal smeltes. Med 41,5MJ til rådighed

(svarende til 1m 2 ) får man:

Etilført

Etilført mis cis T mis Ls, is mis


c T L

is s, is

6

41,5 10

J

mis 120,46444kg

3 J 3 J

2,110 5,0C 33410 kg C

kg

Den specifikke varmekapacitet og smeltevarmen for is er fundet på side 153 i databogen (1998udgaven).

Isens densitet findes på side 152, og den benyttes til at omregne massen til et rumfang:

m 120,46444kg

3

V 0,1309396m


3 kg

0,92 10

3

m

Da det var et område på 1m 2 , svarer dette til en dybde på: d 0,1309396m 13cm

Dette er som nævnt en øvre grænse.

Opgave 2: Eksotisk henfald

a) Ved opslag i det periodiske system ses Ra (radium) at være grundstof nr. 88, og kulstof er nr. 6, så

ved at benytte ladningsbevarelse (88 = 6 + 82) og nukleontalsbevarelse (223 = 14 + 209), samt i det

periodiske system at se, at grundstof nr. 82 er bly (Pb), får man:

Ra C Pb

223 14 209

88 6 82

Der er ingen leptoner involveret i henfaldet.

For at finde masseændringen, skal man egentlig regne på kernemasser, men da lige mange

elektroner skulle trækkes fra på begge sider, kan man nøjes med at regne på atommasser, som slås

op under ”Nukliders masse og bindingsenergi” begyndende side 219 i databogen (1998-udgaven):

m m m m m m

højresiden venstresiden Pb209 atom C14 atom Ra223 atom

is


208,981065u 14,00324198 u 223,018501u 0,03419402u 0 energifrigivelse

MeV MeV

Q m 931,4943 0,03419402u 931,4943 31,8515347241 MeV 31,85MeV

u u


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

b) I databogen under ”Radioaktive nuklider” ses Ra-223 (som det også fremgår af opgaveteksten) at

være alfa-radioaktiv, og halveringstiden for henfaldet er 11,435 døgn.

Man kender massen af Ra-223-atomer fra tidligere, så antallet af alfahenfald pr. minut (dette

tidsrum er så kort, at man kan regne med en konstant mængde kerner hele tiden) kan beregnes

ved at gange aktiviteten A med tidsrummet:

ln(2) mRa223klump

nalfahenfald At k Nkerner t t

T m

½ Ra223atom ln(2) 2,0g

nalfahenfald 60s2,2733513610 11,435 243600s 24

g

223,01850u 1,6605410 u

Dette er antallet af alfahenfald, og dermed er antallet af C-14-henfald:

17

nalfahenfald

2,27335 10

8

nC 14henfald 189445947 1,8910 9 9

1,2 101,210 Opgave 3: Brud på lysleder

a) Lyset reflekteres og bevæger sig altså frem og tilbage, dvs. tiden ind til bruddet er kun det halve

af den målte tid, og da lysets hastighed i lyslederen kan beregnes ud fra brydningsindekset, kan

afstanden ind til bruddet bestemmes ved:

m

299792458

3

c tmålt

s 0,186 10

s

s vt 19188,3679 m 19,2km

n 2 1,453 2

b) Det tilladte effekttab er på:

Opgave 4: Legetøjsfrø

P ind 920W


dBtab 10 log 10log 18,846066dB

Pud 12,0W

Da effekttabet er på 0,19dB/km, svarer dette til:

18,846066dB

s 99,18982km

dB

0,19

km

Da lysstrålen både skal frem og tilbage, svarer dette til et kabelstykke med længden:

s

99,18982km

lkabelstykke 49,5949km 50km

2 2

a) Hookes lov siger, at F k x , hvor x er forskydningen ud fra ligevægtsstillingen, F er fjederkraften

vendt mod ligevægtsstillingen og k er fjederkonstanten. Dermed kan fjederkonstanten findes ved at

lave lineær regression på tallene fra tabellen og tvinge grafen gennem (0,0), hvorefter

hældningskoefficienten er k. Dette gøres i Excel, og man får:

17


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Fjederkraften målt i N

16

14

12

10

8

6

4

2

0

Forskydningen er målt i cm, så man får:

N N kN

k 4, 3209 432,

09 0,

43

cm m m

(hvis grafen ikke tvinges gennem (0,0) fås de angivne 0,44kN/m).

b) Den potentielle energi i fjederen, når den er trykket 2,5cm ned fra ligevægt er:

1 2 1 N

2

E pot,

fjeder k x 432,

09 0, 025m

0,

135028125J

2 2 m

Denne energi omdannes i første omgang til kinetisk energi, så frøen hopper, og i toppen af hoppet

er denne kinetiske energi omdannet til potentiel energi. Dvs. fjederens potentielle energi er blevet

til potentiel energi i tyngdefeltet.

Med den energi, der er til rådighed, kan 13,2g hæves:

E pot,

tyngdefelt et E pot,

fjeder 0,

135028J

E pot,

tyngdefelt et m g h h


1,

041691m

m g m g

m

0,

0132kg

9,

82

2

s

Hvis det meste af massen er placeret i frøen og fjederen, skal der trækkes knap 2,5cm fra dette tal,

men samlet set kan det vurderes, at frøen hopper 1, 0m

opad.

Opgave 5: Svævebane

Legetøjsfrø

y = 4,3209x

R² = 0,9955

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5

Forskydningen ud fra ligevægt målt i cm

a) Da manden bevæger sig med konstant hastighed, er den resulterende kraft 0.

De tre kræfter, der virker på manden, er:

Kraft nr. 1:

m

Tyngdekraften Ft: Har retning lodret nedad og størrelsen Ft m g 72kg 9,82 707,04 N .

2

s

Med den angivne målestok, kan kraften indtegnes på bilaget.


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Kraft nr. 2:

Kraften fra snoren ned til selen Fs: Snoren kan kun trække, dvs. denne kraft har samme retning som

snoren peger. Der tegnes altså en stiplet linje (linje 1), der er parallel med snoren, og som går

gennem endepunktet af tyngdekraften (se figur).

Kraft nr. 3:

Gnidningsmodstanden (inkluderer luftmodstanden) Fg: Den har samme retning som bevægelsen, og

derfor tegnes en stiplet linje (linje 2) parallel med bevægelsesretningen og gennem

massemidtpunktet (se figur).

Da den resulterende kraft som nævnt er nul, skal kræfterne lagt sammen som vektorer give

nulvektoren, og dermed kan normalkraften tegnes fra endepunktet af tyngdekraften og op til linje

2, hvorefter den flyttes, så den får begyndelsespunkt i massemidtpunktet.

Gnidningsmodstanden kan så tegnes så det punkt, hvor linjerne 1 og 2 skærer og ind til

massemidtpunktet, hvorefter den flyttes, så begyndelsesmidtpunktet er massemidtpunktet. På

denne måde har vektorerne fået både rigtige retninger og længder, da retningerne er fastlagt som

beskrevet ovenfor, og da længderne følger af, at den resulterende kraft er nul.


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 6: Skibsforlis

a) Da gennemsnitsfarten og strækningen kendes, kan den benyttede tid findes:

3

s

s

5550 10

m

vgen

t

462500s

5,

4døgn

t v

m

gen 12,

0

s

b) Da de to færger hænger sammen efter sammenstødet (fuldstændig uelastisk sammenstød), kan

tabet i kinetisk energi bestemmes ved:

E

kin,

tab

1

m

2

AD

Q

E

u

2

1

kin

1

mS

u

2

1 6 m

40 10

kg

11,

3

2

s

269400000J

0,

27GJ

E

2

2

2


kin,

før

1

2


E

m m

AD

kin,

efter

s


v

2

fælles


2

1 6 m 1 6 m

20 10

kg

9,

8 60 10

kg

10,

4

2

s 2

s

c) Ved sammenstødet er den samlede bevægelsesmængde bevaret.

Bevægelsesmængden i vandret retning må altså efter sammenstødet være:

pefter, vandret p før , vandret p før , AD p før , S cos( 33)

mAD

u1

mS

u

2 cos

6 m

6 m

m

40 10

kg11,

3 20 10

kg

9,

8 cos( 33)

616379431kg

s

s

s

Bevægelsesmængden i lodret retning er:

pefter, lodret p før , lodret p før , S sin(

33)

mS

u

2 sin

6 m

m

20 10

kg

9,

8 sin(

33)

106749251kg

s

s

Størrelsen af bevægelsesmængden er dermed:

2

2

p efter,

lodret

p p 625554958kg

efter efter , vandret

Så kan den fælles fart bestemmes:

v

fælles

pefter


m m

AD

S

m

s

33 m

625554958kg

s

m m


10,

4259 10,

4

6

6

40 10

kg 20 10

kg s s


2

33


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 7: Kobberlaser

a) Bølgelængderne omregnes til energier (i enheden aJ):

hc

E foton


34

m

6,626110 Js299792458 s

19

E foton,1

3,89043 10 J 0,3890aJ

9

510,6 10

m

34

m

6,626110 Js299792458 s

19

E foton,2

3,43558 10 J 0,3456aJ

9

578,2 10

m

Laseren fungerer ved, at atomet pumpes op til en exciteret tilstand, hvorfra den henfalder til en

lavere exciteret tilstand, hvor den ved stimulering med en foton kan henfalde igen til en endnu

lavere tilstand, og dette kan lade sig gøre, hvis atomet anslåes til tilstand D, henfalder til tilstand C,

hvorfra laserlyset udsendes, når atomet henfalder fra tilstand C til enten tilstand B eller tilstand A.

Derfor undersøges det, om energiforskellene mellem C og B samt C og A passer med energierne af

fotonerne:

E E 0,6066aJ 0,2631aJ 0,3435aJ

C B

E E 0,6066aJ 0,2225aJ 0,3841aJ

C A

Disse tal stemmer faktisk ikke helt overens inden for den opgivne nøjagtighed, men det er de

bedste muligheder, og afvigelserne skyldes sandsynligvis, at opgavestillerne har forestillet sig, at

man regner med afrundede værdier for Plancks konstant og lysets hastighed.

Så de pågældende overgange må altså være CB og CA.


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 8: Solcelledrevet vandpumpe

a) Man kender den afsatte effekt og spændingsfaldet, så strømstyrken kan beregnes ved:

Pafsat U I

Pafsat 165W

I 6,875A 6,9 A

U 24V

b) Den tilførte solenergi kan bestemmes som arealet under grafen, da det er en (t,P)-graf, og da:

dE() t

P( t)

dt

E P( t) dt

Arealet bestemmes ved først at tegne et trapez (den sorte figur), hvor lige store dele af arealet skal

ligge udenfor som indenfor. Derefter tegnes et rektangel med et lige så stort areal som trapezet

(sidelængden gennemsnittet af trapezets sidelængder). Arealet (energien) bliver så:


E 16,4 7,7 3600s 7200W 225504000 J 0,23GJ

sol

Da kun 4,8% af denne energi udnyttes, og da udnyttes svarer til en omdannelse til potentiel energi,

har man så:

E 0,048 E 0,048 0,225504 GJ 10824192 J 11MJ

pot sol

Der regnes med en densitet for vand på 1,0g/cm 3 , og da brønden er 80m dyb får man altså:

Epot m g h V g h

Epot

V

gh 10824192J

V 13,77825 m 14m

3 kg m

1,0 10 9,82 80m

3 2

m s

3 3


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1: Lys i svømmebassin

December 2009

a) Effekten og spændingsfaldet kendes, så strømstyrken kan beregnes ved:

P U I

P 150W

I 0,65217391A 0,65 A

U 230V

b) Grænsevinklen, der også er den mindste indfaldsvinkel en lysstråle må ramme grænsefladen med,

hvis (alt) lyset skal forblive i lyslederens kerne, bestemmes ud fra de opgivne brydningsindeks:

i

n 1,403 1 2 1

g sin sin 70,110169 70,1

n


1 1,492




c) Man kender effekttabet efter 12m, men skal kende det efter 1m for at kunne udregne det i

enheden dB/m. Effekten aftager eksponentielt, og man har så:

x

P( x) P(0) e

, hvor er den konstant. Denne konstant bestemmes:

12m 12m 0,57 P(0) P(0) e e 0,57 12m ln(0,57)


ln(0,57)

1

0,04684324m

12m

Hermed kan det procentvise fald i effekten pr. meter bestemmes:

1m P(1 m) P(0) e

1

0,046843m 1m

e 0,954236969

P(0) P(0)

Udtrykt i dB pr. meter bliver dette:

dB P ind dB P(0) dB 1

dBtab

10 log 10 log 10log m Pud m P(1 m) m


0,9542369





dB dB

0,20343762 0,2

m m

Opgave 2: Sporvogn i San Francisco

a) Kablet ligger mellem skinnerne (ifølge opgaveteksten), og det trækker dermed i vognens

bevægelsesretning, hvorfor der gælder:

3

P 38010 W

4

P F v F 91200N 910 N

v 1000m

15 3600s

b) Sporvognen kører med konstant fart, så den resulterende kraft på den er nul.

Den påvirkes af tyngdekraften, gnidningskraften, normalkraften og trækkraften fra kablet.

Trækkraften Ftræk er ensrettet med bevægelsesretningen.

Gnidningskraften Fg er modsatrettet bevægelsesretningen.

Normalkraften Fn peger vinkelret op fra underlaget.

Tyngdekraften Ft peger lodret nedad.


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Trækkraften er angivet til at være 124kN, og med den anviste målestok kan den indtegnes på

bilaget.

Tyngdekraften beregnes:

indtegnes på bilaget.

4 m

Ft m g 1,5 10 kg 9,82 147300 N 147,3kN

. Dette

2

s

Den komposant af tyngdekraften, der står vinkelret på underlaget (se den sorte, stiplede pil på

bilaget), må udlignes af normalkraften, da hverken trækkraften eller gnidningskraften har

komposanter i denne retning. Dermed kan normalkraftens størrelse bestemmes ved at regne på

den retvinklede trekant dannet af tyngdekraften og den sorte, stiplede pil:

F cos(21 ) F cos(21 ) 147300N 137516,3968 N 137,5kN

.

n t

Dette indtegnes på bilaget.

Gnidningskraften kan bestemmes ved at kigge på tyngdekraften og trækkraften, fordi

normalkraften står vinkelret på gnidningskraften og dermed ikke har en komposant i dennes

retning.

Gnidningskraften må sammen med den del af tyngdekraften, der peger i underlagets retning,

udligne trækkraften. Når der ses på størrelserne af kræfterne, har man altså:

F F F F sin(21 ) F 124kN sin(21 ) 147,3kN

g træk t, underlagskomposant træk t

71,2124 7 10

4

kN N

Dette indtegnes på bilaget:


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 3: Globtik Tokyo

a) Da både farten og massen kendes, kan den kinetiske energi bestemmes ved:

2

2 8 m

10 10

1 1

Ekin m v 6,5 10 kg 7,2 1,6848 10 J 1,68 10

J

2 2 s

b) Der er målt for hver 100s, så tidsintervallerne er lige store, og det ses også, at hastigheden ændrer

sig, samt at ændringen IKKE er konstant i de lige store tidsintervaller. Dvs. at det er hverken en

bevægelse med konstant hastighed eller acceleration. Man kunne godt forsøge at finde en forskrift

for en funktion, der beskrev accelerationen, men det er ikke nødvendigt for at kunne løse

opgaverne b) og c), og desuden ses det på punkterne, at der ikke er nogen simpel forskrift, der kan

beskrive accelerationen, da punkterne først lægger sig på en bue og derefter danner noget, der

kunne minde om en ret linje:

Farten målt i meter pr. sekund

8

7

6

5

4

3

2

1

0

Globtik Tokyo under acceleration

0 200 400 600 800 1000 1200

Tiden målt i sekunder

Spørgsmålet besvares derfor ud fra punkterne i tabellen:

For at bestemme accelerationen ved t = 400s, ses på de to punkter på hver side, hvilket ligner en

god tilnærmelses, da farten er ændret lige meget til begge sider. Man har altså:

m m m

5,2 4,2 1,0

v

m

a s s s 0,0050 2

t500s300s200ss c) For at finde den sejlede strækning på de 1000s, ses på gennemsnitsfarten i hvert interval:

1,62,82,83,53,54,26,46,86,87,1m s vgen

t ... 100s

2 2 2 2 2 s

1,67,1m 2,8 3,5 4,2 4,7 5,2 5,6 6,0 6,4 6,8 100s 4955m 5,0km

2 2 s


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 4: Protonhenfald

a) I det periodiske system ses bismuth at være grundstof nr. 83. Henfaldsskemaet bliver:

185

83

Bi

*

1

1

p

184

82

Pb

1

Protonen er angivet som 1 p , men den kunne også være angivet som en hydrogenkerne H

1

1 .

Ladningsbevarelsen giver, at datterkernen er grundstof nr. 82, der i det periodiske system ses at

være bly, Pb. Nukleontalsbevarelsen fortæller, at Pb-isotopen skal have 184 nukleoner.

Der indgår ingen leptoner i regnskabet.

b) Da aktiviteten er faldet til 20,7% efter 100 mikrosekunder, kan halveringstiden bestemmes ved:

A(

t)

A

0

0,

207 A

0

1



2

A

0

t

T

½

10010

T

1



2

6

s

10010

T

1

0,

207

2

½


ln( 0,

5)


100

10

ln( 0,

207)

½

6

6

s


s 44,

008325310

6

s 44s

c) Der spørges om massen af Bi-185-atomet, så der regnes med atommasser i stedet for kernemasser.

Først bestemmes massen af højresiden i henfaldsskemaet:

mhøjreside mPb

184 mH

1

183,

9881u

1,

00782504u

184,

99592504u

Da Q-værdien er positiv (der frigives energi), er massen af venstresiden (Bi-185 i exciteret form)

større end ovenstående masse. HVIS henfaldet kunne være foregået fra den ikke exciterede

tilstand, ville Q-værdien have været: Q 0, 2554pJ

0,

0352pJ

0,

2202pJ

. Denne energi kan

omregnes til masse, og dermed kan massen af Bi-185 i ikke exciteret tilstand bestemmes:

12

E

0,

2202 10

J

mBi185 mhøjreside

184,

99592504u


2

c

m

299792458


s

184,

99740049703u

184,

9974u

Opgave 5: Håndvarme

2

1


1,

66054 10

a) Det vurderes, at man pr. sekund kan nå at gnide hænderne 5 gange frem og tilbage, hvor hver

bevægelse strækker sig over 10 cm, dvs. det pr. sekund drejer sig om en bevægelse over 100cm.

Hver hånd presser med en kraft på 200N (svarende til at skubbe ca. 20kg opad) mod hinanden, dvs.

der regnes med en normalkraft på 400N, og hvis gnidningskoefficienten sættes til 0,1, giver det en

gnidningskraft på 40N.

Det udførte arbejde er så: A F s 40N 1,0m 40J

, og da det foregik på et sekund, bliver

det til en effekt på: P 40W

27

kg

u


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 6: Lasersvejsning

a) Man kender nyttevirkningen og effekten af laseren, så energiforbruget pr. time bliver:

Elaser Elaser Plaser t 3

1210W3600s Etilført

tilført

0,11

E 392727272,7 J 0,4GJ

b) Den maksimale fart svarer til, at der ikke afgives energi til omgivelserne, og at det kun er det

område, som laserstrålen rammer, der bliver opvarmet.

For at smelte pladen, skal den først opvarmes til 1515°C, hvorefter den skal skifte fase fra fast til

flydende. På 1s afgiver laserstrålen 12kJ, og denne energimængde kan smelte følgende stålmasse:

Etilført

Etilført mstål cstål T mstål Ls, stål mstål


c T L

stål s, stål

3

1210 J

mstål 0,0102223358kg

J 5 J

620 1515 20C 2,47 10

kg C

kg

Da man kender densiteten af stålet, kan man omregne massen til et rumfang:

mstål 0,0102223358kg

6

3 3

Vstål 1,3005516 10 m 1300,55

mm

stål

3 kg

7,86 10

3

m

Det smeltede område regnes som en kasse, og da tykkelsen (højden) er 12,0mm og bredden af

strålen 4,0mm, svarer dette rumfang til en kasselængde på:

3

V 1300,55mm

V h b l l 27,0948mm

hb12,0mm4,0mm cm

Denne længde kan strålen bevæge sig på 1 sekund, så den maksimale fart er: vmaks

2,7

s

Opgave 7: Laser

a) Gassen pumpes op i den exciterede tilstand B, hvorefter den henfalder til tilstand A. Det er fra

denne tilstand til grundtilstanden, at den stimulerede emission foregår, dvs. at laserstrålingen får

bølgelængden:

34

6,626110 Js299792458 hchc s

6

E foton 1,5495 10 m 1550nm

18


E foton 0,1282 10J0J m


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1. Afbrænding af peanuts.

27.maj 2010

a) Da den frigivne energi inden for et angivet tidsrum er kendt, kan effekten P bestemmes ud fra

definitionen på begrebet:

E

3

frigivet 5,

810

J

Pgen

64,

4444W

64W

t

90s

b) De specifikke varmekapaciteter for aluminium og vand findes i Databogen (henholdsvis side 142 og

J

J

147 i 1998-udgaven): cAl 896 og cvand 4180 .

kg

K

kg

K

Hermed kan energitilvæksten for dåse og vand bestemmes:

E

E

m c T

m c

Edåsevand dåse vand dåse Al

vand vand

T


J

J

0, 014kg

896 8,

3K

0,

142kg

4180 8,

3K

5030,

6632

kg

K

kg

K

Fra teksten til spørgsmål a) kendes den frigivne (tilførte) energi, og energien modtaget af dåse og

vand kendes fra spørgsmål b). Hermed kan nyttevirkningen bestemmes:


E

E

nyttig

tilført

Opgave 2. Rullende fortov

5030,

6632J


0,

86735572413793

87%

3

5,

810

J

a) Det er en (t,v)-graf, så accelerationen til et bestemt tidspunkt kan bestemmes som hældningen for

tangenten til grafen det pågældende sted. Derfor indtegnes tangenten på bilaget:

m m

4,2 0,7 3,5

m

a5,0s s s

0,175 2

20s 20s

s

J


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

b) Det er en (t,v)-graf, så den tilbagelagte strækning kan bestemmes som arealet under grafen. Der

indtegnes hjælpefigurer på bilaget til at bestemmes arealet (de to trekanter har samme areal):

m m 1 m

l fortov A1 A2 2 A3 1,0 76s 1,5 65 11 s 2 1,5 11s

s s 2 s

76m 81m 16,5m 173,5 m 174m

Opgave 3: Gynge

a) Længden af kablerne vurderes ud fra drengens størrelse til at være 2,8m (Drengens overkrop

vurderet til 70cm). Der regnes med, at drengen er på det højeste punkt, dvs. at han står stille, og

det antages, at den mekaniske energi er bevaret (dvs. der ses bort fra luftmodstand, og der regnes

med, at drengen sidder stille). Udsvingets vinkel vurderes til at være 30°.


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Så er drengens højde over det laveste punkt:

h 2,8m x 2,8m 2,8m cos(30 ) 0,375m

Den potentielle energi omdannes til kinetisk energi:

E E

kin, bund pot

1 2

m m m

m vbund m g h vbund 2 g h 2 9,82 0,375m 2,7143 2,7

2

2

s s s

Opgave 4: Gasflaske med oxygen

a) Gassen regnes som en idealgas, da det er simple molekyler og trykket ikke er voldsomt stort.

Da rumfanget V og stofmængden n (et mål for antallet af gasmolekyler) ikke ændres ved

temperaturstigningen, har man:

p V n RT p T T

p p

p V n RT p T T

start start


slut slut

slut

slut

start

slut slut start start start

Det er den absolutte temperatur (dvs. f.eks. temperaturen målt i Kelvin), der indgår i formlen, så

man har:

320 273,15

18 273,15

T

K

slut pslut pstart 21,3 MPa 43,393766 MPa 43,4MPa

T K

start

Opgave 5: Gliese 876

a) Den udsendte stråling fra Gliese 876 udbreder sig på en kugleflade, dvs. den udsendte effekt P

vil i den afstand, hvor Jorden befinder sig fra Gliese 876, have fordelt sig på et areal svarende til

overfladearealet af en kugle med en radius svarende til afstanden mellem Jorden og Gliese 876:

P

I 2

4d


2

P I 4 dJord

Gliese

Jord Gliese

11

W

17

2

24 24

P 1,79 10 4 2 1,45 10 m 4,729322 10 W 4,7

10 W

m


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

b) Temperaturen er et udtryk for den gennemsnitlige kinetiske energi, så først skal T bestemmes.

Dette gøres med Wiens forskydningslov, da man kender den bølgelængde, hvor

intensitetsfordelingen har sit maksimum:


max


3

T 2,898 10 m K

3 3

2,898 10 m K 2,898 10 m K

T 3478,9916K

9


833 10 m

max

Hermed kan den gennemsnitlige kinetiske energi for partiklerne bestemmes:

3 3 J

1,38066 10 3478,9916 7,2049568 10 7,20 10

2 2

K

23 20 20

Ekin, gen k T K J J

c) Tyngdekraften fra Gliese 876 udgør den nødvendige centripetalkraft for den jævne

cirkelbevægelse, så man har:

F F

t c

M m 4r

Gm

M

Gliese

Opgave 6: Bueskydning

2

Gliese planet bane

2

rbane planet 2

Tomløb

m

2 3

2 9

4r

4 3,09710 bane

2

2

GT omløb

11

m

2

6,672610 N 2 1,938 24 3600s

kg

29 29

6,268349910 kg 6,2710 kg

a) Vanddunken hænger stille. Dermed er den resulterende kraft på den nul. Den påvirkes nedad af

tyngdekraften, og den må derfor påvirkes opad af buen med en kraft, der er lige så stor som (men

modsatrettet) tyngdekraften. Ifølge Newtons 3. lov påvirker vanddunken dermed også buen med

en kraft, der er lige så stor som tyngdekraften (og ensrettet med denne):

m

Fvanddunk Ft m g 3,0kg 9,82 29,46 N 29N

2

s

b) Når buen fungerer som en fjeder med fjederkonstanten k , hvor vanddunken med massen m

hænger og svinger, gælder:

T 2


m

k

3


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Tabellens værdier indtegnes med tiden som funktion af kvadratroden af massen:

Svingningstid målt i sekunder

1,6

1,4

1,2

1

0,8

0,6

0,4

0,2

0

Det ses, at punkterne danner en ret linje i overensstemmelse med formlen ovenfor, og ud fra

forskriften kan værdien for k bestemmes:

2 2 2


0,6644 k k 89,43355

k

0,6644


0,6644



Med enheder har man altså, at:

0,89 N

k

m

c) Den potentielle energi, når buen er trukket 0,55m tilbage er:

2

1 2 1 N

Epot k x 89,43355 0,55m 13,526825

J

2 2 m

Da 60% af denne energi går til bevægelsen, bliver den kinetiske energi for pilen:

E 0,60 E 0,60 13,526825 J 8,11609466J

kin pot

Pilens masse kendes, så dens fart (der svarer til den vandrette hastighed) kan bestemmes:

1 2

Ekin 28,11609466 J m

22,245984

2 m 0,0328kg

s

2

Ekin m v v

Bue som harmonisk oscillator

y = 0,6644x + 0,0002

R² = 0,9989

0 0,5 1 1,5 2 2,5

Den lodrette bevægelse er en bevægelse med konstant acceleration og begyndelseshastigheden 0,

så tiden inden pilen rammer jorden er:

1 2

s() t g t v0ts0 2

kvadratrod af massen målt i kg

1 2 2

s0 21,58 m

0 g t 0 t s0 t 0,567267s

2

g m

9,82 2

s

Dermed kommer pilen i vandret retning:

m

svandret vvandret t 22,245984 0,567267 s 12,619421 m 12,6

m

s

2


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 7: Verdens største accelerator

a) Da man kender både omkredsen og omløbstiden, kan farten i cirkelbevægelsen bestemmes:

s

O 26659m

m 8 m

v 299791960 2,997910 5

tT8,892510ss s

Lysets hastighed er 299792458 m/s, så det ses, at farten er meget tæt på lysets hastighed (faktisk kan man

inden for måleusikkerhederne ikke skelne de to).

b) For at bestemme den elektriske strømstyrke skal man finde ud af, hvor meget ladning der passerer et

bestemt sted (tværsnit) i røret.

På ét sekund er antallet N af gange hver proton passerer et sted givet ved:

t

1s

11245,4315434

N 5

T 8,8925 10

s

Dvs. at antallet af protoner Np, der hvert sekund passerer det pågældende sted er:

NpN3,09103,4748383469210 14 18

Da hvert proton har én elementarladning, bliver strømmen:

18 19

q 3,4748383 10 1,602176565 10

C

I 0,556730 A 0,557 A

t

1s

c) Der dannes en proton og en antiproton (der har samme masse som protonen). Ifølge Einsteins energi-

masse-ækvivalens-formel kræver det:

2

2 2 27 m

10

2 p 2 1,672623 10 299792458 3,006557 10

E m c m c kg J

s

Da de kolliderende protoner har en energi i størrelsesordnen 10 -6 J, er der tilstrækkelig energi til rådighed til

at der kan dannes en proton og en antiproton.


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1: Sutteflaske

28. maj 2010

a) Den samlede tilførte energi er 18kJ, og den tilføres i løbet af 240s, så den gennemsnitlige effekt er:

3

E 1810J P75W t

240s

b) Det antages, at al den frigivne energi går til opvarmning af mælken og stålelementet, så man har:

Efrigivet mstålelement cstål Tstålelement og mælk mmælk cvand Tstålelement

og mælk , hvor det er anvendt, at

man for mælk kan regne med samme specifikke varmekapacitet som vand.

J

I databogen (fra 2000) findes ståls specifikke varmekapacitet på side 143: cstål

510

kg K

J

Vands specifikke varmekapacitet er: cvand

4180

kg K

Hermed kan massen af mælken bestemmes:

E m c T m c T

m

frigivet stålelement stål stålelement og mælk mælk vand stålelement og mælk

mælk

E frigivet mstålelement cstål Tstålelement

og mælk


c T

vand stålelement og mælk

J

J kg C

kg K

0,179998kg0,18kg J

4180 37 15 C

kg K

3

18 10 0,129 510 37 15

Opgave 2: Airbus

a) Der tænkes på tyngdekraften ”nær” jordoverfladen (hvilket både dækker, når flyet står på jorden,

og når det flyver i f.eks. 10km’s højde), og den kan bestemmes ud fra den opgivne masse:

3 m

Ft m g 69,0 10 kg 9,82 677580N 678kN

2

s

b) Gnidningskraften dækker over både luftmodstanden og modstanden fra startbanen. Den

resulterende kraft på flyet er:

F F F 284kN 70,7 kN 213,3kN

res motorer gnidning

Ifølge Newtons 2. lov er dets acceleration så:

3

Fres 213,3 10

N m m

3,09130 3,09

3 2 2

Fres m a a

m 69,0 10

kg s s


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

c) Accelerationen er defineret som: a( t) v'( t)

.

Så hvis man kender accelerationen som funktion af tiden i et interval, kan man findes tilvæksten af

hastigheden (der, når flyet står stille fra start, er det samme som hastigheden til slut, dvs. når det

letter) ved at udregne det bestemte integral i intervallet:

t29st29s m m m m

vslut v a( t) dt 0,044t3,1dt71,39871 3 2

s s s s

Opgave 3: Skilift

t0 t0

a) Vanddråben bevæger sig i en jævn cirkelbevægelse, så den resulterende kraft må pege vandret

mod venstre på figuren, da den således udgøres den nødvendige centripetalkraft.

Den lodrette del af F må altså udligne tyngdekraften, der har størrelsen:

5 m

4

Ft m g 5,0 10 kg 9,82 4,9110 N

2

s

Den vandrette komposant af F er således den resulterende kraft, og denne udgør sammen med den

lodrette komposant og selve F en retvinklet trekant med F som hypotenusen. Den vandrette

komposant er den modstående katete til vinklen 25°, mens den lodrette komposant er den

hosliggende katete til vinklen.

Dermed har man:

4 4

Fres Fvandret Flodret tan(25 ) 4,9110 N tan(25 ) 2,289571 10 N

Da den resulterende kraft udgør centripetalkraften i cirkelbevægelsen, kan farten i denne

bestemmes:

2 4

v Fresr 2,28957 10N0,95m m m

Fres Fc m v 2,0857095 2,1

5

r m 5,0 10

kg s s

Opgave 4: Diodelys

a) Spændingsfaldet og strømstyrken kendes, så effekten P beregnes ved:

3

P U I 2,

7V

0,

5010

A 0,

00135W

1,

35mW

b) Det bemærkes, at modstanden og dioderne sidder i serieforbindelse, så strømstyrken er den

samme (2,0mA) gennem alle komponenterne (ladningen forsvinder ikke).

På grafen, der viser sammenhængen mellem strømstyrken gennem en af lysdioderne og

spændingsfaldet over den, aflæses, at når der går en strøm på 2,0mA gennem dioden, vil

spændingsfaldet over den være 2,9V.

Da komponenterne sidder i serie, vil spændingsfaldet fordeles over dem, så man har:

U U U U U U U U

samlet R diode,1 diode,2 diode,3 diode,4 R 4 diode

U U 4U 12,0V 4 2,9V 0,4V

R samlet diode

Da man nu kender både spændingsfaldet over resistoren og strømmen gennem den, kan dens

modstand bestemmes ved Ohms lov:

U R I R

U 0,4V

I 2,0 10

A

2

210

3


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 5: Solneutrinoer

a) I det periodiske system ses B at være grundstof nr. 5, så + -henfaldet fra B-8 er:

B Be e

8 8 0

5 4 1

Ladningsbevarelsen giver, at datterkernen er grundstof nr. 4, der i det periodiske system ses at

være Be (Beryllium), nukleonbevarelsen giver, at datterkernen skal have nukleontallet 8 og

leptontalsbevarelsen giver, at det er en neutrino (og ikke en antineutrino), der dannes sammen

med positronen ( + -partiklen).

Den frigivne energi ved reaktionen bestemmes ved at se på forskellen i masserne på de to sider af

pilen og benytte energi-masseækvivalensen:

4 5

m m m m m m m m m

Be8kerne e B8kerne Be8atom e e B8atom e

m m m u u u u

4

Be8atom2eB8atom8,005305125,4857998108,0246060,018203740 Masserne for de to nuklider (atommasser) er fundet under ”Nukliders masse og bindingsenergi”

side 219 i Databogen fra 1995. Positronmassen er værdien fra 2011. Den frigivne energi er altså:

MeV 13

J

Qm931,49431,60217656510

u MeV

MeV J

0,01820374 931,4943 1,602176565 10 2,7 10

u MeV

1312 Positronen og neutrinoen deler den frigivne energi, således at der udsendes både positroner og

12

neutrinoer fordelt i intervallet fra 0 til 2,7 10 J (hvis positronen f.eks. ved et henfald har fået

12

12

den kinetiske energi 1,9 10 J , udsendes neutrinoen med energien 0,8 10 J ).

12

Der vil derfor også udsendes neutrinoer med energier større end 1,12 10 J , og dermed kan

SuperKamiokande detektere neutrinoer fra dette henfald.

Opgave 6: Bellatrix

a) Intensitetsfordelingens maksimum bestemmes ved hjælp af Wiens forskydningslov:

T 0,002898m

K


max

0,002898mK

7

1,3479069767 10 m 134,8nm

21,5 10

K

max 3

J


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

b) Stjernens tilsyneladende lysstyrke L afhænger af den absolutte lysstyrke P (den udstrålede effekt)

samt afstanden d til stjernen. Da man kan betragte det udsendte lys, som om det udbreder sig på

en kugleskal med effekten fordelt på overfladen, har man:

P P

Ld

2

4 d 4

L

9,2 10

W

d

29

8

W

4 1,4 10

2

18 18

2,286783 10 m 2,310 m 242 lysår

m

c) Da man kender den udstrålede effekt og overfladetemperaturen på Bellatrix, kan man ved hjælp af

stefan-boltzmanns lov bestemme stjernens radius r:

2 4

P 4 r T r


9,2 10

W

P

4

T

29

r

8

3

4

9

2458110401m 2,4610 m

K

4 5,6705 10 21,5 10

4

Tyngdeaccelerationen på overfladen af Bellatrix kan så bestemmes ved at sammenholde Newtons

2. lov og gravitationsloven, hvor det udnyttes, at tyngdekraften fra et kugleformet legeme med

jævn massefordeling, når man befinder sig på eller uden for kugleskallen kan beregnes som om al

massen var placeret i kuglens centrum:

F F

t res, objekt

mobjekt MBellatrix G m 2 objekt aobjekt r

aobjekt M Bellatrix

G 2

r

2 31

11

m 1,7 10

kg

aobjekt 6,6726 10 N 2 2

kg (2458110401 m) N 2 m

187,73327 1,9 10

2

kg s

Opgave 7: Kanoner på Dronningens Bastion

a) Bevægelsesmængden er bevaret.

Før affyringen er der ingen bevægelse, så den samlede bevægelsesmængde er nul, og det skal den

altså også være lige efter affyringen, hvor kanonkuglen og kanonen endnu ikke er blevet påvirket af

ydre kræfter.

Når man regner den positive retning som kanonkuglens retning, får man altså:

p 0

samlet

m v

mkanon vkanon mkanonkugle vkanonkugle 0 vkanon


m

v

kanon

m

9,90kg 610

m m

s 1,8990566 1,90

3

3,1810 kg s s

Det negative fortegn viser, at kanonen triller baglæns.

kanonkugle kanonkugle

kanon


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

b) Opgaven kan både løses ved at analysere de virkende kræfter og derefter regne på en bevægelse

med konstant acceleration og ved at regne på energierne.

Her regnes på energier.

Nulpunktet for den potentielle energi sættes til kanonens startpunkt, så fra start er der

udelukkende kinetisk energi, mens kanonen ved sin maksimale højde står stille og derfor

udelukkende har den potentielle energi, som den kinetiske energi er blevet omdannet til. Man har

altså:

2

1

2

vstart

mkanon g hslut mkanon vstart hslut


2 2g

2

m

1,90 s

hslut


m

2 9,82 2

s

0,18380855m

Kanonen triller opad med en vinkel på 5°, så den længde, der trilles på skråplanet, er:

hslut sin( v)

l


hslut0,18380855m l 2,10896664m 2,1m

sin( v)

sin(5,0 )

c) Der regnes uden luftmodstand. Kanonkuglens bevægelse består hermed af en vandret bevægelse

med den konstante fart 610 m/s og en lodret bevægelse med begyndelseshøjden 12m (højden

sættes til 0 ved vandoverfladen), begyndelsesfarten 0 og den konstanten acceleration -9,82 m/s 2 ,

hvor det negative fortegn viser, at kuglen accelereres nedad.

Den tid, det varer, inden kuglen rammer vandet, kan bestemmes ved at kigge på den lodrette

bevægelse og sætte stedfunktionens værdi til 0:

1 m 2 m 1 m 2

0 9,82 t 0 t 12m 12m 9,82 t

2 2

2 s s 2 s

212m t 1,563327

s

m

9,82 2

s

Det er den positive løsning, der er den rigtige tid, da det andet tidspunkt ligger FØR affyringen.

På denne tid når kanonkuglen i sin vandrette bevægelse:

m

s v0 t 610 1,563327 s 953,629576 m

0,95km

s


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1: Hjertestarter

13. august 2010

a) Da spændingsfaldet og strømstyrken er kendt, kan resistansen beregnes ved:

U 1,

7510

V

U R I R 50

I 35A

3

E

b) Sammenhængen mellem energi og gennemsnitseffekt er givet ved P E

P t

.

t

Da effekten ikke er konstant i det pågældende tidsrum, men givet ved et kendt funktionsudtryk,

findes den afsatte energi ved integrationen:

E

afsat

4,

110

3

Opgave 2: Bremsesvigt

s

4,

110

3

3

P(

t)

dt 61,

310

W e

0

0

s

1

180

s t

dt 177,

74646821853J

178J

a) Da det er bevægelse med konstant fart, har man:

s

v

t


s

6,

2km

t

0,

07848101266timer

4.

7088607595min

4,

7min

v 79km/

t

b) Den mekaniske energi består af kinetisk energi og potentiel energi, og tabet i mekanisk energi er

dermed givet ved:

E

mek,

tab

E

mek

E

kin

E

pot



3 m

64 10

kg

9,

82

2


s

96066370,

370374J

96MJ

200m

E E

kin,

slut

1 2

m vslut

2

1 2

m vstart

m g h


2

1 2

m

g h

vslut

2

1 2

vstart


2

kin,

start

1 110

m



2 3,

6 s

2

E

1

2

pot


2

10 m



3,

6 s


c) Det fremgår implicit af opgaveformuleringen, at luftmodstanden og gnidningskraften fra kontakten

mellem dæk og gruset tilsammen udgør den gnidningskraft, der er oplyst til at være konstant på

120kN (hvilket er en urimelig antagelse).

Gnidningskraften peger modsat bevægelsesretningen, og kan således med den viste målestok

indtegnes som vist på figuren.


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Udover gnidningsmodstanden er lastbilen også påvirket af tyngdekraften og normalkraften.

Tyngdekraften peger lodret nedad, og dens størrelse beregnes til:

3 m

Ft m g 64 10

kg

9.

82 628480N 628kN

2

s

Dette indtegnes på figuren.

Normalkraften står – som navnet fortæller – vinkelret på underlaget. Summen af normalkraften og

tyngdekraften må være en vektor, der er parallel med underlaget (og peger modsat

bevægelsesretningen). Dette ses på figuren, hvor normalvektoren er angivet med en stiplet linje. At

den ender næsten oven i gnidningskraftens endepunkt er et tilfælde.

Vinklen på 11° genfindes mellem normalvektoren og tyngdekraften, og dermed kan man ved at se

på den retvinklede trekant, som de danner, beregne normalkraftens størrelse til:

Fn Ft

11 616933,

05225319N

617kN

cos


Dette stemmer fint overens med vektoren, der blev fundet ud fra tyngdekraften, og som er

indtegnet på figuren, hvor de blå vektorer altså angiver de virkende kræfter.

Størrelsen af den resulterende kraft på lastbilen kan bestemmes (retningen er modsat bevægelsen):

3

Fres

Fgnid

Ft

sin(

11)

12010

N 628480N

sin(

11)

239919,

63741425N


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Ifølge Newtons 2. lov er så (den konstante) acceleration:

F

a

m

res


239919,

64

3

N

64 10

kg


3,7487443345977

For en bevægelse med konstant acceleration gælder:

v a t

v

s

1

2

a t

0

2

v

0

t

s

0

Hvis tiden t isoleres i den øverste ligning og indsættes i den nederste fås:

1 v v

s a

2 a

s s

0


2

1 v


2

2

0

v v

s


2 a

2

0




v

2

2

0

v

2 v v

a

0

v v


a

0

0

s

0


2

0

v v0

v


a

Da farten fra start er 110km/t og med en sluthastighed på 0, har man så:

2

110

m

0

3,

6 s

s


124,

52729393839m

125m

m

2

3,

7487 2

s

Opgave 3: Mælk i kaffen

m

s


a) Mælk og kaffe består mest af vand, og man kan så regne med, at de har nogenlunde ens specifikke

varmekapaciteter. Så der regnes med ens specifikke varmekapaciteter, og det antages, at der i det

korte tidsrum, der går, fra kaffen er hældt op, og til mælken er blandet i, ikke udveksles energi med

omgivelserne. Kaffens begyndelsestemperatur sættes til 80C og mælken, der er taget direkte fra

køleskabet, har temperaturen 5°C. Der er 170g kaffe, og der iblandes 30g mælk.

Hermed får man:

E

E

0

m

m

kaffe

kaffe

kaffe



c Tslut 80C

mmælk

c Tslut 5C

T 80C

m T 5C

0

slut

mælk

mælk

slut

2

0

Løses på lommeregneren med:

solve ( 170

x 80)

30

x 5 0,

x , der giver x = 68,75


Dvs. at blandingens sluttemperatur er: 69

C

T slut


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 4: Brune dværge

a) Gassen kan betragtes som en idealgas, da tætheden ikke er særlig stor, og man har så:

kB

T

p

m

17

kg

23

J

1,

2 10

1,

38110

10K

3

m

K

-12

-12

1,6629048381852

10

Pa 1,

7 10

Pa

27

0,

60 1,

66054 10

kg

b) Skyens masse beregnes for at vurdere, om den vil ende som en brun dværg (hvilket ifølge

opgaveteksten sker, hvis dens masse er mindre end 0,08 gange Solens masse).

Skyen er kugleformet, og man har derfor:

4

m V


r

3

Desuden har man:

3

1,

210

17

kg 4



3

m 3

0, 08 M 0,

081,

98910

kg 1,

591210


30

29

15 3

29

1, 310

m

1,

1043326 10

kg

Da skyens masse er mindre end ovenstående masse, vil gasskyen altså ende som en brun dværg.

c) Da systemet er stabilt, gælder virialsætningen, der giver, at halvdelen af den omdannede

potentielle energi er blevet til kinetisk energi, mens den resterende halvdel er udsendt som

stråling. Da man kender det tidsrum, strålingen er udsendt i, kan den udstrålede effekt bestemmes:

1

E

E

pot

36

udstrålet J

24

24

P

2

7,

310


5,7832

10

W 5, 810

W

3

t

t

2 20 10

365,

2422 24 3600s

Opgave 5: Vindmølle

a) Når der er 20 omdrejninger pr. minut, er perioden 3,0 sekunder. Da man også kender radius i

cirkelbevægelsen, kan farten bestemmes:

2

r 2

45m

m m

v 94,

24778 94

T 3,

0s

s s

b) Når vindhastigheden er 12,5 m/s aflæses det på grafen, at møllen leverer effekten 2,6MW.

Samtidig kan vindens leverede effekt beregnes:

P vind

kg 3 kg

0,

61 A

v 0,

61


3

3

m

m

Nyttevirkningen er altså:

Pmølle

2,

6MW


0,

343035

P 7,

6MW

vind





kg

m


s

3

2 45m 12,

5 7579399W

7,

6MW

34%


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 6: Vakuumkammer

a) Da man kender rumfanget af kammeret og luftens densitet, kan massen af luften beregnes:

kg

3 3

m V

1,

25 27,

110

m 33875kg

34 ton

3

m

Luften betragtes som en idealgas. Der gælder dermed

p V

p V N kB

T

T , hvor

N k

p er trykket, V er rumfanget, N er antallet af partikler, kB er Boltzmanns konstant og T er

temperaturen.

Da temperaturen holdes konstant, og da rumfanget er konstant (kammerets størrelse ændres ikke),

får han altså:

pstart

V

pslut

V

N slut

pslut

pstart

N k N k

N

start

B

slut

B

start

Da det er den samme slags luft, der befinder sig i kammeret fra start til slut (dvs. man går ud fra, at

der ikke er fjernet en større procentdel af en bestemt type luftmolekyler end andre), er forholdet

mellem antallene af molekylerne det samme som forholdet mellem masserne. Dermed fås:

mslut

0, 70kg

3

pslut pstart

10110

Pa 2,

08708Pa

2,

1Pa

m

33875kg

start

Opgave 7: Antistatisk børste

a) I databogen under radioaktive nuklider (side 207 i 1998-udgaven) ses det, at Po-210 har

halveringstiden 138,4 døgn.

Henfaldsloven kan så bruges til at bestemme aktiviteten efter et år:

A(

t)

A

0

1



2

t

T

½

365døgn

1 138,

4døgn

A(

365 døgn)

9,

25MBq


1,

486758MBq

1,

487MBq

2

b) Da aktiviteten og halveringstiden kendes, kan man beregne antallet af Po-210-kerner, hvorefter

massen af Po-210 kan bestemmes:

ln( 2)

A k N N

T

½

6

A


9,

2510

Bq 138,

4 24 3600s

14

N

1,

595754597 10

ln( 2)

ln( 2)

I databogen under nukliders masse (side 226 i 1998-udgaven) findes massen af et Po-210-atom til

209,982848u, og da det ovenfor bestemte antal kerner svarer til antallet af atomer, har man:

m N

m Po210atom

209,

982848u

1,

66054 10

27

kg

u

14

1,

5957510

5,

5641556 10

11

kg 55,

6ng

B


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

c) I databogen under radioaktive nuklider (side 207 i 1998-udgaven) findes energien af de udsendte

alfa-henfald til 5,30MeV.

Da man kender aktiviteten ved produktionen, kan man bestemme den samlede energi alfapartiklerne

bærer med sig pr. sekund:

E pr.

sekund

A

E

9,

2510

Dvs. at antallet af ioniserede luftmolekyler er:

N

luftmoleky

ler pr.

sekund

6

6

Bq 5,

30 10

eV 1,

60217656510

19

J

eV

6

7,

85467 10

6

J

E

7,

85467 10

pr.

sekund

12 1

12


s

1,

44122 10

s 1,

44110

s

18

E 5,

4510

J

ionisering

1

J

s


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1: Gravity Probe-B

19. maj 2011

a) Definitionen på begrebet effekt anvendes til at finde den søgte tid:

E

E

5,

40 10

J

P t

421,

875s


t

P 12,

8W

3

7,

03125min


7,

0min

b) Heliumbeholdningen opvarmes (ingen faseovergang), så man har:

E

5,

40kJ

E

m c T

m

214,

2857kg

2,

110

c T

kJ

2,

1 1, 838 1,

826K

kg

K

Dette kan række til:

t

He

mHe


m

t

He

Opgave 2: Radioaktivt sporstof

214,

2857kg


7142,

8571time

297,

6190døgn

3,

0 10

kg

0,

030

time

2

døgn

a) Da Rb-82 dannes ved elektronindfangning, ved man som udgangspunkt følgende om reaktionen:

X

0

1 e

82

Rb


Neutrinoen har leptontallet 1 ligesom elektronen, og dermed er leptontallet bevaret.

I det periodiske system ses rubidium at være grundstof nr. 37.

Da der er ladningsbevarelse, må moderkernen altså være grundstof nr. 38, dvs. Sr.

Nukleontalsbevarelsen giver, at det må være Sr-82-isotopen. Dvs. reaktionsskemaet bliver:

82

38

Sr

0

1 e

82

37

Rb


b) Halveringstiden for Rb-82 slås op i databogen under radioaktive nuklider (side 201 i 1998-udgaven).

Man finder: ½ 1,

25min

T

Man kan altså se, at aktiviteten hverken er, eller kan regnes som værende, konstant i et tidsrum på

4,0 minutter, og derfor kan man ikke bare tage aktiviteten og gange med tiden for at finde antallet

af henfald. Man er i stedet nødt til ved hjælp af henfaldsloven at finde antallet af kerner fra start og

antallet af kerner efter 4,0 minutter, hvorefter antallet af henfald kan bestemmes:

A

k N

N

0

0


A

0

0

T

½

ln( 2)

ln( 2)

N

T

½

0

9


1,

4810

Bq 1,

25

60s

11


160139149539

1,60 10

ln( 2)

2

kg


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Antallet af kerner efter 4,0 minutter er:

N(

t)

N

0

1



2

t

T

½

4,

0min

1,

25min

11 1

N(

4,

0min)

1,

60 10


17426153355

1,74 10

2

Så antallet af henfald inden for de første 4,0 minutter er:

N henfald

Opgave 3: Proxima Centauri

0

11

N N(

4,

0min)

1,

60 10

1,

7410

142712996184

1,43

10

a) Wiens forskydningslov anvendes til at finde den søgte bølgelængde:


max

3

3

2, 89810

m K 2,

89810

m K

6



1,

08539326 10

m 1085nm

3

T

2,

67 10

K

b) Da den udstrålede effekt er kendt, kan Stefan-Boltzmanns lov bruges til at bestemme radius:

P Astjerne


T

r

P

4


T

4

4

4

r


2


T

4


22

4,

4110

W

8

W

4

5,

670510

2 4

m K


10

3 2, 67 10

K

4

10

11

34896443m

3,

49 10

c) Tyngdekraften fra dobbeltstjernesystemet på Proxima Centauri udgør den nødvendige

centripetalkraft i cirkelbevægelsen:

F F

m

G

T

t


c

PC

m

dobbeltstj erne

2

r

2

4

r

G m

3

dobbeltstj erne

2,69924302197

10

13

m


s

PC

2

4

r


2

T

2

4


6,

6726 10

15

0, 18

9,

46 10

m

11

2

m

N

kg

13

2,69924302197

10

3600 24 365,

2422

2

3

30

4,

0110

kg


år 855356,76546047år

5

8,

6 10

år

7

m


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 4: Kanonkonge

60 m m

a) Først omregnes kanonkongen fart til enheden m/s: 60km/ t 16,

67

3,

6 s s

Da det er den gennemsnitlige acceleration, der skal bestemmes, regnes der, som om det er bevægelse

med konstant acceleration, og der er ingen begyndelseshastighed, så man har:

1 2

s a t

og v a t

2

Tiden isoleres i det sidste udtryk og indsættes i det første:

m

2

2

2 16,

67

1 v

v

v s

m m

s a

2 s

a



27,

233115 27

2 2

2 a

a 2s

2 5,

1m

s s

b) Først ses på den lodrette del afbevægelsen. Tyngdekraften virker i denne retning, og man har

dermed en bevægelse med den konstante acceleration g, og med affyringsvinklen 35° har man

begyndelseshastigheden i lodret retning givet ved: v y,

start vstart

sin(

35).

Tiden der går inden kanonkongen rammer sikkerhedsnettet 3,2m lavere end kanonens munding

beregnes ved:

1 2

s(

t)

a t

v0

t

s0

2

1 2

3,

2m

g t

v y,

start t

0

2

Denne ligning løses ved:

1 2 60

solve( 3,

2 9,

82 t

sin35

t,

t)

, der giver t=-0,29 eller t=2,2382

2 3,

6

Den negative løsning kan ikke bruges, da den er før kanonkongen skydes ud, dermed er t = 2,24s

den søgte tid.

I dette tidsrum bevæger kanonkongen sig i sin vandrette bevægelse med konstant hastighed, og

dermed kan man beregne det stykke, han når:

s t)


v t

( 0

s(

2,

24s)

v

2,

24s

v

30,

5565249884m

31m

x

start

60 m

cos( 35)

2,

24s

cos

3,

6 s

2

35 2,

24s


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 5: Automatisk parkeringskælder

3 m

a) Ft m g 2,

510

kg

9,

82 24550N

25kN

2

s

b) Hastigheden er defineret som v( t)

s'(

t)

, så strækningen kan beregnes ved:

12


s

v(

t)

dt (grænserne kunne også være sat til 1,1 og 11,4).

0

Dette svarer til arealet af området mellem 1. aksen og grafen, og da figuren er et trapez, fås arealet

som:

s A

trapez

l

h

øvre

l

2

nedre

m

1,

0

s

11, 4 1,

1s

9, 1

3,

7

2

s

7,

85m

7,

9m

c) Platformen er påvirket af tyngdekraften og kraften fra de to kæder. Kæderne trækker opad, mens

tyngdekraften har retning nedad. Det ses, at platformen accelereres opad, så kraften fra kæderne

er større end tyngdekraften, og man har derfor:

F 2 F F

res

kæde

t

Den resulterende kraft kan – da man kender massen af platformen med bilen – bestemmes ved at

finde accelerationen, der er hældningen af grafen på det pågældende tidspunkt.

Hældningen (accelerationen) aflæses til:

m

0 1, 0

v

v2

v1

a

s


t

t t 11,

4s

9,

1s

Så har man:

F

kæde

F


2

res

Opgave 6: Nære galakser

1

Ft

m a Ft


2 2

1

2,

3

m

s

2

3 1 m

2,

510

kg

24550N

2 2,

3 s

12818,

478N

12,

8kN

2

a) Da rødforskydningen er under 0,1, kan hastigheden bestemmes ved:

m m

6 m

v z c 0, 03005

299792458 9008763 9,

009 10

s s

s

b) Hubbles lov siger, at v H0

r , hvor v er farten, r er afstanden og H0 er Hubbles konstant.

Hubbles konstant kan altså bestemmes som hældningen af en (r,v)-graf (hvis punkterne danner en

proportionalitet). Afstanden kendes, og derfor skal hastigheden for de enkelte galakser

bestemmes. Dette gøres ved at kigge på bølgelængderne og ud fra dem udregne rødforskydningen,

der så ligesom i spørgsmål a) kan bruges til at bestemme farten.

Her ses en udregning på galakse nr. 5:

obs

lab

679,

2nm

656,

28nm

z

0,

03492


656,

28nm

lab

m

v z c 0,

03492 299792458 1,

0470 10

s

7

m

s


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Disse udregninger foretages med formler i Excel, der giver dette skema:

Galakse nr. Afstand /Mly Bølgelængde / nm Rødforskydning (z) Fart / m/s

1 304 671,2 0,02273 6815541

2 367 673,6 0,02639 7911875

3 399 674,9 0,02837 8505723

4 439 676 0,03005 9008209

5 495 679,2 0,03492 10469987

6 658 685,7 0,04483 13439224

7 817 693,3 0,05641 16910948

8 890 697,5 0,06281 18829532

Farten afsættes som funktion af afstanden:

Fart i m/s

20000000

18000000

16000000

14000000

12000000

10000000

8000000

6000000

4000000

2000000

0

Punkterne danner en ret linje gennem (0,0) (tendenslinjen er tvunget gennem origo), så Hubbles

lov er opfyldt, og Hubbles konstant (hældningen) er altså:

m / s km/

s

H 0 20954 21,

0

Mly Mly

Opgave 7: Armstrækninger

Hubbles lov

y = 20954x

R² = 0,9963

0 200 400 600 800 1000

Afstand målt i Mly

a) Det antages, at armlængden er ca. 50cm, og at massemidtpunktet for personen uden de dele af

armene, der går fra albuen og ud og derfor ikke indgår i hævningen, ligger inde i maven i højde med

navlen derfor hæves omkring ca. 25cm.

Massen af personen uden de nævnte dele af armene sættes til 65kg.

s

0,

25m

m

Hævningen tager ca. 0,5 sekunder, dvs. hævningen sker med farten v 0,

5

t

0,

5s

s

Hermed bliver effekten:

m m

P F v Ft

, krop uden armdele v m g v 65kg

9,

82 0,

5 319,

15W

0,

3kW

2

s s


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1: Solfanger

27. maj 2011

a) Strømstyrken kan beregnes ved hjælp af Ohms lov (selvom det ikke er en resistor, gælder

sammenhængen mellem U, R og I stadigvæk. R er bare ikke konstant):

U 12V

U R I I 1,

29032258A

1,

3A

R 9,

3

b) For at finde den energi, som luften har modtaget ved opvarmningen, skal man kende den specifikke

3 J

varmekapacitet for luft. I databogen (side 149 i 1998-udgaven) findes denne til: 1 , 00 10

.

kg

K

Luften har altså modtaget:


E luft

m c T

95kg1,

00 10

3

J


kg

K

17, 0 8,

0K

855000J

855kJ

Energien af sollyset, der rammer solfangeren i løbet af en time er:

Etilført Psollys

t

588W 3600s

2116800J

2116,

8kJ

Hermed er nyttevirkningen:

Eluft

855kJ

0,

4039116 40%

E 2116,

8kJ

tilført

Opgave 2: Dykning i Det Røde Hav

a) Trykket nede under vandet kommer både fra atmosfæren p0 og fra væskesøjlen pvæskesøjle over

stedet. Trykket p som funktion af dybden h er altså:

p( h)

p0

pvæskesøjle

p0

vand

g h

Der er altså en lineær sammenhæng mellem højden og trykket, så tabellens værdier indtegnes i et

koordinatsystem i Excel, og der vælges en lineær tendenslinje:

Trykket målt i kPa

Af tendenlinjens ligning fremgår det altså, at:

p 101,

52kPa

101,

5kPa

0

180

170

160

150

140

130

120

110

100

90

80

Dykning i Det Røde Hav

y = 10,144x + 101,52

R² = 0,9996

0 1 2 3 4 5 6 7

Dybden h målt i meter


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

b) Tendenslinjen hældning er 10,144 kPa/m, og den kan bruges til at finde vandets densitet.


vand

Pa

10144

g 10,

144kPa

/ m

m

vand

m

9,

82

2

s

Opgave 3: Nattehimlens klareste stjerne


1032,

99389

kg g

1,

033

3

m cm

a) Da man både kender den udstrålede effekt og stjernens størrelse (radius), kan man ved hjælp af

Stefan-Boltzmanns lov finde overfladetemperaturen:

P A

T

4

stjerne

A


T

P

stjerne

Opgave 4: Skydiving

4



4


4


9 1, 22 10

m

8,

96 10

2

27

W

8

5,

670510

m

2

W

K

4

9587,

14470K

9,

6kK

a) Da det er en (t,v)-graf, kan accelerationen til et givet tidspunkt bestemmes som hældningen for

tangenten i punktet. Så ved t = 5,0s indtegnes en tangent, og på den aflæses hældningen – og

dermed accelerationen - at være:

m m

50 20

v

v2

v1

a

s s


t

t t 7,

4s

1,

4s

2

1

5,

0

m

s

2

b) På grafen ser det ud til, at udspringeren efter 16s har nået den konstante fart 52m/s.

Det stykke udspringeren når på de første 16s svarer til arealet under grafen, der bestemmes ved at

m

tælle antallet af tern – der er ca. 138 – og se at hver tern svarer til s 5 1s

5m

s

Udspringeren skal falde 2,0km, og da stykket efter de 16s er bevægelse med konstant fart, har man

altså, at tiden efter 16s er:

s s0

s v0

t

s0

t

v

3

2,

0 10

m 138

5m

t

25,

1923s

m

52

s

Altså er faldtiden for 2,0km:

16s 25s

41s

0

t fald

3


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 5: Mikrobatteri

a) I databogen (side 200 i 1998-udgaven under ”Radioaktive nuklider”) ses Ni-63 at være - -radioaktiv

med halveringstiden 100år.

Reaktionsskemaet er altså:

63

28

63

29

0

1



e Cu Ni

Ladningsbevarelsen giver, at datterkernen er grundstof nummer 29, der er Cu.

Nukleontalsbevarelsen giver, at det er Cu-63-isotopen.

Leptontallet er bevaret, når antineutrinoen indgår i reaktionsskemaet.

b) Den afsatte effekt i resistoren er givet ved U I .

P resistor

Så effekten kan udregnes ved at multiplicere tallene i de to rækker. Dette foretages i Excel, hvor

man får:

U / mV I / nA P / pW

110 0,51 56,1

100 0,89 89

95 1,15 109,25

90 1,32 118,8

85 1,48 125,8

80 1,61 128,8

70 1,75 122,5

60 1,87 112,2

50 2 100

25 2,25 56,25

Effekten afbildes som funktion af spændingsfaldet og punkterne ses at danne en kurve, hvor der

helt tydeligt er ét maksimumspunkt:

Effekten målt i pW

140

120

100

80

60

40

20

0

0 20 40 60 80 100 120

Den maksimalt afsatte effekt i resistoren er altså P 129 pW , og den afsættes, når

spændingsfaldet er U 80mV

Ni-63-batteri

Spændingsfald målt i mV

max


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

c) En strømstyrke på 2,40nA svarer til følgende antal elektroner pr. sekund:

Q1s

2,

40nC

Nelektroner


14979622424

1,498 10

19 e 1,

60217656510

C

Hvis dette er 15% af henfaldene, har antallet af henfald været:

N

henfald


N

elektroner

0,

15


99864149492

Aktiviteten fra Ni-63 skal altså være:

ANi 63

9, 9910

10

Bq

9,99 10

Da man kender halveringstiden fra opslaget i forbindelse med spørgsmål a), kan man så også

bestemme antallet af Ni-63-kerner (og dermed antallet af Ni-63-atomer):

ln( 2)

ANi

63

k N Ni 63

N Ni 63


T

N

Ni 63


A

Ni 63

T

ln( 2)

½

½

10

10

9,

99 10

Bq 100

365,

2422 24 3600s


4,

546517 10

ln( 2)

Massen af et Ni-63-atom slås op på side 221 i databogen (1998-udgaven) til at være 62,929670u

Hermed kan den nødvendige masse Ni-63 beregnes:

N m

mNi 63

Ni 63

Ni 63atom

4,

546510

Opgave 6: Eridani B

20

62,

929670 1,

66054 10

27

kg 4,

7509810

5

10

kg 48mg

a) Den bølgelængde, hvor intensitetsfordelingen som funktion af bølgelængden har sit maksimum,

bestemmes ved Wiens forskydningslov:



max

max

T

2,

89810

3

3

m K

2,

89810

m K


1,

72510

3

16,

810

K

7

m 173nm

b) For at kunne besvare spørgsmålet, skal man kende intensiteten af lyset i Jordens afstand, og derfor

skal man først kende stjernens udstrålede effekt. Denne bestemmes ved Stefan-Boltzmanns lov, da

radius af stjernen også er kendt:

2

4

6 2

8

W

3 4

24

9, 47 10

m

5,

67 10

16, 810

K

5,

09014 10 W

P 4 r

T

4



2 4

m K

Det udsendte lys breder sig som en kugleskal ud i verdensrummet, så i Jordens afstand er intensiteten:

P 5,

09014 10

W

11

W

I

4

d 4


m

2

jord

24

1,

6623510

15 2

2

16, 5

9,

46 10

m

20


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Da teleskopets åbning er 0,20m 2 er den indkomne effekt:

P

indkomne

11

W

2

1, 6623510

0,

20m

3,

32469231910

2

m

8

Da man skal modtage mindst 5,

0

10 J , skal teleskopet mindst være belyst i:

P

indkomne

E


t

nødvendig

nødvendig

Opgave 7: Båd for anker


t

nødvendig

E


P

nødvendig

indkomne

a) Kraften er parallel med bevægelsesretningen, så effekten er:

m

P F v 386N 18

115,

8W

0,

12kW

60s

-12

W

8

5,

0 10

J


15039s

4,

2timer

12

3,

3247 10

W

b) For at bestemme opdriften skal man kende rumfanget af ankeret. Da man kender massen, skal man

finde densiteten af aluminium for at bestemme rumfanget. Densiteten findes i det periodiske

g kg

system på siderne 14 og 15 i databogen 1998-udgaven: Al 2,

698 2698 .

3

3

cm m

Så bestemmes rumfanget af ankeret:

manker

14,

4kg

3

Vanker

0,

005337287m

kg

Al 2698

3

m

Opdriften afhænger af vandets densitet. Det antages, at båden sejler på havet, og vandets densitet

sættes så til 1020kg/m 3 .

Så bliver opdriften:

kg

3 m

Fop vand Vanker

g 1020 0,

005337287m

9,

82 53,

46040N

53N

3

2

m

s

c) De fire kræfter, der virker på båden, er:

Opdriften Fop: Har retning lodret opad og størrelsen 6,22kN

m

Tyngdekraften Ft: Har retning lodret nedad og størrelsen Ft m g 560kg

9,

82 5,

50kN

2

s


Kraften fra vinden Fvind: Er rettet vandret mod højre på figuren.

Ankerkraften FA : Er rettet fra skibet (rødt punkt) og ned mod ankeret, dvs. mod venstre med en

vinkel på 17° i forhold til vandret.

Båden ligger stille, så Fres=0, og dermed må de fire kræfter udligne hinanden.

Fvind har ingen lodret komponent, så det er den lodrette del af FA, der udligner forskellen mellem

tyngdekraften og opdriften:


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

FA, lodret

6,

22kN

5,

50kN

0,

72kN

Da vinklen med vandret er på 17°, er størrelsen af ankerkraften:

FA,

lodret 0,

72kN

FA

2,

46kN

sin 17

sin 17


Den vandrette del af ankerkraften (og dermed også kraften fra vinden) er så:

Fvind FA,

vandret cos( 17)

FA

cos( 17)

2,

46kN

2,

36kN

Dermed kan de fire kræfter indtegnes på bilaget:


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1: Türanor

12. august 2011

a) Nyttevirkningen er forholdet mellem den levede effekt og den indstrålede effekt:

P


P

leveret

indstrålet


I

sol

P

leveret

A

solceller

93,

510

W


W

930 536m

2

m

3

2


0,18757021344888

b) Først bestemmes den tid Türanor er i stand til at sejle med farten 14 km/h:

E

P

t

omsat


E

t


P

omsat

E


P

batteri

motorer

9

18,76%

4,

7 10

J

235000s

65,

27778 timer

3

20 10

W

Med 14 km/h som konstant fart svarer dette til:

km

s v t

14 65,

28t

914km

t

Der går også lidt energi til andre ting end motorerne, så Türanor kan nok sejle omkring 900kmpå et fuldt opladet batteri.

Opgave 2: Stålværk

a) Da den afsatte effekt og spændingsfaldet er kendt, kan strømstyrken gennem jernet (der kan

betragtes som en simpel resistor) beregnes:

P 40 10

W

P U I I 44444,

444A

44kA

U 900V

6

b) Det antages, at systemet er isoleret (dvs. der er ikke varmeafgivelse til omgivelserne) og at jernet

fra start er 20°C. Jernet skal først opvarmes til smeltepunktet, så man har brug for at kende den

specifikke varmekapacitet for jern. Den findes på side 142 i databogen (version 1998) og er

J

c jern 452 (ved stuetemperatur). Den specifikke varmekapacitet afhænger en lille smule

kg

K

af temperaturen, men den regnes som konstant. Jernets smeltepunkt kan findes i det periodiske

system (databogen side 14), hvor det ses at være 1540°C. Hermed fås:

E E E

omsat

opvarmning

smeltning m c T

m Ls

m c T

Ls


t





P

P

P

P

3 J

3 J

80 10

kg

452 1540 20K

27510


10

kg

K

kg

7,

69632 10

J


1924s

32min

6

6

40 10

W

40 10

W


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 3: Dobbeltstjernen Sirius

a) Wiens forskydningslov giver:


max

3

2, 89810

m K 2,

89810

m K

-7



1,168548 10

m 116,

9nm

4

T

2,

4810

K

overflade

3

b) Massen af Sirius B er opgivet, så for at finde den gennemsnitlige densitet, skal man finde radius, så

rumfanget kan bestemmes. Radius kan bestemmes ud fra Stefan-Boltzmanns lov, da den udstrålede

effekt er opgivet, og da man fra tidligere har overfladetemperaturen:

P

udstrålet

A

overflade


T

4

r


T

r

Pudstrålet

4

4


T


9,

9510

W

8

W

4

5,

67 10


2 4

m T

Hermed bliver den gennemsnitlige densitet:


m

V

4

2

6075647, 5m

4

24


4 2, 4810

K

4

6075647,

5m

30

m 2,

09 10

kg

kg

9 kg


2224743614 2,

22 10

4 3

3

3 4

3

m

m



r

3

Opgave 4: Meget gammelt vand



3

a) I databogen under radioaktive nuklider (side 201) ses det, at Kr-81 henfalder ved

elektronindfangning. Så reaktionsskemaet bliver:

81

36

Kr

0

1 e

81

35

Br


Ladningsbevarelsen giver, at datterkernen har atomnummeret 35, som er brom.

Nukleonbevarelsen fortæller, at det er Br-81-isotopen, der dannes.

Leptontalsbevarelsen giver, at der må udsendes en neutrino (leptontallet 1).

b) Samme sted som henfaldstypen for Kr-81 blev fundet, ses det også, at halveringstiden for henfaldet

er 0,21Mår. Da antallet af kerner er opgivet, kan aktiviteten bestemmes:

ln( 2)

ln( 2)

6

7

1

A k N N

2,

32 10

2,

4266 10

s 0,

24Bq

6

T 0,

2110

365,

2422 24 3600s

½

c) Alderen af vandet kan bestemmes ved hjælp af henfaldsloven:

N(

t)


N

t T

½

0

1



2

t

T

½


N(

t)


ln



N


0

N0


1900

ln



ln

N(

t)



5 450

5



2,

110

år


436381år

4,

4 10

år

ln( 2)

ln( 2)

t

T

½

1

ln


2


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

5

Da vandet under Gum Horia er 2, 3010

år gammelt, er den tid, det bruger på at sive de 220km

fra Gum Horia til Farafra altså:

t sivning

436381år

2,

3010

år 206381år

Hermed bliver gennemsnitsfarten:

v gen

Opgave 5: Enterprise

5

3

220 8

8

s

10

m


3,

377997 10

t

206381

365,

2422 24 3600

a) Kabinerne udfører en jævn cirkelbevægelse, så farten beregnes ved:

2

r 2

5,

3m

m m

v 7,

92878 7,

9

T 4,

2s

s s

m

3,

410

s

b) Der virker to kræfter på kabinen (der ses bort fra luftmodstand og den tilsvarende kraft fra

karrussellens motor, der skal sørge for konstant fart): Tyngdekraften og kraften fra hængslet.

Disse to kræfter udgør tilsammen den nødvendige centripetalkraft, der har størrelsen:

F c

2

4

r 4

5,

3m

m 215kg

2550,

207N

2

2

T

2

4, 2s

Tyngdekraftens størrelse er:

m

Ft m g 215kg

9,

82 2111,

3N

2

s


Da den resulterende kraft (svarende til centripetalkraften) er vandret, må den lodrette del af

hængselkraften være lige så stor som tyngdekraften (og pege opad). Desuden er det den vandrette

del af hængselkraften, der udgør centripetalkraften. Man har altså:

F 2111,

3N

F

hængsel , lodret

hængsel , vandret


2550,

2

Hermed bliver størrelsen af hængselkraften:

2

Fhængsel Fhængsel

, vandret Fhængsel

, lodret

N

2

m

s

2

2

2550, 2N

2111, 3N

3310,

762N

3311N

Nu kan størrelse og retning indtegnes på figuren, da man ved, at kraften virker fra

massemidtpunktet (den røde prik) op mod hængslet:


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 6: E-bike

a) Da bevægelsen er med konstant fart kan tiden beregnes ved:

s

5,

0km

t 0,

2timer

12min

v km

25

t

b) For bevægelse med konstant acceleration gælder:

1 2

s( t)

a t

v0

t

s0

2

Tabellens værdier indtegnes på en (t,s)-graf, og da accelerationen er konstant (og begyndelsessted

og –fart er 0), vælges regression med en potensfunktion med eksponenten 2:


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Strækningen målt i meter

25

20

15

10

5

0

Cykling med konstant acceleration

y = 0,6x 2

R² = 1

0 1 2 3 4 5 6 7

Tiden målt i sekunder

Ud fra tendenslinjens forskrift aflæses accelerationen til 1,2m/s 2 .

Farten omregnes fra km/t til m/s:

km 1000m

m

v 25 25

6,

94

t 3600s

s

Så kan man regne ud, hvornår cyklisten opnår denne fart:

m

6,

94

v

v a t

t

s

5,

787s

5,

8s

a m

1,

20

2

s

c) Effekten er givet ved: P F v

, hvor F er kraften på cyklen og v er cyklings fart.

Kraften på cyklen er den resulterende kraft, der fører til accelerationen. Da accelerationen er

konstant, er den resulterende kraft også konstant (massen ændres ikke), og dermed vil effekten

øges, når farten øges. Da hjælpemotoren yder en konstant hjælpeeffekt, skal cyklisten altså selv

yde den største effekt, når farten er størst, dvs. efter 6 sekunder.

Først bestemmes farten efter 6 sekunder:

m m

v a t

1,

2 6s

7,

2

2

s s

Hermed kan cyklistens største effekt bestemmes:

P P F v P m a v P

Pmaks 6 sekunder motor res 6 sekunder motor

6 sekunder motor

m m

65,

2kg1,

2 7,

2 250W

313,

328W

313W

2

s s


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 7: Metro

a) Først bestemmes massen af den luft, der skal nedbremses:

kg 2

mluft V

Atværsnit

ltog

1,

21 4,

0m

38,

5m

186,

34kg

3

m

Overtrykket på (101,03-100,98)kPa = 50Pa omregnes til den ekstra kraft, der virker på forruden:

F

2

p F p A 50Pa

4,

0m

200N

A

Dette er kraften, der bruges til at nedbremse luftmassen, så Newtons 2. lov giver

accelerationen:

Fres

200N

m m

Fres

m a a 1,

073307 1,

07

2

2

m 186,

34kg

s s

Det er ovenfor benyttet, at luften befinder sig i et accelereret system, hvorfor man kan regne på

det, som om det var i et tyngdefelt (med accelerationen 1,07m/s 2 ), så princippet i opgaven er

egentlig det samme, som når man benyttet trykket ved jordoverfladen til at vurdere atmosfærens

masse.


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1: Stjernen Vega

29. maj 2012

a) Den bølgelængde, hvor intensiteten er størst, aflæses til at være 505nm.

Da stjernen kan betragtes som et absolut sort legeme, kan Wiens forskydningslov benyttes til at

beregne overfladetemperaturen:


maks

0,002898Km

T 0,002898K m T 5738,61K 5,74kK


b) Det antages, at lyset ikke absorberes på sin vej fra Vega til Jorden. Så udbreder det sig på en

kugleskal:

P

I , hvor P er Vegas lysstyrke, I er intensiteten observeret på Jorden og r er afstanden

2

4r

mellem Vega og Jorden.

28

P 1,42 10

W

17 17

r 2,376973 10 m 2,4 10

m

4I

8

W

4 2,00 10

2

Opgave 2: Knivkast

m

maks

(25 lysår)

a) Når kniven rammer skiven og borer sig ind i den, bliver den påvirket af en resulterende kraft, der

virker modsat bevægelsesretningen og dermed bremser bevægelsen.

Den resulterende krafts (negative) arbejde svarer til den (negative) tilvækst i kinetisk energi:

A E

res kin

1 2

Fres , gennemsnit xindtrængning m vstart

2

m

2 0,21kg 13,6

mv


start

s

Fres , gennemsnit


3236,8N 3,2kN

2x 20,0060m indtrængning

b) Der ses bort fra luftmodstand, så bevægelsen kan deles op i en vandret bevægelse med konstant

hastighed og en lodret med konstant acceleration.

Den konstante hastighed i den vandrette bevægelse kan bestemmes, da man kender kastevinklen

og begyndelsesfarten:

m m

vvandretcos(8,4 ) vstartcos(8,4 ) 15,3 15,13586669

s s

Da man nu kender den vandrette bevægelses hastighed, kan man beregne, hvor lang tid der går,

inden kniven rammer skiven:

xskivexskive2,2m vvandret tskive

0,145350s

t m

skive vvandret15,13586669

s

2


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Nu kendes det tidsrum kniven flyver i luften, og accelerationen i den lodrette bevægelse er

tyngdeaccelerationen. Da man kender starthøjden og kan beregne den lodrette

begyndelseshastighed, kan man hermed bestemme den højde kniven vil være i, når den rammer

skiven. Den positive retning vælges opad:

1 2

y( t) g t vstart sin(8,4 ) t y0

2

1 m 2 m

y(0,14535 s) 9,82 2 0,14535s 15,3 sin(8,4 ) 0,14535s 1,1m

2 s s

y(0,14535 s) 0,67140038m0,7m Opgave 3: Sukker

a) På målebægeret kan man aflæse, at 1,00L svarer til 850g sukker. Hermed kan densiteten af

sukkeret beregnes til:

msukker 850g

g

sukker 0,85

3 3 3

V 1,00 10

cm cm

sukker

Opgave 4: Elektrisk køletaske

a) Da man kender strømstyrken, spændingsfaldet og længden af det betragtede tidsrum, kan man

beregne den omsatte energi ved:

E Pt U I t 12V 4,2 A3,0 3600s 544320J 0,5MJ

b) På bilaget indtegnes en tangent til grafen til tiden 2000s:


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Hældningen for tangenten fortæller, hvor meget temperaturen ændrer sig pr. tid efter 2000s:

dT 8,0C C

0,00163265

dt 4900s

s

For at bestemme med hvilken effekt køletasken modtager varme fra omgivelserne efter 2000s, ses

på energiregnskabet:

Ekøletaske Ekøleelement Eomgivelser

Da man kender køletaskens varmekapacitet, bliver dette til tidspunktet t = 2000s:

C dT dE dE

køletaske køleelement omgivelser

Ckøletaske dT

dE dE

køleelement omgivelser


dt dt dt

dT

Ckøletaske Pkøleelement Pomgivelser

dt

dT

Pomgivelser Ckøletaske Pkøleelement


dt

J C


K s

3

2,4 10 0,00163265 18

Opgave 5: Katastrofen i Kyshtym


,0W 14,0816W 14,1W

a) I databogen under radioaktive nuklider (side 204 i 1998-udgaven) ses Ce-144 at være - -radioaktiv

med halveringstiden 284 døgn. Desuden ses Ce at være grundstof nr. 58.

Da isotopen er - -radioaktiv, udsendes en elektron, og man får altså:

Ce Pr e v

144 144 0

58 59 1

Elektronen ledsages altid af en antineutrino (beskrevet ved leptontalsbevarelse).

Ladningsbevarelsen (58 = 59 -1) giver, at datterkernen er grundstof nr. 59, der i det periodiske

system ses at være Pr.

Nukleontalsbevarelsen (144 = 144 + 0) giver, at det er isotopen Pr-144, der dannes.

b) Man kender halveringstiden og aktiviteten (det ikke så ofte benyttede præfiks P – peta – står for

10 15 ), så antallet af kerner kan bestemmes, hvorefter massen kan findes:

ln(2)

AT ½

A k N N N

T

ln(2)

½

AT

m N m m

ln(2)

½

Ce144udslip Ce144 atom Ce144 atom

15

24,4 10 Bq 284 24 3600s

27

143,913643 1,66054 10

mCe144udslip kg

ln(2)

0,206418kg 206g

Atommassen af Ce-144 er slået op i databogen under ”Nukliders masse og bindingsenergi” side 223

i 1998-udgaven.


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

c) I databogen under radioaktive nuklider (side 201) ses Sr-90 at have en halveringstid på 28,8 år.

Da man for begge radioaktive nuklider kender begyndelsesaktiviteten og halveringstiden, kan man

ved hjælp af henfaldsloven opskrive følgende udtryk for at bestemme, hvornår aktiviteten af Sr-90

overstiger aktiviteten af Ce-144:

A ( t) A ( t)

Sr90Ce144 t t

28,8år 0,7776år

11 A0, Sr90A0, Ce144

22 t t

28,8år 0,7776år

11 2,0PBq 24,4PBq



22 284døgn

Halveringstiden for Ce-144 er omregnet til år ved: T½ 0,777566år

365,2422 døgn / år

På TI n’spire indtastes:

Dvs. at efter 2,9 år er aktiviteten af Sr-90 større end aktiviteten af Ce-144

Opgave 6: Pedaltraktortræk

a) Da man kender massen og den resulterende kraft, kan accelerationen bestemmes ved Newtons 2.

lov:

Fres 41N

m m

Fres m a a 0,215789 0,22

2 2

m 190kg

s s

b) For at se, om man kan bruge en simpel matematisk model til at beskrive bevægelsen, indtegnes

tabellens punkter i et koordinatsystem:

Strækningen i meter

5

4,5

4

3,5

3

2,5

2

1,5

1

0,5

0

Pedaltraktortræk

0 1 2 3 4 5 6 7 8

Tiden i sekunder


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Punkterne ser ud til at danne en tilnærmelsesvis ret linje på det første stykke (let buet), men så

bøjer den af, og da desuden punktet (0,0) indgår, kan stedfunktionen ikke beskrives ved en lineær,

eksponentiel eller potensudvikling.

MEN, som det ses på punkternes placering, kan man med god tilnærmelse bestemme farten til

tiden t = 4,0s som gennemsnitsfarten i intervallet [3s;5s].

s3,65m2,35m1,30mm v4,0s

0,65

t5,0s3,0s2,0s s

N

c) Gnidningskraften som funktion af strækningen er oplyst at være Fgnid 105 s 84N

.

m

En krafts arbejde er generelt defineret som A F s cos( v)

, hvor v er vinklen mellem kraftens

retning og bevægelsens retning. I dette tilfælde er det to modsatte retninger (v = 180°), så arbejdet

bliver negativt, men man er interesseret i den effekt arbejdet udføres med, og derfor ses bort fra

fortegnet.

Da kraften ikke er konstant, findes det samlede arbejde ved at integrere kraftudtrykket med hensyn

til strækningen, og da trækkets tid kendes, kan effekten beregnes:

P

Opgave 7: Alnilam

10,0m 10,0m

N 1N2

A

(105 s 84 N) ds m

105 s

2m 84N

s



t t t

gnidning 0m 0m


1 N

2

105 10,0 84 10,0


m N m

2 m 464,885496W0,46kW 13,1s

a) Da man kender både radius og stjernens effektive overfladetemperatur, kan stefan-boltzmanns lov

benyttes til at bestemme den udsendte effekt (lysstyrken):

P AT 4 r T

4 2 4

8

W

10

2

4

4

31 31

P 5,6705 10 4 2 4 1,81 10 m 2,5 10 K 9,1190249 10 W 9,110 W

m K

b) For at bestemme tyngdeaccelerationen på overfladen af Alnilam udnyttes det, at man kan regne,

som om al massen var placeret i centrum af stjernen (dvs. man betragter enhver tilpas tynd

kugleskal af stjernen som homogen). Det er kun tyngdekraften, der virker ved overfladen, så den

udgør den resulterende kraft. Newtons 2. lov og gravitationsloven kan så kombineres:

F F

res t

mM Alnilam

m a G

2

r

2 30

M Alnilam

11

m 401,98910kg m m

6,6726 10 16,20439 16,2

2 2 2

2 2

a G N

r kg s s

10 1,81 10

m


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

Opgave 1: Nissan Leaf

6. juni 2012

a) Man kender spændingsfaldet U over batteriet og den effekt P hvormed batteriet modtager energi,

så strømstyrken I kan beregnes ved:

3

P 5010 W

P U I I 12,5A

U 400V

b) Man kan godt omregne til SI-enheder, men i dette tilfælde er det nemmest at bestemme energi i

enheden kWh, da den afgivne energi er opgivet i denne enhed.

Den energi batteriet har modtaget efter en opladning på 30 minutter (svarende til 0,50 timer) er

altså:

E Pt 50kW 0,50h 25kWh

batteri

Da man også kender den afgivne energi, kan nyttevirkningen bestemmes:

EnyttigEafgivet19kWh 0,76 76%

E E 25kWh

tilført batteri

1

2

c) Luftmodstanden kan ofte beskrives ved udtrykket Fluft cw A v , hvor cw er formfaktoren,

2

er luftens densitet, A er tværsnitsarealet vinkelret på bevægelsesretningen og v er farten.

I dette tilfælde er det bilen, der holder stille, og luften, der bevæger sig, så v vil i dette tilfælde være

vindhastigheden. Hvis dette udtryk gælder, er v 2 proportional med Fluft, hvilket undersøges ved at

lave en (v 2 ,Fluft)-graf i Excel (der er valgt en lineær tendenslinje, der er tvunget gennem (0,0)):

Luftmodstand i Newton

600

500

400

300

200

100

0

Luftmodstand på Nissan Leaf

y = 0,4084x

R² = 0,9998

0 200 400 600 800 1000 1200 1400

v^2 (kvadratet på vindhastigheden i enheden m^2/s^2)

Punkterne danner tydeligvis den søgte proportionalitet, og da luftens densitet kan findes i

databogen (1998-udgaven) under densitet for gasser til at være 1,293 g/L (svarende til 1,293 kg/m 3 )


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

(godt nok ved 0°C, hvor forsøget næppe er udført, men man kender alligevel ikke den rette

temperatur), kan man ved at benytte hældningen = 0,4084N/(m 2 /s 2 ) bestemme formfaktoren:

2

Ns 0,4084 2

1 2

2

c m

wAcw 0,27828599 0,28

2

A kg

2

1,293 2,27

m

3

m

Opgave 2: Skybrud

a) Trykket fra en 37,5m høj vandsøjle kan bestemmes, når man kender vandets densitet. Den slås op i

databogen side 161 til at være 998,2kg/m 3 ved 20°C, der må være en rimelig temperatur for et

regnskyl om sommeren.

kg m

pvandsøjle vand

hsøjle g 998,2 37,5m 9,82 367587,15Pa

3 2

m s

Udover trykket var væskesøjlen, vil det opadrettede tryk i vandet i højde med kloakdækslet også

afhænge af lufttrykket ved jordoverfladen, og da kloakken må have forbindelse med atmosfæren et

eller andet sted, vil dette tryk skulle lægges oven i ovenstående udtryk (der derfor ville blive 378

kPa i stedet for 368 kPa). Samme tryk ville dog også virke nedad på selve kloakdækslet, og da det

interessante i opgaven er, hvor meget skruerne skal kunne holde, må opgaveformuleringen nok

skulle forstås på den måde, at man helt skal se bort fra luftens påvirkninger.

Dermed bliver kraften fra vandet (pga. vandsøjlen) på dækslet:

2

F

2

P F P Adæksel Prdæksel367587,15Pa0,29m97119N 97kN

A

dæksel

Opgave 3: Datering af jordlag

a) I databogen under ”Radioaktive nuklider” (side 207 i 1998-udgaven) findes halveringstiden for

Pb-210 til at være 22,3 år. Lad t betegne den tid, der er gået mellem aflejringen af de to jordlag.

Da der er lige meget Pb-210 i hvert gram nylagret materiale, vil en jordprøve med aktiviteten

22,9mBq efter tiden t have aktiviteten 2,1mBq, og man har dermed:

t t

1 T½ 2,1 1 22,3år

2,1 t 1



2,1mBq 22,9mBq ln ln

2 22,9 2


22,9



22,3år 2

2,1

ln

22,9


t


22,3år 76,8655659år 77år

1 ln

2 b) Da man kun måler i 3,0døgn, der er et meget kort tidsrum i forhold til halveringstiden på

22,3år, kan man med meget god tilnærmelse regne antallet af Pb-210-kerner som konstant, når

man bruger:

A k N

Hermed kan antallet af Pb-210-kerner i jordprøven bestemmes:


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

A A

672

N T½ 22,3år


k ln(2) 3,0døgn ln(2)

672

22,3 365,2422 døgn 2632136

3,0døgn ln(2)

Hermed ses det også, at det var rimeligt at betragte antallet af Pb-210 som konstant, da det

kun aftager med 0,03%.

Atommassen af Pb-210 findes i databogen under ”Nukliders masse og bindingsenergi” til at

være 209,984163u (man kunne også, da man kun regner med 2 betydende cifre, have brugt

tommelfingerreglen, at Pb-210 ca. vejer 210u).

Hermed bliver massen:

2719 m N mPb210atom 2632136 209,984 1,66054 10 kg 9,17791 10 kg


9,2 10

19

kg

Opgave 4: 100 meter løb

a) Man kender strækningen og tiden, og dermed kan gennemsnitsfarten bestemmes:

v

gen

s 100m

m m km

9,53288847 9,53 34,3 t 10,49s

s s t

b) Sammenhængen mellem den samlede vandrette kraft på løberen og den vandrette acceleration er

givet ved Newtons 2. lov: F , m a

res vandret vandret

Da massen ikke ændrer sig, finder den største acceleration sted, når kraften er størst. Den største

kraft aflæses på bilaget til at være 800N:

Hermed bliver den største vandrette acceleration:

Fres m a

Fres a

m

800N

m m

12,9032258

12,9

2 2

62kg

s s


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

c) Løberens fart, når hun forlader startblokken, kan beregnes ved først at bestemme kraftens impuls:

dp

F

dt

p F dt

Højresiden i dette udtryk (kraftens impuls) svarer til arealet under (t,F)-grafen. Dette areal

bestemmes ved at opdele figuren i et sort rektangel, hvis areal tilnærmelsesvist svarer til den del af

det samlede areal, der ligger under 400N, samt to blå trekanter, der tilnærmelsesvist udgør den

resterende del af arealet.

Kraftens impuls er altså:


p F dt A A

rektangel trekanter

1 1

400 N (0,44s 0,12 s) 400N 0,115s 140N 0,16s 162,2N

s

2 2

Da løberen står stille inden startskuddet lyder, bliver farten når startblokken forlades:

p162,2Nsm m km

v 2,6161290 2,6 9,4 m 62kg

s s t

Opgave 5: Rumsonden Messenger

a) Da man kender både Messengers masse og fart, kan dens kinetiske energi bestemmes:

2

1 2 1 3 m

512 3,81 10 3716121600 3,72

Ekin m v kg J GJ

2 2 s

b) Det er afstandene til Merkurs overflade, der er opgivet, men når tyngdekraften skal bestemmes,

skal man betragte massen af Merkur som samlet i planetens centrum, og dermed skal man kende

Merkurs radius. I databogen under ”Planetsystemet” (side 236 i 1998-udgaven) findes radius til

2439km (og planeten er ikke fladtrykt).

Hermed kan tyngdekraften bestemmes ud fra Newtons gravitationslov:

MMerkurmMessenger Ftyngde G


2

r

2 23

11

N m 3,29 10 kg 512kg

6,6726 10 1613,9206 N 1614

N

2

5 6

2

kg 2,00 10 m2,43910m


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

c) Metode 1 (energibevarelse): Det er et isoleret mekanisk system, dvs. den mekaniske energi er

bevaret, og den energiomdannelse, der finder sted, er altså udelukkende mellem kinetisk og

potentiel energi. Man har dermed:

E E

mek , tættest mek , længst

E E E E

kin, t pot, t kin, l pot, l

1 M m1 M m

m v G m v G

2 2

2 Merkur Messenger 2

Merkur Messenger

Messenger t

rt Messenger l

rl

M M

v 2Gv2G 2 Merkur 2

Merkur

t

rt l

rl

2

1 1

vl vt 2

G M Merkur

rl rt


3 m

2

23

1 1

s

7 6

1,56 10 m 2,439 10 m

5 6

2,00 10 m 2,439 10

m



vl 3,8110 2 G 3,29 10 kg



m m

vl

559,2678162559 s s

For at få plads til ovenstående udregning, er værdien for G ikke skrevet ind i udregningen,

men samme værdi som i spørgsmål b) er benyttet.

Metode 2 (Keplers 2. lov): Der skal overstryges lige store arealer til lige store tider, dvs. forholdet

mellem afstandene til centrum skal være det reciprokke af forholdet mellem farten de to steder:

vl rt rt

vl vt

v r r

t l l

5 6

2,00 10 m 2,439 10

m 3 m m

vl

3,81 10 557

7 6

1,56 10 m 2,439 10

m s s

Opgave 6: Betelgeuse

a) Den effektive overfladetemperatur er i dag (6. juni 2012 kl. ca. 12:47) 3450K efter en stigning på

8,5%. Dermed var den effektive overfladetemperatur i 1993 på:

T2012 3450K

T1993 1,085 T2012 T1993 3179,7235K

1,085 1,085

Da man kender stjernens udstrålede effekt P og effektive overfladetemperatur, kan man ved hjælp

af Stefan-Boltzmanns lov bestemme radius af Betelgeuse i 1993:

P 4

r T r

2 4

1993 1993 1993 4

4

T1993

2,1210 W

P

r1993

8

4 5,6705 10 W

2

31

11

539477836659m 5,3910 m

4

4 3179,7235 K

3,6 AE

m

K


Løsningerne er hentet på www.szymanskispil.dk

b) Man kender den tilsyneladende lysstyrke I (intensiteten) og afstanden, så den forventede

(absolutte) lysstyrke vil være:

P

2

I P I 4 d 2

Jorden Betelgeuse

4d

Jorden Betelgeuse

3

W

15

2

36 36

310 4 2 640 9,46 10 m 1,38204 10 W 1,4 10

W

m

Opgave 7: Stort badebassin

a) Badebassinet på billedet ser ud til at have en radius på 3m og en højde på 1,5m. Dermed er

mængden af vand i bassinet (massefylden sættes til 1000kg/m 3 ):

2

2 kg

m V r h 1000 3m 1,5m 42412kg

3

m

Solarkonstanten slås op i databogen under ”solenergi” side 182 i 1998-udgaven til at være

1353W/m 2 . Den fortæller, hvad intensiteten af solens lys er i Jordens afstand til Solen. Sollyset skal

både gennem atmosfæren og rammer ikke vinkelret ned på bassinet, da Solen i Danmark aldrig står

i zenit. Hvis solen er oppe i 18 timer, regner jeg med en gennemsnitlig intensitet på 500W/m 2

vinkelret på badebassinet. En del af dette lys vil ikke afgive energi til vandet, men blot reflekteres,

men hvis man regner med, at 30% af energien af sollyset går til opvarmning af vandet, får vandet

tilført energimængden:

W

2

Evand P t I Abassin t 0,3 500 (3 m) 18 3600s 274826525J 0,27GJ

2

m


Vandet vil nok have en lidt mindre temperatur en den omgivende luft, men hvis man regner med,

at der ikke sker udveksling af energi med omgivelserne, vil ovenstående give en temperaturstigning

på:

E m c T

E

274826525J

T 1,6 C

mc

J

42412kg 4180

kg C

More magazines by this user
Similar magazines