Lösning

Lösningar till tentamen i Fysik 3 (F0006T) 2012-06-01
Kommentar: Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av
pedagogisk natur. I ekvationer betyder . . . att några matematiska
steg (som skulle krävas på tentan) är överhoppade. Om det står
(1.1)
= betyder det att ekvation (1.1) sätts in efter likhetstecknet.
1
Givet:
Sönderfall av Cs-137.
a)
Cs-137-sönderfall
Sökt:
De vanligaste sönderfallen samt deras energi.
Svar: Sönderfallen är γ-sönderfall med energin 661,65 keV och
β − -sönderfall med energin 0,514 MeV (PH T-6.3).
b)
Sökt:
Reaktionsformeln för de vanligaste sönderfallen samt för det
mindre vanliga sönderfallet.
Lösning:
Laddning och masstal bevaras.
Svar: Reaktionsformlerna är
c)
137
94 %
Cs −−−→ 55 137
137
94 %
Ba∗ −−−→ 55 137
56
137
6 %
Cs −−→ 55 137
Sökt:
Sönderfallets Q-värde.
Lösning:
Q-värdet ges av
56Ba∗ + e− + ¯νe,
Ba + γ,
56 Ba + e− + ¯νe.
Q =∆mc 2 = (mCs − mBa + − me)c 2 = (mCs − mBa)c 2 . (1.1)
Insättning av data:
Massa, Cs-137 (PH T-6.3): mCs= 136,907084 u
Massa, Ba-137 (PH T-6.2): mBa= 136,90581 u
med uc 2 = 931,49413 MeV (PH CU-2.4) ger
Q =(136,907084 − 136,90581)uc 2 = 127,4 · 10 −5 uc 2
(1.2)
≈1,1867234 MeV. (1.3)
Svar: Reaktionens Q-värde är 1,19 MeV.
Kommentar: Svaret avrundas till tre decimaler pga mellanresultatet
127,4 · 10 −5 uc 2 (som egentligen bara har tre värdessiffror
efterom mBa bara är givet med en precision av 10 −5 uc 2 ), men
även 1,1867234 MeV och 1,187 MeV accepteras vid rättningen.
2
a)
Sönderfallsprodukter
Givet:
Sönderfall med två sönderfallsprodukter med massa m och M
och frigjord energi Q med en stillastående moderpartikel.
Sökt:
Kinetisk energi och rörelsemängd för de två sönderfallsprodukterna,
Km, KM, pm och pM uttryckt i m, M och Q.
Lösning:
Rörelsemängdens bevarande (ty inga externa krafter):
pföre = pefter ⇒ 0 = pm + pM ⇒ pm = −pM. (2.1)
Sönderfallsprodukternas kinetiska energi:
Km = mv2 m
2
= m(pm/m) 2
2
KM = Mv2 2
M M(pM/M)
=
2 2
med p = mv ⇒ v = p/m.
3 p
0,5 p
1 p
1,5 p
4 p
3 p
= p2m , (2.2)
2m
= p2 M
, (2.3)
2M
Den frigjorda energin Q blir till kinetisk energi hos de två sönderfallsprodukterna:
(2.2,2.3) p
Q = Km + KM =
2 m
2m + p2 M (2.1) p
=
2M
2 m
2m + p2m 2M = p2
m 1 1
+
2 m M
= p2
m m + M
2QMm
⇒ pm = ± . (2.4)
2 Mm
m + M
Ekvation (2.1) ger pM och (2.2) och (2.3) ger Km och KM.
Svar: Kinetisk energi och rörelsemängd för de två sönderfallsprodukterna
uttryckt i m, M och Q:
2QMm
m+M
pm = ± , (2.5)
2QMm
pM = −pm = ∓ m+M , (2.6)
Km =
QM
m+M
Qm
m+M
, (2.7)
KM = . (2.8)
b)
Givet:
1 p
Frigjord energi i β-sönderfall av Cs-137: Q =0,514 MeV
Sökt:
Maximala kinetiska energin för elektronen, Ke, samt vad dotterkärnans
kinetiska energi då blir, Kd.
Lösning:
Masstalet och laddningens bevarande ger att Cs-137 sönderfaller
med β-strålning till Ba-137:
137 137 Cs → 55 56Ba∗ + e − + ¯νe. (2.9)
Då elektronen får maximal energi får neutrinon ingen energi och
sönderfallet blir effektivt ett tvåpartikelsönderfall, vilket gör att
vi kan använda resultatet i a) med M = MBa + = MBa − me:
(2.7) QM QMBa +
Ke = Km = =
m + M me + MBa +
= 0,514 · (136,90581 − 5,48579911 · 10−4 ) u
≈ 0,514 MeV,
136,90581 u
(2.10)
(2.8) Qm
Kd = KM =
m + M =
Qme
me + MBa +
= 0,514 · 106 · 5,48579911 · 10 −4 u
136,90581 u
≈ 2,060 eV, (2.11)
med
Massa, elektron (PH CU-1.1): m = me = 5,48579911 · 10 −4 u
Massa, Ba-137 (PH T-6.2): M = MBa= 136,90581 u
Svar: Maximal kinetisk energi för elektronen: 0,514 MeV. Dotterkärnans
kinetiska energi blir då: 2,06 eV.
3
Givet:
Raketavfyrning
θ = 45 ◦ ˙θ
= π/4
= 0,015 rad/s
r
¨r
= 9,0 km
= 15 m/s2 Sökt:
Raketens fart och acceleration uppåt.
v
v
vr θ
θ
θ
Lösning:
Polära koordinater. Raketens hastighetskomposant
i θ-riktningen:
vθ = r˙θ = 9000 · 0,015 ≈ 135 m/s. (3.1) r
Komposantuppdelning (se figur) ger
v = vθ/ cos θ = 135/ cos 45 ◦ ≈ 191 m/s.
Accelerationskomposanten i r-riktningen:
(3.2)
1(2)
ar = ¨r − r˙θ 2 ≈ 12,98 m/s 2 . (3.3)
Komposantuppdelning av accelerationen ger
a = ar/ sin θ = 12,98/ sin 45 ◦ ≈ 18,35 m/s 2 . (3.4)
Svar: Raketens fart är 0,19 km/s och dess acceleration 18 m/s 2 .
3 p

Lösningar till tentamen i Fysik 3 (F0006T) 2012-06-01
4
4 p
Givet:
Klotpendelrotation
Klotmassa
Stångmassa
mk
ms
= 1,50 kg
= 2,00 kg
Klotradie
Stånglängd
r
l
= 0,200 m
= 0,500 m
a)
2 p
Sökt:
Beräkna pendelns (mass)tröghetsmoment med avseende på leden
O.
Lösning:
Pendelns masströghetsmomentet kring O ges av
IO,tot = IO,s + IO,k, (4.1)
där stångens trögetsmoment är (PH F-1.10, nr 1)
IO,s = msl 2 /3 ≈ 0,1667 kg m 2 , (4.2)
och klotet är ett sfäriskt skal med tröghetsmoment kring masscentrum
(PH F-1.10, nr 12)
Icm,k = (2/3)mkr 2 = 0,04 kg m 2 , (4.3)
och klotets tröghetsmoment kring O fås med Steiners sats:
IO,k = Icm,k + mk(l + r) 2 = 0,775 kg m 2 . (4.4)
Ekvation (4.3) i (4.4) med (4.2) i (4.1):
b)
IO,tot = msl 2 /3 + (2/3)mkr 2 + mk(l + r) 2 =
= 2 · 0,5 2 /3 + (2/3)1,5 · 0,2 2 + 1,5 · (0,5 + 0,2) 2
≈ 0,9417 kg m 2 . (4.5)
Sökt:
Pendelns vinkelhastighet, ω, i nedersta
läget (läge 2).
Lösning:
Mekaniska energisatsen för 1 → 2:
K1 + Ug1 + Ue1 + Wövr =
K2 + Ug2 + Ue2, (4.6)
där
K2 = 1
ω
O
l/2
l
l+r
2
1
r
2 p
U g=
0
2 IO,totω 2 , K1 = Ue1 = Ue2 = Ug1 = Wövr = 0, (4.7)
Ug2 = −msg(l/2) − mkg(l + r), (4.8)
eftersom vi varken har fjäderenergi eller några övriga krafter som
verkar.
(4.7) och (4.8) i (4.6) ger:
1
2 IO,totω 2 = msgl/2 + mkg(l + r)
2(msgl/2 + mkg(l + r))
Svar: a) Pendelns (mass)tröghetsmoment med avseende på
leden O blir 0,942 kg m 2 .
b) Pendelns vinkelhastighet i nedersta läget blir 5,68 rad/s.
Kommentar: Notera att det är masscentrum som har potentiell
gravitationell energi, därav ekvation (4.8).
5
a)
Mekanikförståelse
Sökt:
Vilka axlar är okej att använda i momentekvationen?
A D
B
F
C
cm
Svar: Axel B och C är okej att använda i momentekvationen.
4 p
0,5 p
Kommentar: Axel B är masscentrum och axel C är en fix rotationsaxel.
b)
0,5 p
Sökt:
Vad är nollmomentcentrum (stötcentrum) och varför är detta en
lämplig punkt för en kraft att angripa i när något roterar kring ett
lager?
Svar: Nollmomentcentrum är den punkt där en angripande kraft
inte ger upphov till en tangentiell kraft i leden. En kraft
som angriper i den punkten ger mindre slitage på leden.
c)
L
Givet:
A
m m
Två masslösa stavar, båda
B m m
med längd L, har vardera
två punktformiga massor m i sig. I stav A ligger båda massorna i
mitten på staven, i stav B ligger massorna i var sin ände.
Sökt:
Vilken är trögast att rotera kring stavänden?
Lösning:
Stav A:s masströghetsmomentet kring änden ges av definitionen
av tröghetsmoment med två punktmassor på avstånd L/2:
IA = 2 · m(L/2) 2 = mL 2 /2. (5.1)
Stav B:s masströghetsmomentet kring änden ges av definitionen
av tröghetsmoment med en punktmassa på avstånd L:
IB = m(L) 2 = mL 2 . (5.2)
Svar: Stång B är trögast att rotera kring stavänden ty IB > IA.
d)
Givet:
Kulmassa: m = 10 g
A
y
x v
Kulhastighet:
Kulhastighet:
Sökt:
vx = 1,0 m/s
vy = −1,0 m/s
r
Storleken på kulans rörelsemängd och rörelsemängdsmoment
kring axeln A.
Lösning:
Definition av rörelsemängd p = mv:
px = mvx, py = mvy ⇒ p = p2 x + p2
y = m v2 x + v2 y
= 0,01 1 2 + (−1) 2 ≈ 0,014 kg m/s. (5.3)
Definition av rörelsemängdsmoment L = p⊥ · r:
L = py · r = mvy · r = 0,01(−1) · 1 = −0,010 kgm 2 /s. (5.4)
Svar: Storleken på kulans rörelsemängd blir 0,014 kg m/s och
storleken på rörelsemängdsmomentet blir 0,010 kg m 2 /s.
⇒ ω =
IO,tot
2(2 · 9,81 · 0,5/2 + 1,5 · 9,81(0,5 + 0,2))
=
0,9417
e)
Givet:
Partikelpendel med längd L.
1 p
≈ 5,683 rad/s. (4.9) Sökt:
Hur ska pendellängden ändras om svängningstiden ska fördubblas?
Hur ska pendellängden ändras om vinkelfrekvensen ska
fördubblas?
Lösning:
Periodtiden för partikelpendel (PH F-1.11):
2(2)
T = 2π L/g, (5.5)
dvs om L fyrdubblas så dubblas periodtiden (eftersom √ 4 = 2).
Vinkelhastigheten för partikelpendel:
ω = 2π/T (5.5)
= g/L, (5.6)
dvs om L delas på fyra så dubblas vinkelfrekvensen.
Svar: Pendellängden måste fyrdubblas om svängningstiden ska
fördubblas. Pendellängden måste delas på 4 om vinkelfrekvensen
ska fördubblas.
1 p
1 p