FYSIKTÄVLINGEN
KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING31 januari 2008
SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET
1. Lösning:
Svar: Det finns två möjliga krökningsradier 1,2 m och 12 m. 3 m 3 m f H 1,5 H f2= 6 m 1,5 H m 12 m 6 m 3 5 , 0 3 5 , 1 2 2 = = = ⇔ + = r f f f f H H 3 m 2 m f H 1,5 H 1,5 H H f1 m 4 , 2 2 m 3 5 2 1 1 1 = ⋅ = ⋅ = f r f
2 2.
Lösning:
7 part/cm3 = 7·106 part/m3
Om vi anser solvinden lokalt vara parallell, utgör de partiklar som per sekund passerar ett tvärsnitt av 1 m2 en pelare med måtten 1·1·400 000 m3. Antalet partiklar i denna blir 2,8 · 1012 st. En sfär runt solen med jordbanradien har arean = 4π·R2 m2, där R är jordbaneradien. Detta ger ett totalt utflöde/s P = 7,92 ·1035 partiklar/s.
Noggrannheten är ensiffrig, så det går 12 H på 1 He.
u betecknar atomära massenheten. A masstalet.
ton/h 10 83 , 5 3600 13 16 3600 ) 13 1 13 12 ( ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ 9 = P A u P A u P u timme Massa He H Massan = 6·109 ton/h
Svar: Solen förlorar 6 miljarder ton massa varje timme.
3. Lösning:
En gång i tiden var andelen 235U 3,5 % av allt U. Den kunde naturligtvis vara högre, men gäller det den senaste tidpunkten som det var möjligt. Vid denna tidpunkt kom det in tillräckligt med vatten i malmen för att kärnklyvningsprocessen skulle komma igång. Uppgiften blir att ta reda på hur länge sedan naturligt U bestod av 3,5 % 235U.
N = N0 · 2-t/T
För t år sedan var andel 235
U = 0,035 N0 och andel 238U = 0,965 N0 Idag är N235 = 0,035 N0·2-t/T235 N238 = 0,965 N0 ·2-t/T238
Svar: För ca 2,0 miljarder år sedan. år miljarder 0 , 2 10 62 , 19 ) ( 2 ln ) ( 19995 , 0 ln 2 0965 035 , 0 9928 , 0 0072 , 0 2 965 , 0 035 , 0 8 238 235 238 235 238 / 235 / 238 / 235 / 0 0 238 235 ≈ ⋅ = ⋅ ⋅ − − = ⋅ = ⋅ = + − + − t T T T T t N N N N T t T t T t T t
4. Lösning:
Effekten (energin på en sekund) blir då
Svar: Verkningsgraden blir 23%.
5. Lösning:
Här anses den inre cylindern också svänga med frekvensen 1,11 Hz.
Övre vätskeytans höjdändring försummas.
Vid harmonisk svängning gäller att 2 max max m a m Aω F = ⋅ = ⋅ samt att g r A F = ⋅ 2 ⋅π ⋅ρ⋅
max enligt Arkimedes princip
Svar: Densiteten för vätskan är 1,21 g/cm3 2 2 2 2 3 2 2 2 2 V v A v v R v v m Wluft= ⋅ = ρ⋅ ⋅ = ρ⋅ ⋅ ⋅ = ρ⋅π⋅ ⋅ W 032 56 W 2 1 12 4 29 , 1 2 3 = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = π t Wluft 23 , 0 023 56 000 13 = = η g/cm 21 , 1 kg/m 206 1 kg/m 82 , 9 02 , 0 ) 11 , 1 2 ( 306 , 0 3 3 3 2 2 2 2 ≈ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = π π ρ π ω ρ g r A A m
4 6. LÖSNING:
Vi bestämmer största och minsta horisontella kraften med olika metoder.
METOD 1. Lösning genom att summera lilla karusellens acceleration och personens acceleration på lilla karusellen.
I ytterläge: 4 , 11 07 , 2 2 9 , 0 2 , 6 2 3 2 2 = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ = π π a m/s2 ( F1=221 N F2=599 N ) F = 72⋅11,4 = 821 N
I innerläget: Lilla karusellens acc. - personens acc på lilla karusellen 2 , 5 07 , 2 2 9 , 0 2 , 6 2 3 2 2 − = ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ = π π a m/s2 |F| = 72⋅5,2 = 377 N
METOD 2. Lösning genom att beskriva personens läge i ett koordinatsystem. Stora karusellens centrum i origo.
Vi studerar de två olika fallen enligt figur
där vi sätter t = 0 då personen befinner sig längst ut resp. längst in.
Vi behöver bara studera partikelns läge i x-led eftersom
accelerationen i ytterläget och innerläge ( vid t = 0 ) är riktad i x-led. I YTTERLÄGE:
(
t)
t x=3⋅cos −ω1⋅ +0,9⋅cosω2⋅ t t x′′=− ⋅ ⋅ − − ⋅ 2⋅ 2⋅ 2 1 2 1 cos( ) 0,9 cos 3 ω ω ω ω Vid t = 0 fås ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ − ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ − = ′′ 2 2 07 , 2 2 9 , 0 2 , 6 2 3 π π x -11,4 m/s2 |F| = 72⋅11,4 = 821 N I INNERLÄGE:(
)
0,9 cos( ) cos 3⋅ −ω1⋅ + ⋅ ω2⋅ +π = t t x ) cos( 9 , 0 ) cos( 3⋅ω12 ⋅ −ω1 − ⋅ω22⋅ ω2⋅ +π − = ′′ t t x Vid t = 0 fås ⎟ = ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ + ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ ⋅ − = ′′ 2 2 07 , 2 2 9 , 0 2 , 6 2 3 π π x 5,2 m/s2 F = 72⋅5,2 = 377 N
Största och minsta kraften mot sätet fås genom att summera ovanstående krafter med
mg.
mg = 72g = 707 N
Svar: För kraften F mot sätet gäller 0,80 kN ≤ F ≤ 1,08 kN N 801 707 377 N 1083 707 821 2 2 min 2 2 max = + = = + = F F
6 7. Lösning
Antag att vi har cirkulära banor. Med en Mot-jord hamnar systemets tyngdpunkt i solens centrum.
Avståndet till solen från både jorden och Mot-jorden är a, dvs. en astronomisk enhet. T2 är jordens periodtid med Mot-jorden, T1 är jordens periodtid utan Mot-jorden.
Krafterna: FC = FSJ + FJMJ
Solen och jorden roterar kring ett gemensamt tyngdpunktscentrum något skilt från solens masscentrum. Avståndet jorden – masscentrum = r.
a = 1,4959787 · 1011 m M = 1,9891 · 1030 kg m =5,9742 · 1024 kg C = 6,673 · 10-11 Nm2 /kg2
Beräknas skillnaden direkt ur (1) och (2) erhålles att T2 – T1 = 35,54 s (långsammare med motjord p.g.a. tyngdpunktsförskjutningen, dvs. längre omloppstid).
Om man utvecklar uttrycket (3) nedan erhålles samma svar för tidsskillnaden som en direkt beräkning.
Svar: 35,5 s (Om man räknar med rotationscentrum i solens centrum i bägge fallen erhålles 11,8 s kortare omloppstid.) (1) ) 4 1 ( 4 4 ) 4 1 ( ) 4 1 ( 4 4 4 3 2 2 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 M m M C a T a M m M C T M m a m M C T a m a m m a m M C T a m + ⋅ ⋅ = ⇔ ⋅ = + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⇔ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ π π π π m M M a r r m r a M + = ⇔ ⋅ = − ) ( ) 2 ( ) ( 4 4 2 2 3 1 2 2 1 2 m M C a T a m M C T r m + ⋅ = ⇔ ⋅ = ⋅ ⋅ π π ) 3 ( 4 1 1 ) 4 1 ( ) ( 4 ) 4 1 ( ) ( 4 1 2 2 1 2 2 3 2 3 2 2 1 2 2 M m M m T T M m M m M T T a M m CM m M C a T T + + = + + = ⋅ + + ⋅ ⋅ = π π M m M m M m M m 8 1 ) 4 1 ( 1 ; 2 1 ) 1 ( = − + + = + s 54 , 35 8 3 1 ) 16 2 8 1 ( ) 8 1 )( 2 1 ( 1 2 2 1 1 1 1 2− = + − − = − + − − ≈ = = ∆ M m T M m M m M m T T M m M m T T T T
8. Lösning:
Hastigheten då varan träffar bandet: 09 , 4 2 0 = gh = v m/s
Impulslagen ger ett medeltillskott till medel-normalkraften under kontakten (∆t litet) t
F
mv0 = y∆
Kraftekvationen under tiden varan är i kontakt med bandet:
m/s 145 , 1 0 1 0 1 0 1 0 1 = ⋅ = ∆ ∆ ⋅ ⋅ = ⋅ = ⋅ ∆ ⋅ = ⋅ ∆ ⋅ = ⇒ ⋅ = ⋅ v v t v m F a m t v m a m t v m F F a m y x x y y x µ µ µ µ
Under resten av rörelsen gäller:
g ax2 =µ , vilket ger 1,11 82 , 9 28 , 0 145 , 1 2 , 4 2 2 = ⋅ − = ∆ = ∆ x a v t s
Avverkad sträcka: s =vmedel⋅∆t=(4,2+1,145)⋅1,11/2=2,96m Glidsträckan på bandet: 4,2⋅1,11−2,96=1,7m
