Lösning

Lösningar till tentamen i Fysik 3 (F0006T)
2015-06-04
Kommentar Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av pedagogisk natur. I ekvationer betyder . . . att några matematiska steg
(1.1)
(som skulle krävas på tentan) är överhoppade. Om det står = betyder det att ekvation (1.1) sätts in efter likhetstecknet. Fa &
T a syftar på stycken i Nya Fysikalia.
1
4p
Förståelse relativitet
0,5 p
a)
Personen som springer förbi dig ser smalare ut på grund av längdkontraktionen i rörelseriktningen som sker vid relativistisk fart.
när neutrinon har rörelseenergin noll. Dessutom kan vi försumma inverkan av kvävekärnans rekyl eftersom den är mycket tyngre än elektronen. Alltså blir elektronens maximala rörelseenergi
lika med Q-värdet för processen. Det ges av, Q = ∆mc2 :
Ke = Q =(mC − (mN+ + me + mν̄e ))uc2
Svar: Personen ser smalare ut.
Kommentar: Man kan också svara att personen ser ut att röra sig
snett eftersom fotonerna på personens mage kommer fram något
före fotonerna från personens bak.
0,5 p
b)
Det krävs större kraft för att accelerera någonting i rörelseriktningen än i sidled.
=(mC − ((mN − me ) + me + 0))uc2
=(mC − mN )uc2 = (14,003242 − 14,00307400)uc2
=0,000168 uc2 ,
(2.2)
eftersom neutrinon kan betraktas som masslös och N-14 är en positiv jon eftersom den ärvt de 6 elektronerna från C-14. Här har
massan för C-14 och N-14 tagits från T j2. Relativistisk rörelseenergi ges av K = (γ − 1)mc2 :




1

 me c2 ⇒ 1 + Ke = p 1
K
=
−
1

p
e

Svar: Nej, det krävs mindre kraft i sidled än i rörelsens riktning.
2
2
me c2
1 − v /c
1 − v2 /c2
s
Kommentar: Fk = γ3 ma, medan F⊥ = γma
!−2
!−2
Ke
Ke
0,5 p
2 2
c)
⇒ v=c 1− 1+
⇒ 1 − v /c = 1 +
me c 2
me c2
Myonernas halveringstid tidsdilateras i vårt system så att de faks
tiskt hinner ner innan de sönderfaller, T 1/2 = γT 0,1/2 .
!−2
0,000168 uc2
(2.2)
= c 1− 1+
≈ 0,6434 c, (2.3)
Svar: Myonernas halveringstid tidsdilateras.
5,48579911 · 10−4 uc2
Kommentar: Man kan lika väl säga att den sträcka som myonerna upplever att de färdas längdkontraheras så att den blir kortare där vi använt elektronens viloenergi, me c2 , från T a, uttryckt i
så att myonerna hinner ner innan de sönderfaller, l = l0 /γ.
enheten u.
0,5
p
d)
Svar: Elektronen får hastigheten 0,64 c.
Elektronens viloenergi är ( T a) me c2 = 510,999 keV Ke = Kommentar: Vi använder elektronens viloenergi, me c2 uttryckt
5 keV vilket innebär att den inte rör sig med relativistisk hastig- i enheten uc2 , så att uc2 kan förkortas bort i uttrycket Ke /me c2 .
het.
Detta är mycket enklare och elegantare än att byta till SI-enheter
eller eV. Svaret avrundas lämpligen till två värdesiffror eftersom
Svar: Nej, elektronen rör sig inte med relativistisk hastighet.
2
2
2
Kommentar: Ee = me c + Ke = γme c . Om Ke ≈ 0,01 · me c vi försummat kväveatomens rekyl men även 3 värdesiffror godkänns (=antalet i mellansvaret Ke ) samt 8, vilket är minsta antal
så är alltså Ee /(me c2 ) = 1 + Ke /(me c2 ) ≈ 1,01 och därmed värdesiffror i indata.
γ = 1 + Ke /(me c2 ) ≈ 1,01, vilket betyder att hastigheten är icke3p
relativistisk till en precision av 1 %. Man kan också räkna ut att 3
Rymdskyttel
hastigheten blir ca 0,14c. På den här uppgiften är inte svaret det Givet:
viktiga utan resonemanget.
Initial vertikal hastighet vid ekvatorn:
v1 = 9,5 km/s
0,5 p
e)
Jordtvillingen är äldst pga relativistiska effekter (rymdtvillingen Sökt:
har accelererat i förhållande till jordtvillingen).
Hur högt skytteln når.
Svar: Rymdtvillingen är yngst.
Lösning:
Kommentar: Med en konstant accelereration på 1 g kan man nå Mekaniska energisatsen, 1→2:
till Andromedgalaxen på mindre än 30 år.
K1 + Ug1 + U
e1 + Wövr =
1,5 p
f)
K
Ue2 ,
(3.1)
2 + U g2 + Givet:
med den gravitationella potentiella energin:
m·M
m·M
E = 2mc2 .
(1.1)
Ug1 = −GN
= −GN
Lösning:
r1
R
m
·
M
m
·M
Partikelns totalenergi:
Ug2 = −GN
= −GN
(3.2)
1
(1.1)
r2
R+h
E = γmc2 = 2mc2 ⇒ γ = p
=2⇒
(1.2)
och den kinetiska energin:
1 − u2 /c2
p
mv21
1 − u2 /c2 = 1/4 ⇒ u/c = 3/4,
(1.3)
K1 =
.
(3.3)
2
där u är partikelns hastighet.
(3.3), (3.2) i (3.1):
√
!
Svar: Partikelns hastighet är u = 3/4 · c ≈ 0,9c.
mv21
v21
m·M
m·M
1
1
= GN
− GN
⇒
= GN M
−
2
R
R+h
2
R R+h
3p
2

−1
C14-sönderfall
v21 /2
v21 /2 
 1
1
1
Givet:
= −
⇒ h =  −
⇒
 − R
R + h R GN M
R GN M
Beta-sönderfall av C-14.
!−1
Sökt:
95002 /2
1
−
⇒h=
Maximal energi för elektronen.
6,37816 · 106 6,6738 · 10−11 · 5,97219 · 1024
Lösning:
− 6,37816 · 106 ≈ 16,6·106 m,
(3.4)
Sönderfall av C-14 sker via reaktionen
−
14
14 +
med
C → 7 N + e + ν̄e ,
(2.1)
6
Gravitationskonstanten ( T a) :
GN = 6,6738·10−11 N m2 /kg2
eftersom totala masstalet A och totala laddningen Z bevaras i sönJordradien vid ekvatorn ( T k-3) : R = 6378,16 km
derfallet. Sammanlagda rörelseenergin hos slutprodukterna ges
Jordmassan ( T k-3) :
M = 5,972 19·1024 kg
av reaktionens Q-värde. Elektronen har maximal rörelseenergi
Senast uppdaterad: 21 augusti 2015
1(2)
c Erik Elfgren
Lösningar till tentamen i Fysik 3 (F0006T)
2015-06-04
Svar: Skytteln når höjden 17·106 m över marken.
Kommentar: Ug = mgh går inte attt använda eftersom g varierar
under uppfärden.
4
Fjädersvängning med massa
Givet:
Kraft:
Fjäderförlängning av kraften F:
Svängningstid med m fäst vid fjädern:
Fjäderförlängning av kraften F2 :
4p
F = 60 N
y1 = 40 cm
T = 1,3 s
y2 = 2,0 cm
2p
a)
Sökt:
Massan m som ger upphov till svängningstiden T .
Lösning:
Friläggning i det initiala jämviktsläget:
P
y
NI, Fy = 0, med Hooke’s lag:
x Ff1
⇒ F = Ff1 = ky1 ⇒
y1
k = F/y1 = 60/0,4 ≈ 150 N/m,
(4.1)
F
där k är fjäderkonstanten. Då vikten hängs på
och systemet börjar svänga vertikalt blir svängningstiden
r
m
T 2 (4.1) 1,32
T = 2π
·150 ≈ 6,42 kg. (4.2)
⇒ m = 2k =
k
4π
4π2
y
Rörets masströghetsmoment ur T g1-2:
Icm = MR2r .
Rullning utan glidning:
vcm = Rr ω ⇒ ω = vcm /Rr
i (5.3) med (5.4):
Icm v2cm Mr v2cm
v2cm
K2 =
+
(Icm + Mr R2r )
=
2
2R2r
2R2r
v2
= cm2 (Mr R2r + Mr R2r ) = Mr v2cm .
2Rr
(5.6), (5.2) i (5.1):
p
r gs·sin θ = r v2cm ⇒ vcm = gs·sin θ
M
M
p
= 9,82 · 3 · sin 30◦ ≈ 3,84 m/s.
(5.4)
(5.5)
(5.6)
(5.7)
Svar: Rörets hastighet är vr = vcm = 3,8 m/s.
Kommentar: Notera att hjulet rullar utan att glida och därmed
finns det en friktionskraft mot underlaget (annars skulle hjulet
bara slira). Däremot uträttar denna friktionskraft inget arbete
eftersom den inte rör sig relativt marken då hjulet ej slirar.
2p
b)
Sökt:
Kraften som fjädern utövar på massan m, då denna under svängning befinner sig y2 = 2,0 cm över jämviktsläget.
Lösning:
Friläggning av massan:
Vi beräknar jämviktsuttöjningen,
yj , genom
P
Ff2
Newtons 1:a lag, Fy = 0, samt Hooke’s lag:
y
mg
x
. (4.3)
Ff2 − mg = kyj − mg = 0 ⇒ yj =
mg
k
Hooke’s lag då massan befinner sig y2 över jämviktsläget:
(4.3)
=
F2
k(yj − y2 ) = mg − ky2
60
6,426 · 9,82 −
· 0,02 ≈ 60,1 N.
0,4
(4.1,4.2)
=
(4.4)
(4.5)
Kraften i Hooke’s lag är riktad motsatt uttöjningens riktning, dvs
i postiv y-led, dvs uppåt.
Svar: a) Massan som ger upphov till svängningstiden T är m =
6,4 kg.
b) Kraften som fjädern utövar på massan m, då denna under svängning befinner sig y2 = 2,0 cm över jämviktsläget är F2 = 60 N uppåt.
5
Givet:
Tunnväggigt rör, massa:
Rörradie:
Lutning:
Rullsträcka:
4p
Rullande rör
Sökt:
Hastigheten, vr efter sträckan L.
Lösning:
Mekaniska energisatsen, 1→2:
=
K
U
Wövr
1 + U g1 + e1 + K2 + U
U
(5.1)
g2 + e2 ,
där
Ug2 = Mr gs·sin θ.
K2 =
Icm ω
+
2
2
Mr v2cm
2
Senast uppdaterad: 21 augusti 2015
.
Mr = 1,2 kg
Rr = 0,25 m
θ = 30◦
L = 3,0 m
(5.2)
(5.3)
2(2)
c Erik Elfgren