Løsningsforslag til eksamen i FYS1000, 15/8 2014

Transkript

1 Løsningsforslag til eksamen i FY1000, 15/ Oppgave 1 a) Lengden til strengen er L = 1, 2 m og farten til bølger på strengen er v = 230 m/s. Bølgelengden til den egensvingningen med lavest frekvens (grunntonen) er λ 1 = 2L. Det gir frekvensen b) f 1 = v λ 1 = v 2L = 96 Hz De neste egensvingningene har frekvensene f 2 = 2f 1 = 1, Hz og f 3 = 3f 1 = 2, Hz. Q = cm T = 4, 2 kj/kgk 13 kg 81 K = 4, J c) Den kinetiske energien er lik det arbeidet som har blitt utført: E k = W = eu = 1, C 133 V = 2, J d) h = E p mg = 24 J 0, 135 kg 9, 81 m/s 2 = 18 m e) Den maksimale oppdriften får vi rett før vannet renner over kanten og kjelen synker. Volumet av fortrengt vann er da lik volumet V = 5, 3 liter til kjelen. Oppdriften er da F = V ρg der ρ = 1, 0 g/cm 3 er tettheten til vannet og g er tyngdens akselerasjon. I likevekt er oppdriften lik tyngden til både kjelen og kvikksølvet, G = (m + m Hg )g, der m = 1, 2 kg er massen til kjelen og m Hg er massen til kvikksølvet. Vi setter F = G og får m Hg = V ρ m = 4, 10 kg. Volumet V Hg til kvikksølvet finner vi når vi vet tettheten ρ Hg = 13,546 g/cm 3 : V Hg = m Hg /ρ Hg = 0, 30 liter. f) Temperaturen i bakken synker fordi den sender ut varmestråling. Varme strømmer inn i overflaten fra den varmere bakken lengre ned og fra lufta over, men noen ganger er utstrålingen større slik at netto varmestrøm er ut fra det øverste laget i bakken. Dette skjer særlig hvis det er klarvær slik at det bare er mørk himmel over som ikke sender noe stråling ned mot bakken (hvis det er skyer stråler de også ut varmestråling som treffer bakken) og på overflater som er godt isolert fra bakken lengre ned, som gress eller tak (særlig på bygninger som ikke er oppfarmet). g) Fotballen har større masse, og dermed mindre fart når de har samme bevegelsesmengde. iden den kinetiske energien er kvadratisk i farten teller farten mer enn massen, og 1

2 fotballen får minst kinetisk energi. Vi kan uttrykke dette i formler hvis vi skriver om det vanlige uttrykket for kinetisk energi ved å bruke at v = p/m (p er bevegelsesmengden). Vi får da ) 2 = E K = 1 2 mv2 = 1 ( p 2 m m 2m iden p er den samme for begge ballene og m Fotball > m Bordtenisball får vi E K,Fotball = h) Vi har at sentripetalkraften m v2 r i) 2m Fotball < 2m Bordtennisball = E K,Bordtennisball er lik den magnetiske kraften qvb, og får da at r = mv qb = 1, kg 4, m/s 1, C 2, 0 T = 0, 024 m G = mg ummen av kreftene er null siden farten er konstant og akselerasjonen dermed null. Da er 2 = G og dermed = 1 2 mg. j) Vi må først finne trykket p ved dybden h = 7 m. Hvis p 0 = 101 kpa er stmosfæretrykket ved vannflata er p = p 0 +ρgh = 170 kpa der ρ = 1, kg/m 3 er tettheten til vannet. Fra grafen leser vi da av kokepunktet til omtrent T K = 115 C. 2

3 k) Vi kaller innfallsvinkelen α 1 = 45. A α 1 x B α 2 y α 3 D C Brytningsvinkelen α 2 finner vi fra nells brytningslov l) n 1 sin α 1 = n 2 sin α 2 der n 1 = 1, 00 er brytningsindeksen i luft og n 2 = 1, 50 er brytningsindeksen i glasset. Da blir sin α 2 = sin α 1 /n 2 = 0, 471 og α 2 = 28. Vi må regne ut hvor den brutte strålen treffer siden BC og kaller avstanden fra innfallspunktet til hjørnet B for x = 5 cm og avstanden fra B til punktet der den brutte strålen treffer BC for y. Hvis y < 10 cm treffer strålen BC, ellers treffer den DC. Vi har at x/y = tan α 2, og da blir y = x/ tan α 2 = 9, 4 cm. tålen treffer altså siden BC. For å se om lyset kommer ut må vi sjekke om det blir totalreflektert eller ikke. Grensevinkelen for totalrefleksjon er α g = sin 1 1/n 2 = 41, 8. Innfallsvinkelen mot siden BC er α 3 = 90 α 2 = 62. iden α 3 > α g blir strålen totalreflektert i siden BC. På grunn av symetrien blir innfallsvinkelen mot siden DC lik α 2 og strålen går ut gjennom siden DC. Noe blir også reflektert, og fortsetter inne i glasset. Q R N P 3

4 Oppgave 2 a) Den høyre ledningen har en seriekobling av to motstander på 15Ω. Det blir tilsammen 30Ω. Denne er paralellkoblet med en motstan d på 30Ω. Totalen av disse er 1 R P = 1 30Ω Ω eller R P = 15Ω. Dette er seriekoblet med den siste motstanden på 20Ω og den totale motstanden i kretsen blir da R = 35Ω. b) I = U R = 70 V 35Ω = 2, 0 A c) penningen over motstanden på 20Ω blir U 20 = 20Ω 2, 0 A = 40 V. Dermed er spenningen over motstanden på 30Ω blir 30 V. trømmen gjennom den er 1,0Ω siden begge greinene i parallellkoblinga har samme resistans. Dermed er effekten P = 30 V 1, 0 A = 30 W. Oppgave 3 a) Nuklidemassene finner vi i tabellen. Vi starter med massen m 1 = 235, 0439 u + 1, 0087 u = 236, 0526 u og ender med m 2 = 147, 9323 u + 84, 9156 u + 3 1, 0087 u = 235, 8740 u. Det gir et massesvinn på m = m 1 m 2 = 0, 1786 u = 0, , kg = 2, kg. Reaksjonsenergien er E 1 = mc 2 = 2, J. b) 1,0 kg uran inneholder N = 1, 0 kg/235, 0439 u = 2, atomer. Det betyr at total frigjort energi er E = NE 1 = 6, J = 1, kwh. c) e avsnitt 19.5 i læreboka. Oppgave 4 a) Volumet er V 0 = Ah 0 og fra tilstandslikninga får vi da N = p 0V 0 nt 0 = p 0Ah 0 nt 0 = 1, b) Krafta på stempelet fra oversiden er summen av trykkrafta fra lufta, F L = p 0 A, og tyngdekrafta, G = M g, på loddet. Denne må balanseres av trykkrafta fra gassen på undersiden, F G = p 1 A. Vi setter F L + G = F G og får 4

5 p 1 = p 0 + Mg A = 101, 6 kpa c) For en isoterm prosess har vi at p 0 V 0 = p 1 V 1 og siden V 0 = Ah 0 og V 1 = Ah 1 blir h 1 = h 0 p 0 p 1 = 74, 6 cm d) Arbeidet på loddet er endringen i potensiell energi: W = E p = Mg(h 0 h 1 ) = 0, 23 J 5