Eksamen 3FY våren 2003 Elever. Løsningsforslag

Transkript

1 CAPPELEN LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 3FY VÅREN 003 ELEVER Eksaen 3FY åen 003 Elee. Løsningsoslag Oppgae 1 a) Vi lese a bølgelengden λ topp a gaen: λ topp 1,1 Wiens oskyningslo gi da tepeatuen til den kosiske bakgunnstålingen: 3 a, K T, 6 K -3 λ 1,1 10 topp b) Ande obseasjone so støtte opp o standadodellen o uniesets utikling e: odelingen a gunnstoe i unieset og ødoskyningen a spektene a jene galakse. Det e nok å elge en a disse. Vi gi he en kot beskielse a begge. Dannelse a gunnstoe i det tidlige unieset: Fo unieset so helhet skal i ølge standadodellen oekosten a gunnstoe æe o lag 75 % hydogen og o lag 4 % heliu. Obseasjone a de alle eldste stjenene stjenene i kulehopene ise at odelingen a hydogen og heliu e ganske nøyaktig slik so outsagt: 75 % hydogen og 4 % heliu. (Nå i skal sae på spøsålet o ho alle gunnstoene koe a kan i kot suee opp slik: Hydogen og heliu pluss øså engde a litiu, beylliu og bo ble til i Kjepesellet, Big Bang Tynge gunnstoe til og ed jen e dannet gjenno usjonsposesse i stoe og ellostoe stjene i løpet a dees noale li Gunnstoene a jen og oppoe e dannet unde de ekstee oholdene i en supenoa-eksplosjon.) Rødoskyningen a spektene til jene galakse: I ølge standadodellen utide unieset seg. I åene analysete Edwin Hubble lysspektene a ange jene galakse. Han kunne gjenkjenne absopsjonslinje-ønste a kjente gunnstoe so hydogen, heliu, kalsiu os. Men absopsjonslinjene lå ikke på de bølgelengdene so oskene a ant til a laboatoieålinge. Linjene a oskjøet ot lenge bølgelengde, ot ødt. Denne ødoskyningen ble obseet o alle jene galakse so ble studet, og oskyningen a støe jo jenee galaksen a. Hubble tolket ødoskyningen so en doppleeekt, altså at lyset a galaksene bli oskjøet ot lenge bølgelengde odi lyskilden beege seg a oss. Da Hubble gjode sine obseasjone, a doppleeekten kjent gjenno studie a spektene a systee a to stjene so gå i bane undt heande. I slike dobbeltstjenesystee hadde en egistet at kjente absopsjonslinje oskjø seg ekselis ot blått og ot ødt, ahengig a o stjenen beeget seg ot elle a obseatøen. En god ele bø nene at en kan tolke ødoskyningen so esultat a at oet utide seg. 1

2 CAPPELEN LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 3FY VÅREN 003 ELEVER Oppgae a) Den elatiistiske kinetiske enegien til et elekton ed aten 0,57c e E k c c 1 ( / c) 9, ,93 10 kg (3, ,57 /s 1,93 10 /s) 14 J 9, kg (3,00 10 /s) b) Vi buke setningen o abeid og ending i kinetisk enegi idet den elektiske katens abeid e qu: E W k e Ek 0 qu so gi 14 Ek 193, 10 J U 11 kv 19 q 160, 10 C c) deboglie-bølgelengden til et elekton ed aten 0,57c e λ h p h 1 ( / c) h 1 ( / c) 6, , Js 1 0, 57 kg 1, /s 3, Støelsen a de inste detaljene i kan se ed dette elektonikoskopet e da ca. 00λ ca. 0,7 n. Dette e inde enn diaeteen til et ato. Oppgae 3 a) Vi buke Newtons gaitasjonslo og deinisjonen a eltstyke og å idet tyngdeakseleasjonen e lik eltstyken: M γ 4 G M 11 5, g γ 6, (( ) 10 ) /s, 3 /s He ha i bukt jodas poladius 6357 k. b) Vi buke Newtons. lo på satellitten: F a He e tyngdekaten den eneste katen og akseleasjonen e lik satellitten gå i en sikelbane. Da å i idee: s a siden

3 CAPPELEN LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 3FY VÅREN 003 ELEVER M s γ γ M s γ M s Faten til satellitten bli da , , s /s 7, /s ( ) ,57 k/s c) Nå i skyte ut gass ike det ingen yte kete på syste akett gass, og i kan anta at beegelsesengden e beat. (Dette e ikke helt iktig odi tyngdekaten a joda ike. Men den ike inkelett på beegelsen og gi ikke noen ending i beegelsesengden i satellittens atsetning.) Vi elge positi etning i satellittens beegelsesetning og kalle aten til obenningsgassen 1 og aten til satellitten ettepå o s1. Da å i: p ette s p ø + s s s 1 7, 560 k/s , 000 k/s 7, 6 k/s d) Geneelt kan i sae slik: Unnslippingsaten e den inste aten et legee å ha på et sted i et gaitasjonselt o å unnslippe, ds. koe helt ut a eltet. La oss se på et eksepel: Vi il skyte ut et oskip so skal til en a de yte planetene. Skipet stå i o på jodas oelate, og i tenke oss at i gjennoøe utskytingen i «ett skudd». Da bli spøsålet: Ho sto at 0 å i inst gi oskipet his det skal slippe helt i a jodgaitasjonen? Roskipet e helt itt a jodas gaitasjon bae ed genseedien. Da e o det øste den potensielle enegien lik null, E p 0. Den kinetiske enegien E k kan æe liten, en den bli aldi negati. Deo kan helle ikke totalenegien æe negati. Fo at oskipet skal bli helt itt, å altså totalenegien E t inst æe lik null. Ek + Ep 0 Unnslippingsaten 0 e den inste aten oskipet kan ha o at det skal slippe i a jodgaitasjonen. Da e totalenegien lik null. 1 M γ 0 γm γm γm s 3

4 CAPPELEN LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 3FY VÅREN 003 ELEVER Oppgae 4 Altenati A a) Figuen til enste nedeno ise eltlinjebildet o en spole. Det bli linje både uteno og inne i spolen. Uteno spolen bli eltet otent slik so undt en staagnet ed nodpol og søpol. Deo sie i også at støøende spole ha nodpol og søpol. De ho eltlinjene peke ut a spoleenden, e nodpolen i spolen. Inni spolen e eltlinjene tilnæet paallelle og eltet e hoogent. His i askt il bestee det agnetiske eltet undt en støøende spole, kan i buke høyehåndsegel n., se iguen til høye: Legg høye hånd o spolen slik at ingene peke i støens oløpsetning. Toelen peke da ot nodpolen i spolen. b) Nod i Sahaa e den totale agnetiske eltstyken (lukstettheten): B Sa BH + BV (30, 5 µt) + (30, 6 µt) 43, 04 µt 43, µt Feltstyken danne inkelen ϕ ed hoisontaletningen: BV 30,6 µt tanϕ so gi ϕ 45,093 45,1 BH 30,5 µt c) Vetikalkoponenten a lukstettheten til jodas agnetiske elt i laboatoiet i Seige e: d) B S, V B S tanϕ S 50, µt sin 70,4 47,56 µt Vi inne da den etikale eltstyken a spolene slik: B Sp,V + B S,V B V BSp,V BV BS,V 30, 6 µt 47, 56 µt 17, 56 µt 17,3 µt Minustegnet bety at spoleeltet å æe ettet oppoe. 4

5 CAPPELEN LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 3FY VÅREN 003 ELEVER 1) På gunn a syetien il eltstykeektoen i P 1 ha otsatt like stoe etikalkoponente, se iguen på oige side. (Hoisontalkoponentene e like stoe). Suen a etikalkoponentene e deo lik null. Påstanden e iktig. ) I P e begge eltstykene hoisontale. Med lik støetning ha de sae etning, se iguen på oige side, og suen a eltstykene e dobbelt så sto so eltstyken a en a spolene. Nå støene ha otsatt etning e eltstykene otsatt ettet og suen e lik null. Påstanden e gal. 3) Det ins et punkt de eltstyken stå inkelett på spoleaksen. På gunn a syetien e dette sae punkt på linjen P 1 P o begge spolene. I dette punktet e hoisontalkoponenten altså lik null. Dessuten e suen a etikalkoponentene lik null, j. punkt 1. Påstanden e iktig. Oppgae 4 Altenati B a) Figuen nedeno til enste e en pinsippskisse a et øntgenø. Elektonene bli akseleet a katoden K til anoden M og å kinetisk enegi. His spenningen ello elektodene i et øntgenø e U, ha het elekton so tee etallplata M, den kinetiske enegien E k0 qu Nå elektonene tee plata, bli de beset ned gjenno ekselikninge (støt) ed atoene. Det il si at elektonene bli akseleet. Og nå ladde patikle bli akseleet, sende de ut elektoagnetiske bølge, se iguen oeno til høye. Posessen so gi beseståling, kan i ostå slik: Et elekton ed den kinetiske enegien E k0 tenge inn i etallet og ekselike ed en atokjene de. Elektonet bli beset ned til den kinetiske enegien E k, og et oton ed enegien E E k0 E k bli sendt ut. Elektonet kan ekselike ed kjenen på ange åte, elle ed lee kjene ette tu. Resultatet e ett elle lee otone ed enegi a null til qu. Ett enkelt elekton kan altså ed ekselikning ed ett ato iste hele sin kinetiske enegi på en gang. Nå hele enegien bli sendt ut so elektoagnetiske bølge, å i et oton ed den støste otonenegien E h so øntgenstålingen kan å ed den spenningen i buke. Da e h E k0 0. Vi å en skap nede gense o bølgelengden. Fekensen sae til bølgelengden λ in. Den støste ekensen i stålingen a et øntgenø ed spenningen U e gitt ed h qu de q e elektonladningen. 5

6 CAPPELEN LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 3FY VÅREN 003 ELEVER Støstedelen a den kinetiske enegien hos elektonene, kanskje 99 %, gå ikke til otonenegi, en til økt inde enegi hos atoene i etallet. I stoe øntgenø kan deo den positie elektoden bli sæt a og å deo akjøles (se iguen oeno). I tillegg til besestålingen koe det en stø a otone på helt bestete bølgelengde, altså et linjespekte. Disse bølgelengdene e bestet a det gunnstoet etallplata M bestå a, deo sie i at det e den kaakteistiske øntgenstålingen. Stålingen e kaakteistisk o edkoende gunnsto. Linjespekteet i øntgenstålingen likne på linjespektene til hydogen og ande gasse. Og kanteteoien oklae stålingen på sae åte: Nå de hutige elektonene i øntgenøet tee etallplata M, bli elektone a bestete eneginiåe i etallatoene slått ut. Staks ette alle elektone a høyee eneginiåe ned til de ledige plassene. So i et a Bohs atoodell, bli det da sendt ut otone ed bølgelengde so e typiske o edkoende ato. På gunn a den kaakteistiske stålingen ha øntgenspektoskopi æt et iktig hjelpeiddel i utoskningen a eneginiåene i atoe og olekyle. b) Enegilikningen h qu gi den støste ekensen: 19 3 qu,60 10 C V 1, h 6,63 10 Js Den tilhøende inste bølgelengden bli da 1 19 Hz c, /s λ in 1, , Hz 3 11 c) Vi beskie he begge posessene. (En kandidat skal altså elge å beskie en a posessene.) Fotoelektisk eekt: His synlig elle ultaiolett lys skinne på en etallplate, kan det bli sendt ut elektone a plata. Det kalle i otoelektisk eekt. Ette kanteteoien e ikke lys en saenhengende stø a enegi. Lys bestå a så, atskilte enegikante, otone. I ensaget lys ha alle otonene sae enegi E, de e lysekensen, og i ha E h de Planck-konstanten h 6, Js ha sae edi uansett ekensen. Einstein bukte hypotesen o enegikante til å oklae den otoelektiske eekten slik: Nå de konsentete enegipakkene, otonene, tee oelaten a et etall, gi ett enkelt oton a seg hele sin enegi til ett enkelt elekton. His otonene he o seg ha o liten enegi til å ie et elekton løs a etallet, hjelpe det ikke o to elle lee otone til saen ha tilstekkelig enegi. To elle lee otone kan ikke gå saen o å igjøe ett elekton. Kanskje e elektonene i det etallet i studee, så ast bundet til etallet at et oton ødt lys ikke ha enegi nok til å ie elektonet løs. Da hjelpe det ikke ho ye ødt lys i buke. Et oton gønt lys ha kanskje akkuat tilstekkelig enegi til løsiningsabeidet, ens et oton blått lys ha e enegi enn det so tengs. Nå det e enegi til oes, inne i den igjen so kinetisk enegi hos det løsene elektonet. Einstein satte opp denne enegisaenhengen: 6

7 CAPPELEN LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 3FY VÅREN 003 ELEVER Enegien E h i otonet gå ed til løsiningsabeidet W og til å gi elektonet kinetisk enegi E k : h W + E k I likningen oeno Einsteins otoelektiske likning e W den inste enegien so skal til o å ie løs et elekton a oelaten a det aktuelle etallet. Deed bli løsiningsabeidet W en konstant so e kaakteistisk o dette etallet. Noen elektone e stekee bundet enn ande. Da gå det ed e enegi enn W til løsiningen, og det bli inde enegi til oes so kinetisk enegi. E k i likningen bli da den støste kinetiske enegien elektonene å nå otonene ha ekensen. Saenhengen ello ekensen og bølgelengden til lyset e gitt ed bølgeoelen c λ. Det ise at otonenegien i langbølget lys e inde enn i kotbølget lys. Eksepel: Vi sende lys ed bølgelengden 500 n ot en late a kaliu. Vis at dette lyset kan gi otoelektisk eekt i kaliu og beste den kinetiske enegien til de est enegiike otoelektonene. Et oton i dette lyset ha enegien 34 hc 6, Js 3, /s 19 E h 3, J 9 λ I ysikktabellen inne i at løsiningsabeidet o kaliu e W 3, J. Etteso E e støe enn W, å i otoelektisk eekt i kaliu ed dette lyset. Vi buke Einsteins likning og inne den kinetiske enegien til de est enegiike elektonene: E k E W 3, J 3, 6 10 J, J Padanning: Nå et oton ed sto enegi passee en atokjene, ise det seg at atokjenen påike otonet slik at otonet plutselig kan bli bote og et elekton positon-pa oppstå. Dette e et eksepel på det i kalle padanninge. Fo at padanningen γ 0 1 e e skal kunne skje, å otonet γ inst ha en enegi E so e lik hileenegien til de to patiklene. A enegi asse-loen å i E c e + c e de e e assen til elektonet og positonet. Fotone ha også beegelsesengde. Da å også de nydannede patiklene ha det. De å ha at, og de ha kinetisk enegi E k. Enegilikningen o posessen bli da E + ec Ek Eksepel: I en padanning å elektonet og positonet en salet kinetisk enegi på 1, J. Finn gaaotonets enegi og bølgelengde. γ-otonets enegi e gitt ed likningen 7

8 CAPPELEN LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 3FY VÅREN 003 ELEVER E + E ec Ek 911, 10 3, kg (3, J 31, Bølgelengden til otonet e gitt ed J /s) + 15, J 34 c hc hc, Js 3, /s λ 6, h E 3139, 10 J 6 13 d) Vi ha I I 0 e kx Med I 0,37I 0 o x 0,43 c å i 0, 37I 0 I 0 e k 0, 43 c Vi ta den natulige logaiten a begge side i likningen og å: k 0, 43 c ln 0,37 ln 0, 37 k, 31 c 0, 43 c 1 Sa: Vi ha unnet at absobsjonskoeisienten til betongen e,3 c 1. e) Med x 5,0 c bli intensiteten edust til I I 1 kx, 31 c 5, 0 c 6 0e I 0e 9, 5 10 Intensiteten e altså eduset til ca. 10 illiondele a I 0. En 5,0 c tykk betongegg gi god beskyttelse not denne øntgenstålingen. I 0 Oppgae 5 a) Figuen nedeno ise ketene so ike på en bil so kjøe oe en bakketopp. Det e tyngden G nedoe, noalkaten a eien N oppoe, ulleotstanden R og lutotstanden L ot beegelsesetningen. Dessuten kan det ike en dikat K på dihjulene aoe elle en besekat bakoe. b) Denne oppgaen kan besaes på ange åte. Dette e et eksepel på en ganske oattende besaelse. (Vi oente at bae noen å elee il sae så oattende.) Vi se øst på en bil so passee en bakketopp elle en bakkebunn. La oss o enkelthets skyld gå ut a at suen a ketene i atsetningen e lik null. Da kan i nøye oss ed å se på tyngden G g og N.

9 CAPPELEN LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 3FY VÅREN 003 ELEVER Figuen nedeno til enste ise disse ketene i et etikalt snitt gjenno en del a banen so inneholde en bakketopp. Vi skal egne at bakketoppen e dele a en sikel ed adius. Vi skal nå inne noalkaten a eien og ho sto aten kan æe o at bilen ikke skal iste kontakt ed eien. På en bakketopp e begge ketene etikale og de ha otsatte etninge. Vektosuen a ketene å æe lik sentipetalkaten inn ot sentu i sikelbanen odi akseleasjonen i denne posisjonen e gitt ed. Newtons. lo på en bil ed assen og aten : F a so gi G N N g Fo en bil på 00 kg so passee en bakketopp ed en adius 100 ed aten 0 /s å i o eksepel: N 00 kg 9,1 /s (0 /s) 00 kg N 4,6 kn På bakketoppen e N inde enn tyngden G. Det å den alltid æe o at akseleasjonen skal æe ettet inn ot sentu, ds. nedoe. I en bakkebunn, se iguen oeno til høye, gi Newtons. lo på en bil ed assen og aten : F a so gi N G N g + Fo en bil på 00 kg so passee en bakkebunn ed en adius 100 ed aten 0 /s å i o eksepel: N 00 kg 9,1 /s (0 /s) + 00 kg N 11 kn 9

10 CAPPELEN LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 3FY VÅREN 003 ELEVER I bakkebunnen e N støe enn tyngden G. Det å den alltid æe o at akseleasjonen skal æe ettet inn ot sentu, ds. oppoe. Vi nente oeno at N e inde enn tyngden nå bilen passee en bakketopp. Oeno ant i ølgende uttykk o noalkaten på bilen nå den passee en bakketopp: N g Noalkaten på bilen ike bae så lenge bilen ha kontakt ed eien. Da e altså N > 0. Vi løse likningen N 0 og å: g 0 so gi g Med 100 bli N 0 nå aten e 9, 1 /s , /s 113 k/h His aten e støe iste bilen kontakt ed eien og lette. La oss så se på bilen nå den kjøe oppoe elle nedoe en ett bakke. I bakken e koponenten a G noalt på skåplanet, G G cos α, like sto so noalkaten N. Koponenten a G paallelt ed bakken e lik G G sin α. n p His hellingsinkelen e α 7, 0, bli noalkaten N a undelaget N G cosα 00 kg 9,1 /s cos 7, N 7, kn I en nedoebakke de bilen ulle itt, inne i akseleasjonen til bilen ed å buke Newtons. lo langs banen: gsinα a gsinα 9, 1 /s sin 7, 0 1, /s Vi inne altså at akseleasjonen til ogna e lik g sin α de α e hellingsinkelen. Men da ha i sett bot a ulleotstanden R og lutotstanden L so il søge o at akseleasjonen i ikeligheten e inde. His suen a R og L e lik G p, bli akseleasjonen lik null, og his suen a R og L e støe enn G p, å i buke otoen til å gi en dikat aoe o holde konstant at (elle akseleee) nedoe bakken. 10

11 CAPPELEN LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 3FY VÅREN 003 ELEVER I en oppoebakke å i buke en dikat K so e lik suen a R, L e og G p o å holde konstant at oppoe bakken. La oss til slutt se på det tilellet at bilen gå gjenno en hoisontal sing. Føst anta i at eien ikke e doset, se iguen nedeno. Bilen eie 00 kg og holde aten 0 /s gjenno singen so e en del a sikel ed adius lik 100. Vi skal inne akseleasjonen til bilen og suen a ketene på den. Videe skal i inne ho ot bilen kan kjøe uten å skli his iksjonstallet e 0,65. Akseleasjonen til bilen e ( 0 /s) a 4, 0 /s 100 Katsuen på bilen e F a 00 kg 4, 0 /s 3, kn Akseleasjonen og katsuen ha etning innoe ot sentu i sikelen. På bilen ike det to kete: tyngden G og kete a undelaget på de ie hjulene. På iguen oeno til høye ha i slått disse ketene saen til én kat U a undelaget. Tyngden e etikal, deo å katsuen æe den koponenten a U so e paallell ed eien. Denne katen e en iksjonskat. His iksjonen e o liten, il bilen begynne å gli ett a og ølge en tangent ut a eien, ds. at den hane i gøta. Den støste edien iksjonen kan ha, e R µ N, de µ e iksjonstallet. Siden suen a ketene i etikal etning e lik null, å noalkaten æe lik tyngden: N G. A Newtons. lo inne i da den støste aten bilen kan ha i singen uten å skli: F a R so gi R µ g µ N µ G 0, 65 9, 1 /s µ g /s 91 k/h 11

12 CAPPELEN LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN 3FY VÅREN 003 ELEVER Bilen kan kjøe gjenno singen i 91 k/h uten å gli. Vi se til slutt på det tilelle at eien e doset på passende åte slik at noalkaten N ha en etikalkoponent oppoe so e like sto so tyngden G. Vi skal inne ho sto doseingsinkelen ϕ å æe o en gitt at. Hoisontalkoponenten a N e da lik sentipetalkaten inn ot sentu i sikelbanen ed adius. His doseingsinkelen e ϕ, gi Newtons. lo i hoisontal og etikal etning: F N sin ϕ og N cos ϕ g Vi kan da bestee doseingsinkelen slik N sinϕ N cosϕ g so gi tan ϕ Fo en bil ed assen 00 kg so beege seg ed aten 0 /s i en hoisontal sing ed adius 100, å i o eksepel: (0 /s) tanϕ so gi doseingsinklen ϕ 9,1 /s 100 g 1