Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 15

Lösningar Heureka 2

Kapitel 15 Universum

Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 15

15.1)

a)I triangeln gäller: (Ljusår betecknas i fortsättningen ly) 1(𝑝𝑐) ∙ 𝑡𝑎𝑛1_{2 =}`` 1𝐴𝐸₂

Vinkeln är så liten att vi kan ersätta tangens av vinkeln med vinkeln själv i radianer. 1`` <sub>=</sub> 1° 3600 = 𝜋 180 3600 𝑟𝑎𝑑 = 𝜋 180 ∙ 3600 𝑟𝑎𝑑 1𝑝𝑐 = 0,5𝐴𝐸 𝑡𝑎𝑛 1<sub>2</sub>`` = 0,5𝐴𝐸 1 2 ∙180 ∙ 3600𝜋 = 0,5 ∙ 1,496 ∙ 10₁ 8𝑘𝑚 2 ∙180 ∙ 3600𝜋 = 3,086 ∙ 1013_𝑘𝑚 b) 1𝑙𝑦 1𝑝𝑐 = 3 ∙ 105_{∙ 3600 ∙ 24 ∙ 365 𝑘𝑚} 3,086 ∙ 1013_𝑘𝑚 = 0,3066 → 1𝑙𝑦 = 0,3066𝑝𝑐 15.2) a) 2 ∙ 6,02 ∙ 1023_{∙ 0,1 ∙ 10}−9 _{= 1,2 ∙ 10}14_𝑚

Avstånder mellan jorden och solen är 1AE=1,496 ∙ 108𝑘𝑚 1,2 ∙ 1014_𝑚

1,496 ∙ 1011_{𝑚 = 802, 𝑑𝑣𝑠 𝑐𝑎 800𝑔𝑔𝑟 𝑎𝑣𝑠𝑡å𝑛𝑑𝑒𝑡 𝑚𝑒𝑙𝑙𝑎𝑛 𝑗𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛 𝑜𝑐ℎ 𝑠𝑜𝑙𝑒𝑛}

b) Låt en kant av kuben vara x. Antalet atomer som finns längs en kant är: 𝑎𝑛𝑡𝑎𝑙 𝑎𝑡𝑜𝑚𝑒𝑟 =₁₀𝑥₋₁₀

I kuben har vi 2 ∙ 6,02 ∙ 1023𝑎𝑡𝑜𝑚𝑒𝑟

(₁₀𝑥₋₁₀)3 _{= 2 ∙ 6,02 ∙ 10}23_{↔ 𝑥}3 _{= 2 ∙ 6,02 ∙ 10}23_{∙ 10}−30 _{= 1,204 ∙ 10}−6

15.3)

a) Einstein sade att

𝐸 = 𝑚 ∙ 𝑐2 _{↔ ∆𝐸 = ∆𝑚 ∙ 𝑐}2 _{↔ ∆𝑚 =}∆𝐸

𝑐2 =

4 ∙ 1026

9 ∙ 1016= 4,44 ∙ 109𝑘𝑔

Ca. 4,5 miljoner ton i sekunden. b) Solens massa är: 2·1030 kg.

En procent av solens massa blir: 2·1028 kg 𝑡 =_{4,44 ∙ 10}2 · 1028₉ = 4,5 ∙ 1018_{𝑠 =} 4,5 ∙ 1018𝑠

3600 ∙ 24 ∙ 365 𝑠 å𝑟� = 1,42 ∙ 1011 å𝑟 Det är ca.140 miljarder år.

15.4)

a) De två avstånden måste vara lika stora eftersom ljushastigheten är konstant. b) Enligt avståndsformeln blir sträckan PF:

𝑃𝐹 = �𝑥2 _{+ (𝑦 − 𝑎)}2

𝑃𝑆 = 𝑦 − (−𝑎) = 𝑦 + 𝑎

𝑃𝐹 = 𝑃𝑆 ↔ �𝑥2_{+ (𝑦 − 𝑎)}2 _{= 𝑦 + 𝑎 ↔ 𝑥}2_{+ (𝑦 − 𝑎)}2 _{= (𝑦 + 𝑎)}2 _↔

𝑥2_{+ 𝑦}2_{− 2𝑎𝑦 + 𝑎}2 _{= 𝑦}2_{+ 2𝑎𝑦 + 𝑎}2 _{↔ 𝑥}2 _{= 4𝑎𝑦 ↔ 𝑦 =} 𝑥2

4𝑎

c) Sambandet vi fick är parabelns ekvation. Se figuren. Vi deriverar parabelns ekvation med avseende på x och sätter in x koordinaten för punkten P, 𝑥_𝑃. Vi får då riktningskoefficienten för tangenten till parabeln i punkten P som vi betecknar med 𝑘₁.

𝑦,₌ 2𝑥 4𝑎 = 𝑥 2𝑎 → 𝑘1 = 𝑥𝑃 2𝑎

Vi räknar nu ut riktningskoefficienten för linjen FS med s.k. deltaformeln. 𝑘2 = 𝑎 − (−𝑎)_{0 − 𝑥} 𝑃 = 2𝑎 −𝑥𝑃 → 𝑘2 = − 2𝑎 𝑥𝑃 𝑘1∙ 𝑘2 = _{2𝑎 ∙ �−}𝑥𝑃 2𝑎_𝑥 𝑃� = −1

Detta betyder att tangenten i punkten P och linjen FS är vinkelräta mot varandra.

Detta betyder också att normalen till parabeln (linjen som är vinkelrät mot tangenten) är parallell med linjen FS.

d) Enligt resonemanget ovan är infallsvinkeln vid P lika med vinkeln PSF som likbelägna vinklar. Reflektionsvinkeln vid P är lika med vinkeln SFP, som alternatvinklar.

Triangeln FPS är likbent som betyder att vinkeln PSF är lika stor som vinkeln SFP, med andra ord, infallsvinkeln i är lika med reflektionsvinkeln r. Se figuren.

15:5) 𝑧 = 𝜆𝑜𝑏𝑠_𝜆− 𝜆𝑒𝑚 𝑒𝑚 , 𝜆𝑒𝑚 ä𝑟 𝑣å𝑔𝑙ä𝑛𝑔𝑑𝑒𝑛 𝑛ä𝑟 𝑑𝑒𝑛 𝑒𝑚𝑖𝑡𝑡𝑒𝑟𝑎𝑠 𝜆𝑜𝑏𝑠 = 582,5 ∙ 10−9𝑚, 𝜆𝑒𝑚= 121,6 ∙ 10−9𝑚 𝐻0∙ 𝑟 𝑐 = 2 �1 − 1 √1 + 𝑧� , 𝐻0 = 2,5 ∙ 10−18𝑠−1

Vi räknar ut z först och sedan avståndet r. 𝑧 = 𝜆𝑜𝑏𝑠_𝜆− 𝜆𝑒𝑚 𝑒𝑚 = 582,5 ∙ 10−9_{− 121,6 ∙ 10}−9 121,6 ∙ 10−9 = 3,7903 𝐻0∙ 𝑟 𝑐 = 2 �1 − 1 √1 + 𝑧� ↔ 𝑟 = 2 ∙ 𝑐 ∙ �1 − 1 √1 + 𝑧� 𝐻0 = 2 ∙ 3 ∙ 108_{∙ �1 −} 1 √1 + 3,7903� 2,5 ∙ 10−18 𝑟 = 1,3 ∙ 1026_{𝑚 =} 1,3 ∙ 1026 3 ∙ 108_{∙ 3600 ∙ 24 ∙ 365 = 1,377 ∙ 10}10𝑙𝑗𝑢𝑠å𝑟 ≈ 14𝑚𝑖𝑙𝑗𝑎𝑟𝑑𝑒𝑟 𝑙𝑗𝑢𝑠å𝑟 15.6)

Kraften som lyfter föremålet räknar vi med hjälp av gravitationslagen. 𝐹 = 𝐺 ∙𝑚 ∙ 𝑀_𝑟2 ,

𝑚 = 𝑓ö𝑟𝑒𝑚å𝑙𝑒𝑡𝑠 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎, 𝑀 = 𝐽𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑠 𝑚𝑎𝑠𝑠𝑎, 𝑟 = 𝑎𝑣𝑠𝑡å𝑛𝑑 𝑡𝑖𝑙𝑙 𝐽𝑜𝑟𝑑𝑒𝑛𝑠 𝑐𝑒𝑛𝑡𝑟𝑢𝑚

Bi betecknar Jordens radie med R.

Vi tar en godtycklig punkt som ligger på avståndet a från Jordens centrum. Vi beräknar arbetet för att lyfta föremålet från Jordens yta till punkten och sedan låter vi avståndet a gå mot oändlighet.(gränsvärdesproblem) Arbetet blir: � 𝐹𝑑𝑟 = � 𝐺 ∙𝑚 ∙ 𝑀_𝑟2 𝑑𝑟 = 𝐺 ∙ 𝑚 ∙ 𝑀 �_𝑟1₂ 𝑎 𝑅 𝑎 𝑅 𝑎 𝑅 𝑑𝑟 = 𝐺 ∙ 𝑚 ∙ 𝑀 ∙ �−1_𝑟� 𝑅 𝑎 = 𝐺 ∙ 𝑚 ∙ 𝑀 �_{𝑅 −}1 1_𝑎� lim 𝑎→∞𝐺 ∙ 𝑚 ∙ 𝑀 � 1 𝑅 − 1 𝑎� = 𝐺𝑚𝑀 𝑅 𝑒𝑓𝑡𝑒𝑟𝑠𝑜𝑚 lim𝑎→∞ 1 𝑎 = 0

Vi betecknar flykthastigheten med v. Föremålets ursprungliga rörelseenergi ska räcka för att utföra detta arbete.

𝑚 ∙ 𝑣2 2 = 𝐺𝑚𝑀 𝑅 ↔ 𝑣2 2 = 𝐺𝑀 𝑅 ↔ 𝑣2 = 2𝐺𝑀 𝑅 ↔ 𝑣 =�2𝐺𝑀𝑅 Nu sätter vi in värdena: 𝐺 = 6,6743 · 10−11_{𝑁 · 𝑚²/𝑘𝑔², 𝑀 = 6 ∙ 10}24_{𝑘𝑔, 𝑅 = 6,38 ∙ 10}6_𝑚 2𝐺𝑀 −11_{∙ 6 ∙ 10}24