Alla tentor med lösningar

Transcription

Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Teknikvetenskap och matematik
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2012-03-14
09:00 – 14:00
Jourhavande lärare: Erik Elfgren (Tfn: 0705-509839)
Examinator:
Erik Elfgren
Tillåtna hjälpmedel: Physics Handbook
Tillägg till Physics Handbook
Appendix till kompendiet i Problemlösning (1 sida)
Räknedosa och ritmateriel
Obs!
Inga som helst anteckningar, lösa eller inklistrade blad eller lappar med text får
finnas i formelsamlingarna. Färgade lappar och understrykningar är dock ok.
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
Definiera beteckningar och ange mätetalens enheter samt vilka lagar du använder. Motivera formler, antaganden och approximationer. Presentera lösningarna så att de blir lätta att följa.
4: 12,5–15 p
5: 15,5 p – (inkl. bonuspoäng)
Resultatet anslås:
Studenttorget, 2012-04-14
Övrigt:
Tal 1 och 2 är modern fysik, övriga är mekaniktal.
1. (4 p) Ett radioaktivt prov innehåller en blandning av fosforisotoperna P-32 och P-33 men inget
annat. En inledande mätning visar, att av den totalt uppmätta aktiviteten från provet, så kommer
10,0 % från P-33. Hur många dygn måste man vänta för att 80,0 % skall göra detta?
3. (3 p) Två skivor är geometriskt identiska, men tillverkade
av olika material, och har följaktligen olika massor (se figur). Den undre skivan som har massan mb är luftlagrad och
sätts i rotation så att den får omloppstiden T 1 kring en vertikal axel (z-axeln). Den övre skivan med massan ma hänger
först stilla rakt ovanför. Den släpps sedan ned på den undre, roterande skivan, varvid de två skivorna efter mycket
kort tid roterar tillsammans med gemensam vinkelhastighet
och med omloppstiden T 2 . Friktionen från luftlagringen är
försumbar. Härled uttrycket för förhållandet T 2 /T 1 . Det ska endast innehålla skivornas massor.
4. (3 p) En homogen cylinder har massan m = 50 kg och radien r = 0,30 m.
En kraft F = 300 N anbringas på en kabel (med försumbar massa) som
är lindad runt cylinderns periferi (se figur). Beräkna cylinderns acceleration. Den rullar utan att glida.
5. (4 p) En rektangulär ram har massan m och är formad av smala, homogena stänger. Ramen är friktionsfritt upphängd i O och kan svänga kring
den horisontella axeln AA som går genom O.
a) (2 p) Beräkna tröghetsmomentet för ramen med avseende på axeln AA.
b) (2 p) Från sitt vertikala läge, som visas i figuren, förs ramen upp runt axeln AA så att den
ligger horisontellt. Den släpps därefter och får svänga fritt kring AA. Bestäm (i givna storheter)
uttrycket för den kraft som upphängningen i O påverkar ramen med omedelbart efter det att den
släppts.
2. (4 p) Isotopen väte-3 (tritium) sönderfaller med betasönderfall.
a) (1 p) Skriv upp reaktionen på vanlig form, med alla sönderfallsprodukterna angivna på korrekt
sätt, och utan några andra symboler i formeln. Inga motiveringar behövs.
b) (2,5 p) Vad är sönderfallets Q-värde i enheten MeV?
c) (0,5 p) Q-värdet är ju reaktionens “avgivna energi”. Men vad “blir det av” denna energi? Svara
med ett av följande alternativ: vätekärnans rekylenergi, sönderfallsprodukternas sammanlagda
rörelseenergier, dotterkärnans massförlust, dotterkärnans jonisationsenergi, elektronens viloenergi, neutrinons totalenergi, tritiumkärnans bindningsenergi. Ingen motivering behöver ges och
svaret får inte innehålla annan text än ovanstående.
1
2
Lösningar till tentamen i Fysik 3 (F0006T)
2012-03-14
Kommentar: Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av Reaktionenes Q-värde.
pedagogisk natur. I ekvationer betyder . . . att några matematiska Lösning:
steg (som skulle krävas på tentan) är överhoppade. Om det står Q-värdet ges av
(1.1)
= betyder det att ekvation (1.1) sätts in efter likhetstecknet.
Q =∆mc2 = (mT − mHe+ − me )c2 = (mT − mHe )c2 .
(2.2)
4 p Insättning av data:
1
Fosforaktivitet
Massa, tritium (PH T-6.3):
mT = 3,016049 u
Variabler:
Massa, helium-3 (PH T-6.2):
mH e= 3,01602930 u
Initial aktivitet för P-33:
A033
2
med uc = 931,49413 MeV (PH CU-2.4) ger
Slutlig aktivitet för P-33:
A133
Q =(3,016049 − 3,01602930)uc2 = 1,97 · 10−5 uc2
(2.3)
A032
≈0,0183504344 MeV.
(2.4)
A132
Givet:
Initial andel aktivitet P-33 i provet:
Slutlig andel aktivitet P-33 i provet:
(1.1)
A032 e
− Tln 2 t1
33
(1.3)
− Tln 2 t1
32
=
,
där halveringstiderna fås ur PH T-6.3:
Halveringstid P-32:
Halveringstid P-33:
Kvoten (1.4)/(1.3) blir
Kommentar: Svaret avrundas till två decimaler pga mellanresultatet 1,97 · 10−5 uc2 (som egentligen bara har två värdessiffror
efterom mT bara är givet med en precision av 10−6 uc2 ), men även
svaret 0,01835043 MeV och 0,0184 MeV accepteras vid rättningen.
0,5 p
c)
Sökt:
Vad blir det av energin som frigörs, Q-värdet?
(1.4)
T 32 = 14,28 dygn
T 33 = 25,3 dygn
Kommentar: Av sönderfallsprodukterna (elektronen och Hekärnan) kommer elektronen få mest energi (pga rörelsemängdens
och energins bevarande).
3
Skivrotation
Givet:
Massa skiva A:
Massa skiva B:
Omloppstid före nedsläpp:
Omloppstid efter nedsläpp:
3p
ma
mb
T1
T2
Sökt:
Förhållandet T 2 /T 1 utln 2
tryckt i skivmassorna
A032 − ln 2· T1 − T1 t1
A032 e− T32 t1
A132
32
33
= 0 e
⇒
= 0
ma och mb .
A133
A33 e− Tln332 t1
A
Lösning:
1 0 33
A
A
I frånvaron av ex1
ln A321 / A032
ln
/9
(1.1,1.2)
4
33
33
terna moment bevaras
= −
[...] ⇒ t1 = −
1
1
rörelsemängdsmoln 2 · T132 − T133
ln 2 14,28
− 25,3
mentet runt z:
≈ 169,49 dygn.
(1.5)
L1 = L2 ,
(3.1)
Svar: Man måste vänta 169 dygn innan 80 % av aktiviteten där rörelsemängdsmomentet före nedsläppet är
kommer från P-33.
L1 = I1 ω1 = Ib ω1 = (mb r2 /2)ω1
(3.2)
Kommentar: Det skulle också gå att omvandla alla tider till
och
rörelsemängdsmomentet efter nedsläppet är
sekunder och sedan tillbaks till dygn, men eftersom indata är i
L2 = I2 ω2 = (Ia + Ib )ω2 = (ma r2 /2 + mb r2 /2)ω2 ,
(3.3)
dygn är det lämpligare att räkna i dygn.
4 p där vi använt att tröghetsmomentet för en cirkulär platta med
2
2
Tritiumsönderfall
radie r är I = mr /2 (PH F-1.10).
Givet:
(3.2) och (3.3) i (3.1):
!
Tritiumsönderfall med betasönderfall.
mb r 2
mb r 2 mb r 2
ω1 ma + mb
ω1 =
+
ω2 ⇒
=
. (3.4)
2
2
2
ω2
mb
1
p
a)
Förhållandet mellan omloppstid T och vinkelhastighet ω är T =
Sökt:
2π/ω, vilket ger
Reaktionsformeln.
T 2 2π/ω2 ω1 (3.4) ma + mb
ma
=
=
=
=1+
.
(3.5)
Lösning:
T 1 2π/ω1 ω2
mb
mb
Laddning och masstal bevaras:
Svar: Förhållandet T 2 /T 1 = 1 + mmba .
3
H → 32 He+ + −10 e + 00 ν̄e .
(2.1)
1
Svar: Reaktionsformeln är 31 H → 32 He + e− + ν̄e .
b)
Sökt:
Senast uppdaterad: June 3, 2014
2,5 p
Kommentar: Man kan också räkna uppgiften utan att anta en
radie r genom att använda tröghetsradien k (och I = mk2 ) tillsammans med att skivorna är geometriskt lika, vilket betyder att
de har samma tröghetsradie.
1(2)
c Erik Elfgren
2012-03-14
Givet:
Cylindermassa:
Cylinderradie:
Dragkraft:
Svar: Masströghetsmomentet för ramen kring axeln AA är
3p
Cylinderacceleration
M = 50 kg
r = 0,30 m
MG = 300 N
Friläggning av cylindern:
F
α
r
mg
Svar: Sönderfallsprodukternas sammanlagda rörelseenergier.
(1.2)
Aktivitetslagen A = Nλ i sönderfallslagen N = N0 e−λt ger A =
A0 e−λt . Med λ = ln 2/T 1/2 efter tiden t1 ger för P-33
A132
4
Svar: Reaktionenes Q-värde är 0,018 MeV
A033 /(A033 + A032 )= 0,1
A133 /(A133 + A132 )= 0,8
Sökt:
Antal dygn innan 80 % av aktiviteten kommer från P-33.
Lösning:
Initialt förhållande mellan aktiviteterna:
A0 + A0
A0
A033
= 0,1 ⇒ 33 0 32 = 10 ⇒ 032 = 9.
0
0
A33 + A32
A33
A33
Slutligt förhållande mellan aktiviteterna:
A133
A1 + A1
A1
4
5
1
=
⇒ 33 1 32 =
⇒ 132 = .
1
1
4
A33 + A32 5
A33
A33 4
A133 = A033 e
och för P-32
y
f
x
N
Sökt:
Cylinderns acceleration, a.
Lösning:
Rullning utan glidning:
a = rα.
(4.1)
Momentekvationen kring masscentrum:
X y
τcm = Icm α ⇒
Fr − f r = (mr2 /2)α ⇒
F − f = (mr/2)α,
(4.2)
med tröghetsmomentet för en cylinder Icm = mr2 /2 (PH F-1.10).
Friktionskraften, f , fås ur Newtons 2:a lag i x-led:
X
Fx = max ⇒ F + f = ma ⇒ f = ma − F, (4.3)
i (4.2):
(4.1)
F + (F − ma) = (mr/2)α = ma/2 ⇒
2F = 3ma/2 ⇒ a = 4F/(3m).
Numeriskt:
a = 4 · 300/(3 · 50) = 8,00 m/s.
(4.4)
(4.5)
5
Givet:
Rammassa:
Längd, kortsida:
Längd, långsida:
Rektangulär ram-rotation
2p
b)
Sökt:
Kraften som verkar på upphängningen när ramen släpps från horisontellt läge.
Lösning:
Friläggning av ramen i horisontellt läge sedd längs axeln AA:
b
AA
On
n
t
Ot
mg
α
Rotation kring fix axel:
Rörelseekvationen i horisontell
led för tyngdpunkten:
X
Fn = mrcm ω2
⇒ On = mrcm ω2 = 0,
ty ω = 0 rad/s i släppögonblicket.
Rörelseekvationen i transvers led för tyngdpunkten:
X
Ft = mrcm α
(5.5)
⇒ Ot + mg = mrcm α
⇒ Ot = mrcm α − mg.
(5.6)
Py
Momentekvationen runt upphängningspunkten O, τ = Iα:
mgb/2 = Itot α
⇒ α = mgb/(2Itot ).
(5.7)
(5.7) i (5.6):
Ot = mrcm (mgb/(2Itot )) − mg
!
2 2
7mg
b mgb
(5.4) m b g
− mg = −
− mg =
,
(5.8)
=m
2
2 2Itot
16
4 4mb
med rcm = b/2.
Svar: Cylinderns acceleration är a = 8,0 m/s2
4mb2
9 .
9
Svar: Kraften är 7mg/16, riktad vertikalt uppåt.
4p
m
b
2b
a)
2p
Sökt:
Tröghetsmomentet med avseende på axeln AA.
Lösning:
Ramen består av 4 delar:
2b
O
4
A
A
3 b
b 1
2
2b
Stångens totala längd är 6b,
vilket betyder att varje sträcka
b har massan m/6.
För del 1 och 3 är tröghetsmomentet det för stång som
roterar kring ena änden
(PH F-1.10):
m b2
.
(5.1)
6 3
För del 4 är tröghetsmomentet kring AA noll eftersom delen ligger längs med axeln:
IAA4 = 0.
(5.2)
IAA1 = IAA3 =
För del 2 ges tröghetsmomentet av Steiners sats IO = Icm + md2 :
2m 2
IAA2 = 0 +
b .
(5.3)
6
Det totala tröghetsmomentet blir med (5.1),(5.2),(5.3):
m b2 2m 2 m b2
Itot =IAA1 + IAA2 + IAA3 + IAA4 =
+
b +
+0
6 3
6
6 3
!
2
1
2
1
4mb
=mb2
+ +
=
.
(5.4)
18 6 18
9
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2012-03-23
09:00 – 14:00
Examinator:
Erik Elfgren
3. (3 p) Den med skåror försedda skivan har massan m s = 6,0 kg
och tröghetsradien kO = 0,175 m med avseende på centrum O.
Skivan för med sig fyra små stålkulor (kan betraktas som partiklar) med massan mk = 0,15 kg vardera, belägna som visas i
figuren, och skivan roterar ursprungligen med vinkelhastigheten
ω1 = 120 varv/min med försumbar friktion kring en vertikal axel
genom O. Kulorna hålls då på plats med en spärranordning (som
ej syns i figuren). Om spärren släpps medan skivan roterar, kommer kulorna att åka ut och inta de streckade lägena som visas i
figuren. Vilken blir då skivans vinkelhastighet, ω2 ?
4. (4 p) En fallhammare används för att slå ned pålar i marken. Den
skall vara utformad så att den vid stöten förlorar hela sin kinetiska
energi. Vid pålningen släpps hammaren h = 4,0 m ovanför pålen.
Stöttalet mellan hammaren och pålen, som har massan m p = 300 kg,
är e = 0,30.
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
b) Vilken hastighet får pålen omedelbart efter stöten?
Resultatet anslås:
Övrigt:
Ledning: Vid stöten, betrakta hammaren och pålen som ett system,
stöttiden som kort och friktionskraften från marken på pålen som
liten. Motivera i lösningen när du använder dessa antaganden.
4: 12,5–15 p
1. (3 p) Antag att den kinetiska energin för en partikel är lika stor (med två värdessiffrors noggrannhet) som dess viloenergi. Hur mycket större blir farten, i procent, om man räknar klassiskt
jämfört med om man räknar relativistiskt? Är den klassiska farten rimlig?
2. (4 p) Om man räknar relativistiskt på sönderfall av en vilande partikel med massa M till två
partiklar
med massorna m1 och m2 så kan man visa att rörelsemängden för partikel 1 är p1 =
q
(m21 −M2 −m22 )2
c
− m22 .
4M 2
a) Vilken massa, mh , skall fallhammaren ha?
c) Hur stor blir den procentuella förlusten av mekanisk energi?
5. (4 p) En smal homogen stång med total längd L och massa M
svänger friktionsfritt kring sin mittpunkt (se figur). En horisontell fjäder med fjäderkonstant k är fäst vid den undre delen av
stången. Stången och fjädern är i jämvikt när stången är i vertikalt
läge. Om stången vrids en liten vinkel θ, härled svängningsekvationen (θ̈ = −ω2 θ) och bestäm ω uttryckt i M och k.
Ledning: Antag att θ är liten så att sin θ ≈ θ och cos θ ≈ 1.
a) (0,5 p) Vad är rörelsemängden för partikel 2, p2 ? Jämför storlek och riktning med partikel 1.
b) (0,5 p) Om det handlar om α-sönderfall från roentgenium-272 (Rg-272), vilken är då dotterkärnan?
c) (3 p) I sönderfallet av Rg-272, beräkna (relativistiskt, utgående från formeln ovan) farten på αpartikeln (partikel 1) samt dotterkärnan (partikel 2) uttryckt i ljushastigheten c. Jämför farterna
och förklara skillnaden.
1
2
2012-03-23
Kommentar: Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av Masstalet och laddningen bevaras vilket betyder att
pedagogisk natur. I ekvationer betyder . . . att några matematiska
A = 272 − 4 = 268
steg (som skulle krävas på tentan) är överhoppade. Om det står
Z = 111 − 2 = 109,
(1.1)
vilket motsvarar meitnerium-268, Mt-268 (PH T-6.3).
3p
1
Svar: Dotterkärnan är meitnerium-268.
Relativistiskt vs klassiskt
Givet:
Kinetisk energi = viloenergin:
K = E0 c)
(2.3)
(2.4)
3p
Sökt:
Sökt:
Hur mycket större blir farten, i procent, om man räknar klassiskt I sönderfallet av Rg-272, beräkna (relativistiskt, utgående från
formeln ovan) farten på α-partikeln (partikel 1) samt dotterkärjämfört med om man räknar relativistiskt? Är det klassiska farten nan (partikel 2) uttryckt i ljushastigheten c. Jämför farterna och
rimlig?
förklara skillnaden.
Lösning:
Lösning:
Viloenergin ges av
Farten fås ur den relativistiska rörelsemängden:
2
2
p −2
E0 = mc
⇒ K = E0 = mc .
(1.1)
mv
m
p =γmv = p
⇒
= √
= v−2 − c−2
Den klassiska farten ges av den klassiska kinetiska energin:
m
v−2 − c−2
1 − v2 /c2
√
(1.1)
2
2
K = mvk /2 = mc
⇒ vk = c 2.
(1.2)
v
1
1
⇒
.
(2.5)
⇒v = q = q Den relativistiska farten ges av den relativistiska kinetiska enerc
p −2
p −2
−2
+c
+1
gin:
m
mc




Rörelsemängden för partikel 1 (α-partikeln) blir
1
K
1
v
− 1 ⇒
K = mc2  p
+1= p
u
u
2
t
mc2
2
1 − v2r /c2
1 − v2r /c2
m2α − MRg
− m2Mt
K
−2
p
=c
− m2Mt
1
2
4MRg
⇒
+ 1 = 1 − v2r /c2 ⇒
2
mc
s
≈1,53862543977917 · 10−19 kgm/s,
(2.6)
K −2 (1.1) √
−2 .
med
m
vr = c 1 − 1 +
=
c
1
−
2
(1.3)
α = mHe − 2me samt data från PH T-6.2 och PH T-6.3:
mc2
Massa för Rg-272:
mRg = 272,1535 u
Massa för Mt-286:
mMt = 268,1388 u + 2me
Den procentuella skillnaden mellan (1.2) och (1.3) blir
r
√
Massa för He-4:
mHe = 4,002603234 u
vk
2
c 2
Massa
för
elektron
(PH
CU-1.1):
me = 5,48579911 · 10−4 u
− 1 ≈ 63,3 %.
(1.4)
−1=
−1= √
vr
1 − 2−2
Massa för u (PH CU-1.1):
u = 1,6605387 · 10−27 kg
c 1 − 2−2
Svar: Den klassiska farten är 63 % större än den relativistiska. För α-partikeln blir då farten med (2.5) och (2.6):
1
vα
Ur ekvation (1.2) inses att den klassiska farten är orimlig
= q ≈ 0,0770101666217724
(2.7)
eftersom den är större än ljushastigheten.
c
p1 −2
+1
mα c
4
p
2
4-moment
och för Mt-kärnan:
Givet:
1
vMt
≈ 0,00115266062110963
(2.8)
= q
Sönderfallande kärnas massa:
M
c
−p1 −2
Dotterkärna massa:
m1
+1
mMt c
Sönderfallspartikels massa:
m2 r
Svar: vα ≈ 0,07701017c, vMt ≈ 0,001152661c. Orsaken till
(m21 −M2 −m22 )2
att α-partikeln har högre fart är att den har lägre massa,
Rörelsemängd, dotterkärna:
p1 =
− m22
4M 2
och då måste den ha högre fart för att rörelsemängden ska
0,5 p
a)
kunna bevaras.
Sökt:
3p
3
Kulor i skåror
Vad är rörelsemängden för partikel 2, p2 ? Jämför med partikel 1. Givet:
Lösning:
Skivmassa:
ms = 6,0 kg
Rörelsemängden bevaras i partikelkollisioner (inga externa
Tröghetsradie, skiva:
kO = 0,175 m
krafter):
Kulmassa:
mk = 0,15 kg
pföre = pefter ⇒ 0 = p1 + p2 ⇒
Antal kulor:
nk = 4
v
t
Initial
vinkelhastighet:
ω1 = 120 varv/min
2
Initialt avstånd från kulorna till O:
r1 = 0,100 m
m21 − M 2 − m22
2
Slutavstånd från kulorna till O:
r2 = 0,200 m
p2 = −p1 = −
− m2 .
(2.1)
4M 2
Sökt:
Svar: Rörelsemängden för partikel 2 är lika stor som för partikel
1, men med omvänd riktning, p2 = −p1 .
Skivans vinkelhastiget efter att kulorna
åkt ut från avstånd r1 till avstånd r2 från
0,5 p
b)
rotationsaxeln O.
Sökt:
Lösning:
Om det handlar om α-sönderfall från roentgenium-272 (Rg-272), Låt läge 1 vara initialt läge och läge 2
vilken är då dotterkärnan?
vara när kulorna är på avstånd r2Pfrån O.
Lösning:
Frånvaron av externa moment ( τext =
Roentgenium-272 har Z = 111 protoner och α (kärna av helium- 0) gör att rörelsemängdsmomentet be4) har Z = 2 protoner och masstalet A = 4 (PH T-6.3). Reaktio- varas enligt impulsmomentlagen:
Z X
nen är därför
τext dt = L1 − L2 = 0 ⇒ L1 = L2 .
(3.1)
272
4
A
Rg
→
He
+
X.
(2.2)
111
2
Z
Senast uppdaterad: 4 september 2013
1(2)
c Erik Elfgren
Rörelsemängdsmomentet ges av L = IO ω vilket med (3.1) ger
I1 ω1 = I2 ω2 .
(3.2)
Låt r vara kulornas avstånd till rotationsaxeln O. Då blir
tröghetsmomentet
I = nk Ik + Is ,
(3.3)
där skivans tröghetsmomentet kring O är
Is = ms kO2 (Definition av tröghetsradie TPH).
(3.4)
och en kulas tröghetsmomentet kring O (ICM = 0) är
Ik = mk r2 (Steiners sats för punktformig masssa).
(3.5)
Ekvation (3.5) och (3.4) i (3.3) i (3.2) ger
nk mk r12 + ms kO2 ω1 = nk mk r22 + ms kO2 ω2 ⇒
2012-03-23
R P
Stöttiden är kort och friktionskraften är liten ⇒
Fy dt ≈ 0.
(4.3) ger då
mp e − mh = 0 ⇒ mh = mp e = 300 · 0,30 = 90 kg. (4.4)
b)
Sökt:
Pålhastigheten omedelbart efter stöten.
Lösning:
(4.3) ger
p
p
vp2 = e 2gh = 0,30 2 · 9,82 · 4,0 ≈ 2,659 m/s.
1p
(4.5)
c)
Sökt:
nk mk r12 + ms kO2
Procentuella förlusten av mekanisk energi.
4 · 0,15 · 0,12 + 6 · 0,1752
= 120 ·
ω2 =ω1
Lösning:
4 · 0,15 · 0,22 + 6 · 0,1752
nk mk r22 + ms kO2
Före stöten är energin:
≈109,6 varv/min.
(3.6)
E1 = mh v2h1 /2
Svar: Skivans vinkelhastighet efter att kulorna rullat ut blir ω2 = och efter är den
110 varv/min.
E2 = mp v2p2 /2.
Kommentar: Mekaniska energisatsen kan inte användas efterDen
procentuella energiförlusten blir (E1 − E2 )/E1 :
som det övriga arbete som inträffar när kulorna stannar är
okänt.
mp v2p2 /2 (4.1,4.2,4.4)
E2 (4.6,4.7)
n=1−
= 1−
=
4p
4
E1
mh v2h1 /2
Fallhammare
Problemet består av tre steg, (0) före nedsläpp, (1) före stöt och
2
mp e gh
(2) efter stöt:
=1 −
= 1 − e = 0,70.
(mp e)gh
vh0
mh
Svar: a) Fallhammaren har massan mh = 90 kg.
vh1
vh2
h
b) Pålen får hastigheten 2,7 m/s nedåt.
c) Den procentuella energiförlusten blir 70 %.
y
vp1
vp0 m
vp2
p
x
5
1p
(4.6)
(4.7)
(4.8)
4p
Fjäderoscillation
0
1
Givet:
Pålmassa:
Släpphöjd:
Stöttal:
Hammarfart, initial:
Pålfart, initial:
Hammarfart, före stöt:
Pålfart, före stöt:
Hammarfart, efter stöt:
Pålfart, efter stöt:
2
mp = 300 kg
h = 4,0 m
e = 0,30
vh0 = 0 m/s
vp0 = 0 m/s
vh1 = ?
vp1 = 0 m/s
vh2 = 0 m/s
vp2 = ?
2p
a)
Sökt:
Fallhammarens massa, mh .
Lösning:
Hammarfarten före stöt ges av mekaniska energisatsen mellan
0→1:
K0 + Ug0 + Ue0 + Wövr = K1 + Ug1 + Ue1 d ⇒
p
0 + mh gh + 0 + 0 = mh v2h1 /2 + 0 + 0 ⇒ vh1 = 2gh,
(4.1)
eftersom vi varken har fjäderenergi eller några övriga krafter som
verkar.
Stöttalet ger hastighetsändringen över stöten:
vp2 − vh2 vp2
(4.1) p
e=
=
⇒ vp2 = evh1 = e 2gh.
(4.2)
vh1 − vp1 vh1
Givet:
Stångmassa:
M
Fjäderkonstant:
k
Sökt:
Härled svängningsekvationen och bestäm ω uttryck i M och k.
Lösning:
Friläggning av stången:
P x
Momentekvationen τcm = Icm α ger
n t
−F(L/2) cos θ = Icm α = Icm θ̈,
(5.1)
An
At
där tröghetsmomentet kring masscentrum för en
cm
homogen stav är (PH F-1.10)
L/2
Mg
Icm = ML2 /12.
(5.2)
θ
Fjäderkraften
F = kx ges av
F
F = k(L/2) sin θ.
(5.3)
(5.3) i (5.1) med cos θ ≈ 1 och sin θ ≈ θ:
− (k(L/2) sin θ)(L/2) cos θ = Icm θ̈ ⇒
2
kL2
(5.2) ML
θ = Icm θ̈ =
θ̈
4
12
r
3k
3k
⇒ θ̈ = − θ = −ω2 θ ⇒ ω =
.
M
M
−
Svar:
.
Svängningsekvationen är θ̈ = − 3k
M θ och ω =
q
(5.4)
3k
M.
Massan på hammarhuvudet kan nu beräknas ur impulslagen för
systemet hammare+påle:
Z X
(4.1,4.2)
Fy dt =∆py = p2y − p1y = mp vp2 − mh vh1 =
p
p
p
=mp e 2gh − mh 2gh = 2gh · (mp e − mh ).
(4.3)
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2012-06-01
15:00 – 20:00
Examinator:
Erik Elfgren
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
4: 12,5–15 p
Anvisningar:
Resultatet anslås:
Övrigt:
3. (3 p) En raket avfyras vertikalt uppåt, och dess läge mäts med radar, se figur. Då
vinkeln θ = 45 ◦ , är r = 9,0 km, r̈ = 15 m/s2 och θ̇ = 0,015 rad/s. Beräkna
raketens fart och acceleration uppåt i detta ögonblick.
4. (4 p) Ett sfäriskt skal med massan mk = 1,50 kg och radien r = 20,0 cm är
fastsvetsat i änden på en smal, homogen stång med längden l = 0,500 m
och massan m s = 2,00 kg. Den så konstruerade pendeln är upphängd i en
friktionsfri led O. Den släpps från vila i det läge där stången är horisontell.
a) (2 p) Beräkna pendelns (mass)tröghetsmoment med avseende på leden O.
a
v
r
θ
l
r
O
ω
b) (2 p) Beräkna pendelns vinkelhastighet i nedersta läget,
dvs. då stången är vertikal.
5. (4 p) Förståelsefrågor (om inte annat anges fordras ingen beräkning eller motivering):
Py
a) (0,5 p) Momentekvationen τO = IO α gäller inte runt en godtycklig axel O. Axlarna A, B, C
och D i figuren nedan följer med lådan när den vrids kring C pga kraften F. Vilka axlar är okej
att använda i momentekvationen?
A
B
D
F
cm
C
b) (0,5 p) Vad är nollmomentcentrum (även kallat stötcentrum) och varför är detta en lämplig
punkt för en kraft att angripa i när något roterar kring ett lager?
1. (3 p)
a) (0,5 p) Vilka är de två vanligaste sönderfallen för Cs-137? Vilken energi har de? Ingen beräkning krävs.
b) (1 p) Skriv ned reaktionsformlerna för de två vanligaste (ca 94 % av totala antalet sönderfall)
sönderfallen för Cs-137 samt även reaktionsformeln för det mindre vanliga (ca 6 % av totala
antalet sönderfall) sönderfallet.
c) (1,5 p) Beräkna den frigjorda energin (Q-värdet) för sönderfallet av Cs-137 till den stabila slutprodukten.
2. (4 p)
a) (3 p) Vid β-sönderfall kan elektronens energi inte bestämmas exakt eftersom det blir tre sönderfallsprodukter, i motsats till när det bara blir två sönderfallsprodukter (som t.ex. vid αsönderfall). Visa att energin och rörelsemängden blir entydigt definierade vid sönderfall till två
sönderfallsprodukter (med massa m och M) då den frigjorda energin är Q. Ledning: Räkna ickerelativistiskt på energins och rörelsemängdens bevarande i en dimension med en stillastående
moderpartikel. Bestäm därefter uttrycken för kinetisk energi och rörelsemängd för de två sönderfallsprodukterna, Km , K M , pm och p M uttryckt i m, M och Q.
b) (1 p) Beräkna den maximala kinetiska energin för elektronen vid β-sönderfall av Cs-137 om
den totala frigjorda energin i sönderfallet är Q = 0,514 MeV. Beräkna även vad dotterkärnans
kinetiska energi då blir.
1
c) (1 p) Två masslösa stavar, båda med längd L, har vardera två punktformiga massor m i sig (se
figur). I stav A ligger båda massorna i mitten på staven, i stav B ligger massorna i var sin ände.
Beräkna vilken av stavarna som kommer att vara trögast att rotera kring stavänden, dvs vilken
av dem som har störst (mass)tröghetsmoment.
L
A
B
m m
m
m
d) (1 p) En kula med massa 10 g och med hastighetskomposanterna v x = 1,0 m/s och vy = −1,0 m/s
slår in snett på en dörr (se figur) på avståndet r = 1,0 m från gångjärnet, A. Beräkna storleken på
kulans rörelsemängd och storleken på dess rörelsemängdsmoment kring axeln A precis innan
den slår i.
y
A
x
v
r
e) (1 p) En enkel pendel (partikelpendel) utgörs av en punktformig massa som är upphängd i en
lina med försumbar massa och längd L. Pendeln försätts i svängning genom att punktmassan
förs lite åt sidan och släpps. Pendeln har då en viss svängningstid.
Om man sedan vill fördubbla svängningstiden, beräkna hur linans längd då ska förändras. Om
man istället vill fördubbla vinkelfrekvensen, beräkna hur linans längd då ska förändras.
2
2012-06-01
Kommentar: Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av Den frigjorda energin Q blir till kinetisk energi hos de två sönpedagogisk natur. I ekvationer betyder . . . att några matematiska derfallsprodukterna:
!
2
p2 (2.1) p2
p2
p2 1 1
(2.2,2.3) pm
(1.1)
+ M = m + m = m
+
Q = Km + KM =
2m 2M
2m 2M 2 m M
r
3p
1
p2 m + M 2QMm
Cs-137-sönderfall
= m
⇒ pm = ±
.
(2.4)
Givet:
2
Mm
m+M
Sönderfall av Cs-137.
Ekvation (2.1) ger pM och (2.2) och (2.3) ger Km och KM .
0,5 p
a)
Svar: Kinetisk energi och rörelsemängd för de två sönderfallSökt:
sprodukterna uttryckt i m, M och Q:
q
De vanligaste sönderfallen samt deras energi.
(2.5)
pm = ± 2QMm
m+M ,
q
Svar: Sönderfallen är γ-sönderfall med energin 661,65 keV och
2QMm
β− -sönderfall med energin 0,514 MeV (PH T-6.3).
pM = −pm = ∓ m+M ,
(2.6)
Sönderfallsprodukter
4p
3p
a)
Givet:
Sönderfall med två sönderfallsprodukter med massa m och M
och frigjord energi Q med en stillastående moderpartikel.
Sökt:
Kinetisk energi och rörelsemängd för de två sönderfallsprodukterna, Km , KM , pm och pM uttryckt i m, M och Q.
Lösning:
Rörelsemängdens bevarande (ty inga externa krafter):
pföre = pefter ⇒ 0 = pm + pM ⇒ pm = −pM .
Sönderfallsprodukternas kinetiska energi:
mv2m m(pm /m)2
p2
Km =
=
= m,
2
2
2m
Mv2M
p2
M(pM /M)2
KM =
=
= M,
2
2
2M
med p = mv ⇒ v = p/m.
(2.1)
(2.2)
(2.3)
3
Raketavfyrning
Givet:
θ = 45 ◦ = π/4
r = 9,0 km
θ̇ = 0,015 rad/s
r̈ = 15 m/s2
Sökt:
Raketens fart och acceleration uppåt.
Lösning:
Polära koordinater. Raketens hastighetskomposant i θ-riktningen:
vθ = rθ̇ = 9000 · 0,015 ≈ 135 m/s.
(3.1)
Komposantuppdelning (se figur) ger
v = vθ / cos θ = 135/ cos 45◦ ≈ 191 m/s.
Accelerationskomposanten i r-riktningen:
ar = r̈ − rθ̇2 ≈ 12,98 m/s2 .
Komposantuppdelning av accelerationen ger
a = ar / sin θ = 12,98/ sin 45◦ ≈ 18,35 m/s2 .
3p
v v
r
vθ
θ
r
θ
(3.2)
(3.3)
(3.4)
Svar: Raketens fart är 0,19 km/s och dess acceleration 18 m/s2 .
1(2)
c Erik Elfgren
4p
Klotpendelrotation
mk = 1,50 kg
ms = 2,00 kg
Klotradie
Stånglängd
r
l
= 0,200 m
= 0,500 m
2p
a)
Sökt:
Svar: Nollmomentcentrum är den punkt där en angripande kraft
Beräkna pendelns (mass)tröghetsmoment med avseende på leden
inte ger upphov till en tangentiell kraft i leden. En kraft
O.
som angriper i den punkten ger mindre slitage på leden.
Lösning:
1p
c)
Pendelns masströghetsmomentet kring O ges av
L
IO,tot = IO,s + IO,k ,
(4.1) Givet:
A
m m
Två masslösa stavar, båda
där stångens trögetsmoment är (PH F-1.10, nr 1)
m
med längd L, har vardera B m
IO,s = ms l2 /3 ≈ 0,1667 kg m2 ,
(4.2) två punktformiga massor m i sig. I stav A ligger båda massorna i
och klotet är ett sfäriskt skal med tröghetsmoment kring mass- mitten på staven, i stav B ligger massorna i var sin ände.
Sökt:
centrum (PH F-1.10, nr 12)
Icm,k = (2/3)mk r2 = 0,04 kg m2 ,
(4.3) Vilken är trögast att rotera kring stavänden?
Lösning:
och klotets tröghetsmoment kring O fås med Steiners sats:
Stav A:s masströghetsmomentet kring änden ges av definitionen
2
2
IO,k = Icm,k + mk (l + r) = 0,775 kg m .
(4.4) av tröghetsmoment med två punktmassor på avstånd L/2:
Ekvation (4.3) i (4.4) med (4.2) i (4.1):
IA = 2 · m(L/2)2 = mL2 /2.
(5.1)
IO,tot = ms l2 /3 + (2/3)mk r2 + mk (l + r)2 =
Stav B:s masströghetsmomentet kring änden ges av definitionen
av tröghetsmoment med en punktmassa på avstånd L:
= 2 · 0,52 /3 + (2/3)1,5 · 0,22 + 1,5 · (0,5 + 0,2)2
IB = m(L)2 = mL2 .
(5.2)
≈ 0,9417 kg m2 .
(4.5)
b)
2p
Svar: Stång B är trögast att rotera kring stavänden ty IB > IA .
1p
Sökt:
d)
1
l
Pendelns vinkelhastighet, ω, i nedy
r
Givet:
Ug = 0
O
A
ersta läget (läge 2).
x
v
Kulmassa:
m = 10 g
Lösning:
Kulhastighet: vx = 1,0 m/s
r
Mekaniska energisatsen för 1 → 2:
Kulhastighet: vy = −1,0 m/s
K1 + Ug1 + Ue1 + Wövr =
Sökt:
ω
K2 + Ug2 + Ue2 ,
(4.6)
Storleken på kulans rörelsemängd och rörelsemängdsmoment
2
kring axeln A.
där
Lösning:
1
2
K2 = IO,tot ω , K1 = Ue1 = Ue2 = Ug1 = Wövr = 0, (4.7) Definition av rörelsemängd p = mv:
2
q
q
Ug2 = −ms g(l/2) − mk g(l + r),
(4.8)
px = mvx , py = mvy ⇒ p = p2x + p2y = m v2x + v2y
p
verkar.
= 0,01 12 + (−1)2 ≈ 0,014 kg m/s. (5.3)
(4.7) och (4.8) i (4.6) ger:
Definition av rörelsemängdsmoment L = p⊥ · r:
1
L = py · r = mvy · r = 0,01(−1) · 1 = −0,010 kgm2 /s.
(5.4)
IO,tot ω2 = ms gl/2 + mk g(l + r)
2
s
Svar: Storleken på kulans rörelsemängd blir 0,014 kg m/s och
2(ms gl/2 + mk g(l + r))
storleken på rörelsemängdsmomentet blir 0,010 kg m2 /s.
⇒ω=
IO,tot
1p
e)
r
2(2 · 9,81 · 0,5/2 + 1,5 · 9,81(0,5 + 0,2))
Givet:
=
0,9417
Partikelpendel med längd L.
≈ 5,683 rad/s.
(4.9) Sökt:
Svar: a) Pendelns (mass)tröghetsmoment med avseende på Hur ska pendellängden ändras om svängningstiden ska fördubblas? Hur ska pendellängden ändras om vinkelfrekvensen ska
leden O blir 0,942 kg m2 .
fördubblas?
b) Pendelns vinkelhastighet i nedersta läget blir 5,68 rad/s. Lösning:
Kommentar: Notera att det är masscentrum som har potentiell Periodtiden för partikelpendel (PH F-1.11):
p
gravitationell energi, därav ekvation (4.8).
T = 2π L/g,
(5.5)
4p
5
√
Mekanikförståelse
dvs
om
L
fyrdubblas
så
dubblas
periodtiden
(eftersom
4
=
2).
0,5 p
a)
Vinkelhastigheten för partikelpendel:
(5.5) p
Sökt:
A
D F
ω = 2π/T =
g/L,
(5.6)
B
Vilka axlar är okej att använda i momentcm
dvs om L delas på fyra så dubblas vinkelfrekvensen.
ekvationen?
C
Svar: Pendellängden måste fyrdubblas om svängningstiden ska
fördubblas. Pendellängden måste delas på 4 om vinkelfrekvensen ska fördubblas.
Svar: Axel B och C är okej att använda i momentekvationen.
l+r
2
4
Givet:
Klotmassa
Stångmassa
2012-06-01
Kommentar: Axel B är masscentrum och axel C är en fix rotationsaxel.
0,5 p
b)
Sökt:
Vad är nollmomentcentrum (stötcentrum) och varför är detta en
lämplig punkt för en kraft att angripa i när något roterar kring ett
lager?
l/2
QM
1p
b)
Km =
(2.7)
m+M ,
Sökt:
Qm
KM =
.
(2.8)
m+M
Reaktionsformeln för de vanligaste sönderfallen samt för det
1p
b)
mindre vanliga sönderfallet.
Givet:
Lösning:
Frigjord energi i β-sönderfall av Cs-137:
Q =0,514 MeV
Laddning och masstal bevaras.
Sökt:
Svar: Reaktionsformlerna är
94 %
Maximala kinetiska energin för elektronen, Ke , samt vad dot137
Cs −−−→ 137
Ba∗ + e− + ν̄e ,
terkärnans kinetiska energi då blir, Kd .
55
56
94
%
∗
137
Lösning:
Ba + γ,
Ba −−−→ 137
56
55
6 % 137
Masstalet och laddningens bevarande ger att Cs-137 sönderfaller
137
−
Cs
−
−
→
Ba
+
e
+
ν̄
.
e
55
56
med β-strålning till Ba-137:
137
1,5 p
c)
Cs → 137
Ba∗ + e− + ν̄e .
(2.9)
55
56
Sökt:
Då elektronen får maximal energi får neutrinon ingen energi och
sönderfallet blir effektivt ett tvåpartikelsönderfall, vilket gör att
Sönderfallets Q-värde.
vi kan använda resultatet i a) med M = MBa+ = MBa − me :
Lösning:
QMBa+
(2.7) QM
Q-värdet ges av
=
Ke = Km =
m + M me + MBa+
Q =∆mc2 = (mCs − mBa+ − me )c2 = (mCs − mBa )c2 .
(1.1)
0,514 · (136,90581 − 5,48579911 · 10−4 ) u
Insättning av data:
≈ 0,514 MeV,
=
136,90581 u
Massa, Cs-137 (PH T-6.3):
mCs = 136,907084 u
(2.10)
Massa, Ba-137 (PH T-6.2):
mBa = 136,90581 u
Qm
Qme
med uc2 = 931,49413 MeV (PH CU-2.4) ger
(2.8)
K
=
K
=
=
d
M
m + M me + MBa+
Q =(136,907084 − 136,90581)uc2 = 127,4 · 10−5 uc2
(1.2)
0,514 · 106 · 5,48579911 · 10−4 u
≈1,1867234 MeV.
(1.3)
=
≈ 2,060 eV,
(2.11)
136,90581 u
Svar: Reaktionens Q-värde är 1,19 MeV.
med
Massa, elektron (PH CU-1.1): m = me = 5,48579911 · 10−4 u
Kommentar: Svaret avrundas till tre decimaler pga mellanresulMassa, Ba-137 (PH T-6.2):
M = MBa = 136,90581 u
tatet 127,4 · 10−5 uc2 (som egentligen bara har tre värdessiffror
efterom mBa bara är givet med en precision av 10−5 uc2 ), men Svar: Maximal kinetisk energi för elektronen: 0,514 MeV. Dotterkärnans kinetiska energi blir då: 2,06 eV.
även 1,1867234 MeV och 1,187 MeV accepteras vid rättningen.
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2012-08-28
09:00 – 14:00
Examinator:
3. (3 p)
En jojo har massan m och tröghetsradien k med avseende på z-axeln. Lintrummans radie är R. Jojon släpps
fri och rullar utan att glida nedför den masslösa linan.
Linänden A hålls stilla. Bestäm jojons vinkelacceleration samt kraften F som måste anbringas i linänden
A. Ange ditt svar i de angivna variablerna samt tyngdaccelerationen g.
F
A
z
R
Erik Elfgren
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
Resultatet anslås:
Övrigt:
4: 12,5–15 p
1. (3 p) Vilken maximal hastighet får en elektron från beta-sönderfall av C-14? Svaret ska uttryckas i
enheten c (ljushastigheten), och den kinetiska energin ska räknas fram, inte tas direkt från formelsamlingen. Dotterkärnans rekyl kan försummas i beräkningen av elektronens hastighet.
4. (4 p) En tunn stång med längd l s = 2,000 m och massa
m s = 15,0 kg är upphängd i en friktionsfri led i punkten A enligt figuren. Stången befinner sig ursprungligen i vila (och i jämvikt). En gevärskula med massan
mk = 40,0 g och farten vk = 0,600 km/s träffar mitt
på stången, se figuren. Kulan fastnar i stången som
svänger ut från jämviktsläget.
ls
ms
vk
mk
a) (2 p) Bestäm stångens vinkelhastighet precis efter stöten mellan kulan och stången.
b) (2 p) Beräkna hur långt (vilken vinkel) stången maximalt svänger ut från jämviktsläget.
5. (4 p) En låda med massa M vilar på en friktionsfri yta. Lådan
µs
m
är kopplad till en fjäder med fjäderkonstant k som sitter fast i
k
en vägg. Ovanpå lådan ligger en annan låda med massa m. Den
M
statiska friktionskoefficienten mellan de två lådorna är µ s . Bestäm
den största möjliga amplituden för svängningen så att lådorna inte
glider relativt varandra. Uttryck svaret i de givna storheterna samt gravitationsaccelerationen, g.
Svängningsekvationen behöver inte härledas.
2. (4 p) I naturligt kol förekommer 10−10 % kol-14.
a) (3,5 p) Hur stor ekvivalent dos (i Sv/år) får en person som väger m = 65 kg från kol-14 från sin
egen kropp om 18 % av kroppsmassan består av naturligt kol?
b) (0,5 p) Om du får i dig en strålningsdos på 1 Sv, finns det anledning att oroa sig? Ingen beräkning fordras.
Ledning: Beräkna först den absorberade strålningsenergin och använd sedan den relativa biologiska effektiviteten, RBEγ = 1,0, RBEβ = 1,0, RBE p = 5, RBEn ≈ 5 − 20 och RBEα = 20. Antag
att elektronen får hälften av energin vid β-sönderfall.
1
A
2
2012-08-28
Kommentar: Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av där aktiviteten för C-14 ges av aktivitetslagen:
ln 2
nC−14 = λC−14 · NC−14 =
· NC−14 ,
(2.3)
(1.1)
T
C−14,1/2
3 p där T C−14,1/2 = 5730 år är halveringstiden för C-14 (PH T-6.3)
1
C14-sönderfall
och NC−14 är antalet C-14 atomer per kg kroppsvikt:
Givet:
Beta-sönderfall av C-14.
1 · fC · NC−14 /NC
fC · NC−14 /NC
NC−14 =
=
,
(2.4)
Sökt:
MC−14
MC−14
Maximal energi för elektronen.
där MC−14 = 14,003242 u är atommassan för C-14 (PH T-6.2).
Lösning:
Den ekvivalenta dosen per år (PH F-8.10 med ω = RBE) blir då:
Sönderfall av C-14 sker via reaktionen
−
14
14 +
C
→
N
+
e
+
ν̄
,
(1.1)
DC−14 = RBEβ · EC−14
e
6
7
(2.2)
eftersom totala masstalet A och totala laddningen Z bevaras i sön= RBEβ · nC−14 · T · Eβ
derfallet. Sammanlagda rörelseenergin hos slutprodukterna ges
ln 2
(2.3)
av reaktionens Q-värde. Elektronen har maximal rörelseenergi
· NC−14 · T · Eβ
(2.5)
= RBEβ ·
när neutrinon har rörelseenergin noll. Dessutom kan vi försumT C−14,1/2
ma inverkan av kvävekärnans rekyl eftersom den är mycket tynln 2
fC · NC−14 /NC
(2.4)
gre än elektronen. Alltså blir elektronens maximala rörelseenergi
= RBEβ ·
·
· T · Eβ
T C−14,1/2
MC−14
lika med Q-värdet för processen. Det ges av, Q = ∆mc2 :
Ke = Q =(mC − (mN+ + me + mν̄e ))uc2
=
=(mC − ((mN − me ) + me + 0))uc2
≈
=(mC − mN )uc2 = (14,003242 − 14,00307400)uc2
ln 2 0,18 · 10−12
0,157 · 106
·
·1·
5730 14,003242 u
2
11,8 µSv/år,
(2.6)
1,0 ·
med u = 1,6605387 · 10−27 kg (PH CU-1.1) och 1 MeV =
=0,000168 uc ,
(1.2)
1,602176 · 10−13 J (PH CU-2.4).
eftersom neutrinon kan betraktas som masslös och N-14 är en
0,5 p
positiv jon eftersom den ärvt de 6 elektronerna från C-14. Här b)
har massan för C-14 tagits från PH T-6.3 och massan för N-14 Sökt:
från PH T-6.2. Relativistisk rörelseenergi ges av K = (γ − 1)mc2 : Om du får i dig en strålningsdos på 1 Sv, finns det anledning att


oroa sig?


1
Ke
1
Lösning:
− 1 me c2 ⇒ 1 +
= p
Ke =  p
2
2
2
2
2
m
c
e
1 − v /c
1 − v /c
Ja, 1 Sv är en hög dos (se PH F-8.10).
s
!−2
!−2
Svar: a) Den ekvivalenta dosen från C-14 blir 12 µSv/år.
K
K
e
e
⇒ 1 − v2 /c2 = 1 +
⇒ v=c 1− 1+
b) Ja, en ekvivalent dos på 1 Sv är anledning att oroa sig.
me c 2
me c 2
s
Kommentar: I PH står det att RBEβ = 1, men i boken står det
!
−2
RBEβ = 1,0 − 1,5. Troligen är 1,0 ett bättre verkligt värde.
0,000168 uc2
(1.2)
= c 1− 1+
≈ 0,6434 c, (1.3)
3p
5,48579911 · 10−4 uc2
3
Jojo
där vi använt elektronens viloenergi, me c2 , från PH CU-1.1, ut- Givet:
tryckt i enheten uc2 .
Massa:
m
Tröghetsradie:
k
Svar: Elektronen får hastigheten 0,64 c.
Kommentar: Vi använder elektronens viloenergi, me c2 uttryckt Sökt:
i enheten uc2 , så att uc2 kan förkortas bort i uttrycket Ke /me c2 . Jojons vinkelacceleration samt kraften F som måste anbringas i
Detta är mycket enklare och elegantare än att byta till SI-enheter linänden A.
eller eV. Svaret avrundas lämpligen till två värdesiffror eftersom Lösning:
vi försummat kväveatomens rekyl men även tre värdesiffror god- Friläggning av jojon:
P
känns (=antalet i mellansvaret Ke ).
Newtons 2:a lag, Fy = may :
4p
x
2
F
mg
−
F
=
ma,
(3.1)
KroppsstrÃlning
y
A
Givet:
där a är accelerationen (nedåt) för joAndel C-14 i naturligt kol:
NC−14 /NC = 10−12
jons masscentrum. Momentekvationen,
Px
Andel kol i kroppen:
fC
= 18 %
z
τz = Iz · αz :
Relativ biologisk effekt för β-strålning:
RBEβ
= 1,0
R mg
Iα
Elektronen får halva sönderfallsenergin: Eβ
= Eβ,max /2
,
(3.2)
F · R = Iα ⇒ F =
R
3,5 p
a)
där I är jojons masströghetsmoment
Sökt:
kring dess masscentrum. (3.2) i (3.1) tillsammans med rullning
Ekvivalent dos (i Sv/år) från C-14 i kroppen under ett år, DC−14 . utan glidning, a = Rα:
Iα
mg
Lösning:
mg −
= mRα ⇒ ... ⇒ α =
.
(3.3)
C-14 sönderfaller enligt
R
mR + I/R
Masströghetsmomentet för någonting med tröghetsradie k är I =
14
C → 147 N+ + e− + ν̄e .
(2.1)
6
mk2 , vilket i (3.3) ger:
mg
gR
Elektronen får hälften av sönderfallsenergin Eβ = Eβ,max /2 =
α=
=
.
(3.4)
0,157/2 MeV (PH T-6.3) och den absorberade energimängden
mR + mk2 /R R2 + k2
per kg kroppsvikt från C-14-sönderfall under tiden T = 1 år blir (3.4) i (3.2) med I = mk2 ger:
då
mk2 gR
mgk2
F=
=
.
(3.5)
EC−14 = nC−14 · T · Eβ ,
(2.2)
R R2 + k2 R2 + k2
2
Senast uppdaterad: 8 mars 2014
1(2)
c Erik Elfgren
2012-08-28
Svar: Jojons vinkelacceleration blir α = gR/(R2 + k2 ) och
kraften som måste anbringas i A blir F = mgk2 /(R2 + k2 ).
4
Givet:
Kulmassa:
Kulfart:
Stångmassa:
Stånglängd:
a)
Kula träffar stång
och vi kan lösa ut
!
Itot ω2
(4.5,4.6,4.7)
=
(ms + mk )gls


2 2
mk vk



= arccos 1 −
(ms + mk )g4ls (mk /4 + ms /3)
θ = arccos 1 −
4p
mk = 40,0 g
vk = 0,600 km/s
ms = 15,0 kg
ls = 2,000 m
2p
= arccos 1 −
≈ 25,4854 ◦ .
0,042 · 6002
(15 + 0,04) · 9,82 · 4 · 2(0,04/4 + 15/3)
!
(4.11)
Svar: a) Stångens vinkelhastighet precis efter stöten är
1,20 rad/s.
b) Den maximala utsvängningsvinkeln blir θ = 25,5 ◦ .
Kommentar: På första raden i (4.11) hade det gått bra att sätta
in värdena på Itot = 20,04 kg m2 och ω = 1,1976 rad/s direkt.
Sökt:
A
Stångens vinkelhastighet, ω, precis
efter stöten mellan kulan och stången.
4p
5
Svängande lådor
Lösning:
ls m s vk
Givet:
mk
I frånvaron av externa moment beUndre låda, massa:
M
varas rörelsemängdsmomentet runt A
Övre låda, massa:
m
under stöten:
Friktionskoefficient mellan lådorna:
µs
L1 = L2 ,
(4.1)
Fjäderkonstant:
k
där rörelsemängdsmomentet, L = p⊥ · r, före stöten är
Sökt:
µ
L1 = pk · ls /2 = (mk vk ) · (ls /2)
(4.2)
s
m
Den största möjliga amplituden,
och rörelsemängdsmomentet efter stöten är
k
Amax , för svängningen så att låM
L2 = Itot ω,
(4.3) dorna inte glider relativt varandra.
där Itot = Ik + Is är masströghetsmomentet för kulan+stången. Lösning:
(4.2) och (4.3) i (4.1):
Maximal svängningsamplitud betyder att lådorna svänger på
mk vk ls /2 = Itot ω ⇒ ω = mk vk ls /(2Itot ).
(4.4) gränsen till glidning. Friläggning av den övre lådan
P
Kulans masströghetsmoment fås ur definitionen på y
Jämvikt i y-led, Fy = 0:
masströghetsmoment, I = mr2 (punktformad partikel):
N − mg = 0 ⇒ N = mg.
(5.1)
x
mg
Ik = mk (ls /2)2
(4.5)
På gränsen till glidning är friktionf
skraften:
N
och stångens masströghetsmoment från (PH F-1.10)
(5.1)
f = µs N = µs mg.
(5.2)
Is = ms ls2 /3.
(4.6)
P
Newtons 2:a lag i x-led, Fx = max :
(4.5) och (4.6) i (4.4) ger
(5.2)
mk vk
mk vk ls
f = max = µs mg ⇒ ax = µs g,
(5.3)
=
ω= (4.7)
2ls (mk /4 + ms /3)
2 mk (ls /2)2 + ms ls2 /3
där ax alltså är den övre lådans maximala acceleration, men utan
glidning accelererar de båda lådorna lika fort. Den undre lådans
0,04 · 600
=
acceleration kan fås genom att fjädersvängning är harmonisk
2 · 2 · (0,04/4 + 15/3)
svängning vilket betyder att svängningen kan skrivas
≈ 1,1976 rad/s.
x(t) = A · cos (ω · t + φ)
(5.4)
2p
b)
och därmed blir den undre lådans acceleration
1
2
Sökt:
Vilken
vinkel
A
A
stången maximalt
ls
cos θ
svänger ut.
2
ls
θ
2
Lösning:
h2
Mekaniska energisatsen
mellan
läge 1 (precis
efter stöt) och
läge 2 (maximal
utsvängning):
K1 + Ug1 + Ue1 + Wövr = K2 + Ug2 + Ue2 ,
(4.8)
där
1
K1 = Itot ω2 , K2 = 0, Ue1 = Ue2 = Wövr = 0,
2
ls
Ug2 − Ug1 = (ms + mk )gh2 = (ms + mk )g (1 − cos θ), (4.9)
2
verkar. (4.9) i (4.8):
1
ls
Itot ω2 = (ms + mk )g (1 − cos θ)
(4.10)
2
2
Senast uppdaterad: 8 mars 2014
ẍ(t) = −Aω2 · cos (ω · t + φ),
(5.5)
där A är svängningens amplitud och vinkelfrekvensen är
p
p
ω = k/mtot = k/(m + M).
(5.6)
Den maximala accelerationen inträffar då cos (ω · t + φ) = −1, då
ẍ = ax = µs g och vid den maximala amplituden, A = Amax , dvs
då
ẍ
=
Amax
=
(5.3)
Amax ω2 = ax = µs g. ⇒
µs g(m + M)
µs g (5.6)
µs g
=
=
.
k/(m + M)
k
ω2
(5.7)
Svar: Den största möjliga amplituden för svängningen blir
Amax = µs g(m + M)/k.
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2013-03-20
09:00 – 14:00
Examinator:
Erik Elfgren
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
Resultatet anslås:
Övrigt:
4: 12,5–15 p
4. (3 p) Ett tåg kör sakta förbi en station; hastigheten är v1 = 5,0 m/s när det passerar. Tåget accelererar sedan försiktigt med accelerationen a = 60 · v−4 m/s2 . Vilken hastighet, v2 , har tåget 100 m
efter det att det börjat accelerera?
5. (4 p) En insekt som väger 10 g står på änden av en horisontell, tunn, homogen stång, i vila. Stången har massan 50,0 g
och längden L = 100 cm och den är friktionsfritt ledad i
andra änden. Insekten hoppar, vinkelrätt mot stången, i horisontell riktning med farten v = 20.0 cm/s relativt underlaget. Efter hoppet svänger stången i horistonalplanet.
L
v
Vy fran ovan
a) (2,5 p) Vad är stångens vinkelhastighet precis efter hoppet?
b) (1 p) Vad är systemets totala rörelseenergi precis efter hoppet?
Led
c) (0,5 p) Systemets total rörelseenergi före hoppet är noll medan den är större än noll efter hoppet.
Varifrån kommer rörelseenergin?
1. (4 p) Antag att den kinetiska energin för en partikel är lika stor (med två värdessiffrors noggrannhet) som dess viloenergi.
a) (2,5 p) Hur mycket större blir farten, i procent, om man räknar klassiskt jämfört med om man
räknar relativistiskt?
b) (0,5 p) Är den klassiska farten rimlig?
c) (1 p) Om partikeln är en proton, vad är då dess kinetiska energi respektive totalenergi (uttryckt
i GeV)?
2. (3 p) Hur många Cs-137-atomer finns det i en fisk som har aktiviteten 0,38 kBq från sönderfall av
denna isotop?
3. (4 p) Linskivan har radien 0,400 m och massan 50 kg.
Tröghetsradien med avseende på den friktionsfria rotationsaxeln O är 0,300 m. På samma axel är en last
med massan 100 kg påhängd (lasten hänger löst på axeln och roterar inte). Systemet bärs upp av en fjäder
ansluten till en lina som löper runt linskivans periferi,
se figur. Fjädern har fjäderkonstanten k = 1,5 kN/m.
Systemet släpps från vila i ett läge, där fjädern är utsträckt 0,10 m i förhållande till ospända längden. Beräkna lastens hastighet då den rört sig 0,25 m nedåt. Linan
är masslös och glider ej relativt skivan.
1
Insekt
2
2013-03-20
Kommentar: Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av Aktivitetslagen med sönderfallskonstanten λ = ln 2/T 1/2 :
ln 2
A = λN =
N ⇒
T 1/2
(1.1)
AT 1/2 380·30,17·365·24·3600
N=
=
≈ 5,216·1011 ,
(2.1)
4p
1
ln 2
ln 2
Relativistiskt vs klassiskt med proton
där halveringstiden för Cs-137 är T 1/2 = 30,17 år (PH T-6.3).
Givet:
Kinetisk energi = viloenergin:
K = E0 Svar: Det är ca 5,2·1011 st Cs-137-atomer i fisken.
E0 = mc2 ⇒ K = E0 = mc2 .
(1.1)
Den klassiska farten ges av den klassiska kinetiska energin:
√
(1.1)
K = mv2k /2 = mc2 ⇒ vk = c 2.
(1.2)
Den relativistiska farten ges av den relativistiska kinetiska energin:




1
K
1
K = mc2  p
− 1 ⇒
+1= p
2 2
mc2
1 − vr /c
1 − v2r /c2
K
−2
⇒
+ 1 = 1 − v2r /c2 ⇒
2
mc
s
K −2 (1.1) √
(1.3)
vr = c 1 − 1 +
= c 1 − 2−2 .
mc2
Den procentuella skillnaden mellan (1.2) och (1.3) blir
r
√
vk
c 2
2
−1= √
−1=
− 1 ≈ 63,3 %.
(1.4)
vr
1 − 2−2
c 1 − 2−2
4p
Linskiva
rs = 0,400 m
ms = 50 kg
kO = 0,300 m
ml = 100 kg
k = 1,5 kN/m
y1 = 0,10 m
h = 0,25 m
h
Läge 1
Sökt:
Antalet Cs-137-atomer, N.
Lösning:
A= 0,38 kBq
Läge 2
(3.6)
y2 ) = (y1 + y1 + 2h)(y1 − y1 − 2h) = −4(y1 + h)h) ger:
2mtot gh−4kh(y1 +h) = v22 IO /rs2 +mtot ⇒
s
s
2mtot gh−4kh(y1 +h) (3.6)
2mtot g−4k(y1 +h)
v2 =
=
h
. (3.10)
2
IO /rs +mtot
ms kO2 /rs2 +mtot
1(2)
v2 =
0,25
2013-03-20
2·150·9,82−4·1500(0,1+0,25)
≈ 1,08966 m/s.
50·0,32 /0,42 +150
(3.11)
Svar: Lastens hastighet är 1,1 m/s.
4
Tågacceleration
Givet:
Initialhastighet:
Acceleration:
Sökt:
Hastigheten v2 efter sträckan 100 m.
Lösning:
Rätlinjig rörelse:
3p
v1 = 5,0 m/s
a = 60 · v−4 m/s2
a ds = v dv ⇒ 60v−4 ds = v dv ⇒ 60 ds = v5 dv.
Integration ger
" 6 #v2
Z 100
Z v2
v6 − v61
v
60 ds =
v5 dv ⇒ 6000 =
= 2
6 v1
6
0
v1
q
p6
6
6
6
⇒ v2 = 6 · 6000 + v1 = 36000 + 5 ≈ 6,102 m/s.
(4.1)
(4.2)
Svar: Tågets sluthastighet är 6,1 m/s.
Sökt:
Lastens hastighet, v2 , efter förflyttningen.
Lösning:
Mekaniska energisatsen mellan läge 1 och 2:
K1 + Ug1 + Ue1 + Wövr = K2 + Ug2 + Ue2 ,
(3.1)
där
1
(3.2)
K1 = Wövr = 0, Ug1 = mtot gh, Ue1 = ky21 ,
0,5 p
b)
2
1
1
1
Lösning:
K2 = IO ω22 + mtot v22 , Ug2 = 0, Ue2 = ky22 ,
(3.3)
2
2
2
(1.2) ger
√
där masströghetsmomentet kring O är
vk = c 2 > c,
(1.5)
IO = ms kO2 = 50 · 0,32 = 4,5 kg·m2 ,
(3.4)
vilket är orimligt.
totalmassan är
1p
c)
mtot = ms + ml = 50 + 100 = 150 kg,
(3.5)
och den slutliga fjäderförlängningen är
Givet:
y2 = y1 + 2h = 0,1 + 2 · 0,25 = 0,6 m,
(3.6)
Partikeln är en proton.
Lösning:
eftersom fjädern töjs dubbelt så mycket som lasten rör sig nedåt.
(3.2) och (3.3) i (3.1) ger:
Den kinetiska energin ges av (1.1):
1
1
1
1
K = E0 = mp c2 = 9,3827200 · 108 eV (PH CU-1.1) (1.6)
(3.7)
mtot gh + ky21 = IO ω22 + mtot v22 + ky22 .
2
2
2
2
och totalenergin ges av
Rotation
utan
glidning
(mellan
lina
och
skiva):
(1.6)
Etot = K + E0 = 2K = 2mp c2 = 1,87654400 · 109 eV. (1.7)
v2 = rs ω2 ⇒ ω2 = v2 /rs ,
(3.8)
Svar: a) Den klassiska farten är 63 % större än den relativistiska. i (3.7):
b) Den klassiska farten är orimlig eftersom den är större
1
1 v2 1
1
mtot gh + ky21 = IO 22 + mtot v22 + ky22 ⇒
än ljushastigheten.
2
2 rs 2
2
b) För protonen är den kinetiska energin 0,94 GeV och to!
talenergin 1,9 GeV.
1 2 1 2 v22 IO
mtot gh + ky1 − ky2 =
+ mtot .
(3.9)
2
2
2
2
3
p
r
2
s
Fiskatomer
2
2
Multiplikation med 2 samt förenkling: y1 − y2 = (y1 + y2 )(y1 −
Givet:
Aktivitet från Cs-137:
Numeriskt:
s
c Erik Elfgren
5
Givet:
Insektsmassa:
Stångmassa:
Stånglängd:
Insektsfart:
4p
Insektshopp
mi = 10 g
ms = 50,0 g
l = 100 cm
v2 = 20,0 cm/s
a)
där insektens (linjära) rörelseenergi är
Ki = mi v22 /2 = 0,01 · 0,22 /2 = 0,20 mJ,
och stångens (rotations)rörelseenergi är
(5.5,5.6)
(5.8)
Ks = Is ω22 /2 = (0,05 · 12 /3) · 0,122 /2 = 0,12 mJ.
(5.9) och (5.8) i (5.7):
Ktot =Ki + Ks = mi v22 /2 + Is ω22 /2
!2
lmi v2
(5.5,5.6)
= mi v22 /2 + (ms l2 /3)
/2
2
ms l /3
!
2 2
2
2
mi v2 3mi v2 mi v2
mi
=
+
1+3
=
2
2ms
2
ms
!
0,01
0,01 · 0,22
1+3
= 0,32 mJ.
=
2
0,05
(5.9)
(5.10)
0,5 p
c)
Sökt:
Systemets total rörelseenergi före hoppet är noll medan den är
större än noll efter hoppet. Varifrån kommer rörelseenergin?
Svar: a) Stångens vinkelhastighet precis efter hoppet är
1,20 rad/s.
b) Systemets totala rörelseenergi precis efter hoppet är
0,32 mJ.
c) Rörelseenergin kommer från arbetet som insekten uträttar när den tar avstamp från stången.
Kommentar: På första raden i (5.10) hade det gått bra att sätta
in värdena på Ki och Ks direkt, men genom förenklingen ser vi
att den kinetiska energin är oberoende av stångens längd.
2,5 p
v
Sökt:
2
Stångens vinkelhastighet, ω2 , precis
efter hoppet.
Lösning:
Vy fran ovan
Leden är friktionsfri ⇒ inga externa
moment ⇒ rörelsemängdsmomentet
ω2
runt leden bevaras under hoppet:
Led
L1 = L2 = 0,
(5.1)
eftersom rörelsemängdsmomentet före hoppet L1 = 0 (stången
och insekten är då i vila). Efter hoppet rör sig insekten åt ena
hållet och stången åt det andra och det totala rörelsemängdsmomentet blir:
Insekt
l = 100 cm
3
Sökt:
Givet:
Hur mycket större blir farten, i procent, om man räknar klassiskt
Skivradie:
jämfört med om man räknar relativistiskt? Är det klassiska farten
Skivmassa:
rimlig?
Tröghetsradie:
2,5 p
Lastmassa:
a)
Fjäderkonstant:
Lösning:
Fjädertöjning, vila:
Förflyttning, nedåt:
Viloenergin ges av
(5.1)
L2 = Li − Ls = 0,
(5.2)
där rörelsemängdsmomentet L = r · p⊥ (per definition) för insekten är
Li = lmi v2 = 1 · 0,01 · 0,2 = 0,020 kg·m2 /s,
(5.3)
och rörelsemängdsmomentet L = Iω för stången är
Ls = Is ω2 ,
(5.4)
där stångens masströghetsmoment (PH F-1.10, nr 1) är
Is = ms l2 /3 = 0,05 · 12 /3 ≈ 0.01667 kg·m2 .
(5.5)
(5.5) i (5.4) med (5.3) i (5.2):
lmi v2 + (ms l2 /3)ω2 = 0 ⇒
1 · 0,01 · 0,2
lmi v2
=
= 0,120 rad/s.
(5.6)
ω2 =
ms l2 /3
0,05 · 12 /3
b)
Sökt:
Systemets totala rörelseenergi precis efter hoppet.
Lösning:
Total rörelseenergi efter hoppet:
Ktot = Ki + Ks ,
1p
(5.7)
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2013-03-28
09:00 – 14:00
b) (0,5 p) Beräkna Schwarzschild-radien RS = 2G N M/c2 för galaxkärnan och jämför med gasradien, R = 120 AU.
Examinator:
Erik Elfgren
Kommentar: Galaxkärnan är troligen ett svart hål och gasen är “nära” händelsehorisonten.
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
4: 12,5–15 p
a) (3,5 p) Bestäm massan på galaxkärnan om gasen roterar på avståndet R = 120 AU från galaxkärnans masscentrum. Uttryck svaret i solmassor, M = 1,989 · 1030 kg (PH T-9.4). 1 AU =
1 astronomisk enhet = medelavståndet från jorden till solen, se PH CU-2.3. Bortse från relativistiska effekter.
Ledning: Frilägg en partikel med massa m som roterar runt en kropp med massa M på ett
avstånd r . Bestäm partikelns tangentiella fart (uttryckt i M och r) och lös sedan ut massan, M.
Resultatet anslås:
Övrigt:
1. (3 p) När ett svart hål sliter sönder en stjärna bildas antimateria. Man kan observera spår efter när
positroner (=anti-elektroner, e+ ) träffar elektroner (e− ) i närheten av Vintergatans centrum där det
finns ett stort svart hål. När en elektron och positron kolliderar förintas båda och det skapas två
gamma-fotoner. Den enda skillnaden mellan en positron och en elektron är deras laddning.
a) (0,5 p) Skriv ner reaktionsformeln för kollison mellan en elektron och en positron.
4. (3 p) Man studerar gasen som roterar kring kärnan på galaxen M87
och observerar ett gaslager som är format som ett sfäriskt skal
med ytterradie r2 = 140 AU och innerradie r1 = 100 AU, se figur. Skalets densitet kan uppskattas till ρ = 1,7 · 10−15 kg/m3 .
Härled först ett uttryck för masströghetsmomentet kring masscentrum för ett sfäriskt homogent skal med densitet ρ, innerradie r1
och ytterradie r2 .
Tillämpa sedan den härledda formeln för att uppskatta masströghetsmoment kring gasens masscentrum.
5. (4 p) Man studerar gasen som roterar kring kärnan på galaxen M87
och kan beräkna att dess ytterdel har den tangentiella hastigheten
R5 −R5
v1 ≈ 0,5c och att gasens masströghetsmoment är I1 = M 52 R23 −R13 ≈
2
c) (0,5 p) Varför har gamma-fotonerna lika stor energi?
2. (4 p) För att avgöra stjärnors hastighet relativt oss på jorden utnyttjar man spektrallinjer för väte.
Inom den synliga delen av spektrumet finns 4 sådana spektrallinjer, vid våglängderna 656, 486,
434 och 410 nm. Den längsta våglängden kallas för Hα -linjen och är den som oftast används.
Gasskalet krymper sedan under inverkan av gravitationen till en
innerradie r1 = 0,9R1 och ytterradie r2 = 0,9R2 .
R1
Före krympning
v2
Efter krympning
a) (3 p) Beräkna den observerade gasens hastighet i förhållande till oss på jorden.
b) (0,5 p) Är ljuset från gasen rödförskjutet eller blåförskjutet? Motivera kort.
c) (0,5 p) Är gasen på väg emot oss eller ifrån oss? Motivera kort.
1
R2
(Bortse från alla relativistiska effekter och anta att gasmängden är
konstant.)
Man studerar gasen som roterar kring kärnan på galaxen M87 och observerar att på ena sidan av
galaxkärnan har Hα -linjen förskjutits till 390 nm.
3. (4 p) Man studerar gasen som roterar kring kärnan på galaxen M87 och beräknar att
dess tangentiella hastighet är v ≈ 0,5c, där c är ljushastigheten i vakuum.
1
1 · 1052 kg · m2 , där M är gasens massa, R1 = 100 AU är gasskalets
innerradie och R2 = 140 AU är gasskalets ytterradie, se figur.
Beräkna gasskalets tangentiella hastighet, v2 , vid ytterkanten, efter
att det krympt. Anta att gasskalet är en stel kropp.
b) (2 p) Beräkna reaktionens Q-värde.
v1
v
R
2
2013-03-28
Kommentar: Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av Sökt:
pedagogisk natur. I ekvationer betyder . . . att några matematiska Är gasen på väg emot oss eller ifrån oss?
(1.1)
Svar: a) Gasen rör sig med hastigheten 0,478c mot oss.
b) Ljuset från gasen är blåförskjutet eftersom dess
3p
1
våglängd har minskat, dvs ljuset har blivit “blåare”.
Antimateria i svart hål
c) Gasen är på väg emot oss eftersom u < 0.
Givet:
Kommentar: I sista ekvationen behöver vi inte omvandla till SIEnda skillnaden mellan elektroner och positroner är deras
enheter eftersom det är en kvot med enheten nm i både täljare
laddning.
och nämnare.
0,5 p
a)
4p
3
Massa på svart hål
Sökt:
Givet:
Reaktionsformeln för kollision mellan elektroner och positroner.
Gasens tangentiella hastighet:
v
= 0,5c
Gasens avstånd till galaxkärnan: R = 120 AU
Svar: a) Reaktionsformeln för kollison mellan en elektron och
Solens massa (PH T-9.4):
M = 1,989 · 1030 kg
en positron: e− + e+ → γ + γ.
Astronomisk enhet (PH CU-2.3): 1 AU= 1,49597870 · 1011 m
2p
b)
3,5 p
a)
Sökt:
Sökt:
Reaktionens Q-värde.
Massan på galaxkärnan, M uttryckt i solmassor, M .
Lösning:
Lösning:
Q = (Mföre − Mefter )c2 = (2me − 0)c2 = 2 · 5,1099890 · 105 eV Friläggning av en gaspartikel med massa m:
P
= 1,0219978 MeV,
(1.1)
Newtons 2:a lag, Fn = man :
där vi använt att me− = 5,1099890 · 105 eV, PH CU-1.1, och att
v2
t
FG = man = m ,
(3.1)
n
me− = me+ eftersom den enda skillnaden mellan elektroner och
R
positroner är deras laddning.
FG
eftersom det är cirkulär rörelse. Gravitationskraften ges av
Svar: b) Reaktionsformeln för kollison mellan en elektron och
en positron: e− + e+ → γ + γ.
mM
FG = GN 2 ,
(3.2)
R
R
0,5 p
c)
−11
2
2
där
G
=
6,6738
·
10
Nm
/kg
är
NewN
Sökt:
tons gravitationskonstant, TPH 1.1.
Varför har gamma-fotonerna lika stor energi?
(3.2) i (3.1):
Svar: c) Gamma-fotonerna har lika stor energi för att
v2
mM
M
GN 2 = m
⇒ GN = v2 . (3.3)
rörelsemängden måste bevaras.
R
R
R
4 p Vi löser ut M:
2
Gashastighet kring svart hål
2
2
v R (0,5 · 299792458) · 120 · 1,49597870 · 1011
Givet:
=
M=
GN
6,6738 · 10−11
Våglängd Hα -ljus:
λ0 = 656 nm
Observerad våglängd:
λ = 390 nm
≈ 6,0439 · 1039 kg ≈ 3,039 · 109 M .
(3.4)
3p
a)
0,5 p
b)
Sökt:
Sökt:
Gasens hastiget i förhållande till oss på jorden.
Schwarzschild-radien, RS = 2GN M/c2 , för galaxkärnan.
Lösning:
Lösning:
Relativistik dopplereffekt:
Schwarzschild-radien för galaxkärnan:
r
c−u
2GN M (3.4) 2v2 R 2 · (0,5c)2 R R
f = f0
,
(2.1)
RS =
=
=
= = 60 AU.
(3.5)
c+u
2
c2
c2
c2
där u är gashastigheten i riktning från oss, f = c/λ är den
frekvens vi mäter och f0 = c/λ0 är den utsända frekvensen. Detta Svar: a) Galaxkärnans massa är ca 3 miljarder solmassor.
b) Schwarzschildradien är ca 60 AU vilket är halva gasrager:
r
r
dien.
c
c
c−u
λ0
c−u
=
⇒
=
⇒
3p
4
λ λ0 c + u
λ
c+u
Tröghetsmoment för gasmassa
Givet:
2
2
λ0
λ0 c − u
=
⇒
(c + u) = c − u ⇒
Gasens innerradie:
r1 = 100 AU
λ2 c + u
λ2
Gasens ytterradie:
r2 = 140 AU


2
2
λ0
λ0
λ20
λ20  u

Gasens
densitet:
ρ = 1,7 · 10−15 kg/m3


c
−
c
=
−u
−
u
⇒
−
1
=
−
⇒
1
+


λ2
λ2
λ2
λ2 c
Sökt:
λ2
Ett uttryck för masströghetsmomentet kring masscentrum för ett
λ2 − λ20 3902 − 6562
u 1 − λ02
=
= 2
=
≈ −0,4777.
(2.2) sfäriskt homogent skal samt masströghetsmomentet för gasen.
c 1 + λ02
λ + λ20 3902 + 6562
Lösning:
λ2
b)
Sökt:
Är ljuset från gasen rödförskjutet eller blåförskjutet?
c)
0,5 p
0,5 p
1(2)
c Erik Elfgren
Iskal
2013-03-28
Skalets tröghetsmoment fås som dif- En krympning med 10 % (r1 = 0,9R1 , r2 = 0,9R2 ) ger:
ferensen mellan två solida sfärer,
R52 − R51 v1
(0,9R2 )5 − (0,9R1 )5 v2
TPH 1.14, I = 25 mr2 :
=
⇒
R32 − R31 R2 (0,9R2 )3 − (0,9R1 )3 0,9R2
2
2
2
Iskal = I2 −I1 = (M2 r2 −M1 r1 ). (4.1)
5
R52 − R51 v1
R5 − R51 v2
Massan ges av M = ρV och volymen av
= 0,9 23
⇒
R2
R2
R32 − R31 R2 − R31 en sfär är V = 4πr3 /3, vilket ger i (4.1):
v1
0,5c
v1 = 0,9v2 ⇒ v2 =
=
≈ 0,556c. (5.6)
2
2
0,9
0,9
= (ρV2 r22 −ρV1 r12 ) = ρ (V2 r22 −V1 r12 )
5
5


Svar: Gasskalets tangentiella hastighet efter krympningen blir
2  4πr23 2 4πr13 2 
8π
v2 = 0,6c.
= ρ 
r −
r  = ρ (r25 −r15 )
(4.2)
5 3 2 3 1
15
8π
= 1,7·10−15 · (1405 −1005 )·(1,49597870·1011 )5
15
≈ 9,344·1051 kg·m2 .
(4.3)
Svar: Masströghetsmomentet kring masscentrum för ett sfäriskt
homogent skal med densitet ρ, innerradie r1 , och ytter5
5
radie r2 är Iskal = ρ 8π
15 (r2 − r1 ). Tillämpat på gasskalet blir
det Igasskal = 9,3 · 1051 kg · m2 .
4p
5
Rörelsemängdsmoment för gasmassa
Givet:
Gasens initiala innerradie:
R1 = 100 AU
Gasens initiala ytterradie:
R2 = 140 AU
Ytterdelens initiala tangentiella hastighet: v1 = 0,5c
Gasens initiala masströghetsmoment:
I1 = 1 · 1052 kg · m2
R5 −R5
= M 25 R23 −R13
1
2
Gasens slutliga innerradie:
r1 = 0,9R1
Gasens slutliga ytterradie:
r2 = 0,9R2
Vi kan bortse från relativistiska effekter
Gasmassan är konstant
Sökt:
Ytterdelen av gasskalets tangentiella hastighet efter krympningen, v2 .
Lösning:
Enbart gravitationskraften
verkar och den är radiellt
riktad
vilket innebär att
P
τ = 0, vilket innebär
att
R Pimpulsmomentlagen ger
τdt = L2 − L1 = 0,
dvs att rörelsemängdsmomentet bevaras:
L1 = L2 .
(5.1)
Rörelsemängdsmomentet
ges av L = Iω vilket i (5.1)
ger:
I1 ω1 = I2 ω2 .
(5.2)
Masströghetsmomenten
ges av
2 R52 − R51
I1 = M
,
5 R32 − R31
2 r5 − r15
I2 = M 23
5 r2 − r13
v1
R2
R1
Före krympning
v2
Efter krympning
och vinkelhastigheterna, ω = v/r, av:
ω1 = v1 /R2 ,
ω2 = v2 /r2 .
(5.4) och (5.3) i (5.2):
2 R52 − R51 v1
2 r25 − r15 v2
M
= M
.
5 R32 − R31 R2 5 r23 − r13 r2
(5.3)
(5.4)
(5.5)
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2013-06-07
09:00 – 14:00
a) Beräkna momentancentrums läge (dvs dess x- och y-koordinat)
för stavens rotation i detta ögonblick.
b) Beräkna hastighetens belopp för punkten P.
Examinator:
3. (3 p) Staven AP:s rörelse begränsas av glidhylsorna A:s och B:s
rörelser. I ett visst ögonblick är vinkeln θ = 45 ◦ och farten för
A är vA = 1,4 m/s.
Erik Elfgren
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
4: 12,5–15 p
5: 15,5 p –
Resultatet anslås:
Övrigt:
(inkl. bonuspoäng)
1. (3 p) Hur stort fel (i Joule) blir det om man räknar klassiskt på solens kinetiska energi kring galaxen, jämfört med om man räknar relativistiskt? Solens fart kring galaxen är v = 220 km/s. Övriga
data om solen finns i PH T-9.4.
2. (4 p) Fission kontra fusion.
a) (1 p) Beräkna den totala frigjorda energin (i MeV) per nukleon vid fissionsprocessen: n +
235
U → 144 Ba + 89 Kr + 3n. Massorna är MBa−144 = 143,9229405 u, MKr−89 = 88,9176325 u.
b) (0,5 p) Beräkna hur mycket energi (i Joule) som kan frigöras i processen i a) ur 1,0 kg U-235.
Anta att det finns tillräckligt med neutroner för att reaktionen ska kunna äga rum.
c) (1 p) Beräkna den totala frigjorda energin (i MeV) per nukleon vid fusionsprocessen: 2 H+3 H →
4
He + n.
d) (0,5 p) Beräkna hur mycket energi (i Joule) som kan frigöras med fusion i processen i c)
ur 1,0 kg deuterium-tritiumblandning som innehåller lika många deuteriumatomer som tritiumatomer.
4. (4 p) En ångvält rullar nedför en backe som har lutning θ = 15 ◦
mot horisontalplanet. Framhjulet väger Mh = 3,1 ton, har en
radie R = 0,700 m och antas vara en homogen cylinder. Hela
ångvälten väger Mtot = 4,5 ton. Bakhjulens tröghetsmoment
kan försummas. Ångvälten rullar utan att glida. Ångvälten startar med hastigheten 1,0 m/s.
a) (3 p) Vilken kinetisk energi har ångvälten när den rullat sträckan s = 2,0 m?
b) (1 p) Hur stort är framhjulets maximala rörelsemängdsmoment kring rotationsaxeln under rörelsen
i a)?
5. (4 p) En liten sandsäck A faller en sträcka h1 = 3,0 m innan den
landar på en gungbräda, vars ända är på avståndet h0 = 0,500 m
från marken, se figur. Säcken landar utan att studsa upp och
följer sedan med gungbrädan som roterar friktionsfritt kring
leden O. När gungbrädan har vippat helt slungas sandsäck B
(som låg längst ut på andra änden av gungbrädan) snett upp i
luften, vinkelrätt mot brädan. De båda sandsäckarna har massa
M s = 2,00 kg och kan betraktas som punktmassor. Gungbrädan
har massa Mb = 15 kg och längd l = 2,20 m.
h1
B
h4
l/2
h0
O
b) Beräkna den maximala höjden från gungbrädan i y-led, h4 , som sandsäck B når, se figur.
Om något är oklart, fråga den jourhavande läraren!
f) (0,5 p) Vad är skillnaden mellan enheterna Gray och Sievert? Bör man oroa sig om man får i
sig den ekvivalenta dosen 5 mSv under ett års tid?
2
B
111111111111111111111
000000000000000000000
a) Beräkna vinkelhastigheten hos gungbrädan under rotationen.
e) (0,5 p) Vilka fördelar finns med fusion jämfört med fission? Ge minst två exempel.
1
A
2013-06-07
Kommentar: Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av
(1.1)
b)
Sökt:
Frigjord energi ur 1,0 kg U-235.
Lösning:
3 p Antal U-235-atomer i m = 1,0 kg:
1
Relativistisk solrotation
m
1,0
Givet:
NU−235 =
=
≈ 2,5621347 · 1024 , (2.3)
MU−235 235,043923u
Solens fart:
v = 220 km/s
Solens massa (PH T-9.4):
M = 1,989 ·1030 kg med u = 1,66053878 · 10−27 kg, (PH CU-1.1). Total frigjord energi blir
Sökt:
EU−235 = NU−235 · Qfission ≈ 71,1299415253 TJ.
(2.4)
Felet (i Joule) om man räknar klassiskt på solens kinetiska energi
kring galaxen, jämfört med om man räknar relativistiskt.
med 1 eV = 1,60217646 · 10−19 J (PH CU-1.1).
Lösning:
Svar: Frigjord energi ur 1,0 kg U-235: 71 TJ.
Klassisk kinetisk energi:
2
30
3
1p
M v 1,989·10 · 220·10
c)
Kk =
=
= 4,81338 · 1040 J. (1.1)
2
2
Sökt:
Relativistisk kinetisk energi:
Frigjord energi per nukleon ur fusionsprocessen.


Lösning:




1

2
2
(1.2) Total frigjord energi: Q = ∆mc2
− 1
Kr = M c (γ − 1) = M c  q


1 − v2 /c2
Qfusion = (MH−2 + MH−3 − MHe−4 − Mn )c2 .
(2.5)


Antal
nukleoner: 2 + 3 = 4 + 1 = 5. Frigjord energi per nukleon



2



c


MH−2 +MH−3 −MHe−4 −Mn
Qfusion
= 1,989·1030  q
− c2  ≈ 4,81338195 · 1040 J.
=


3 )2
5
5
1 − (220·10
2
c
2,01410178+3,016049−4,00260323−1,0086649 2
=
uc
(1.1) och (1.2) ger felet:
5
40
− 4,81338195·1040 |Kk − Kr | = 4,81338·10
≈ 3,517812546 MeV,
(2.6)
≈ 1,947 · 1034 J.
(1.3) med uc2 = 931,49413 MeV (PH CU-1.1).
0,5 p
Svar: Felet på den kinetiska energin om man räknar klassiskt på Svar: Frigjord energi per nukleon för fusion: 3,517813 MeV.
solens fart runt galaxen blir 1,95 · 1034 J.
0,5 p
Kommentar: Fel räknas positivt, men även negativt svar godtags. d)
Procentuellt är felet ca 0,000040 %. Därmed kan man räkna med Sökt:
6 vs utan hänsyn till relativistiska effekter vid farten 220 km/s.
Frigjord energi ur 1,0 kg deuterium-tritium-blandning med lika
Svaret man får på uppgiften beror kraftigt på γ − 1 (vilket beror
många deuteriumatomer som tritiumatomer.
på miniräknaren). Även svar upp till ca 1037 J godtags därför.
Lösning:
4 p Antal reaktioner ur m = 1,0 kg:
2
Fission vs fusion
m
1,0
Givet:
Nfusion =
=
1
MH−2 + MH−3 2,01410178u + 3,016049u
Fissionsprocess:
n + 235
U→ 144
Ba + 89
Kr + 310 n
0
92
56
36
2
Fusionsprocess:
H + 32 H → 42 He + 10 n
≈ 1,19720900324 · 1026 .
(2.7)
1
Massa Ba-144:
MBa−144 = 143,9229405 u
med u = 1,66053878 · 10−27 kg, (PH CU-1.1). Total frigjord enMassa Kr-89:
MKr−89 = 88,9176325 u
ergi blir
Massa U-235 (PH T-6.3):
MU−235 = 235,043923 u
Efusion = Nfusion · Qfusion ≈ 337,3828624 TJ,
(2.8)
Massa neutron (PH CU-1.1): Mn
= 1,008664916 u
Massa H-2 (PH T-6.2):
MH−2
= 2,01410178 u
med 1 eV = 1,60217646 · 10−19 J (PH CU-1.1).
Massa H-3 (PH T-6.3):
MH−3
= 3,016049 u
Svar: Frigjord energi ur 1,0 kg deuterium-tritium-blandning:
Massa helium-4 (PH T-6.2): MHe−4 = 4,00260323 u
340 TJ.
1
p
a)
0,5 p
e)
Sökt:
Svar: Fördelar med fusion:
Frigjord energi per nukleon ur fissionsprocessen.
• Mycket mer energi per nukleon (3,5 0,7 MeV)
Lösning:
• Mycket mer energi per kg (340 71 TJ)
Total frigjord energi: Q = ∆mc2
• Det finns mycket mer väte än det finns uran
2
• Ingen risk för härdsmälta
Qfission = (Mn + MU−235 − MBa−144 − MKr−89 − 3Mn )c . (2.1)
• Mycket lite högradioaktivt avfall
Antal nukleoner: 235 + 1 = 236. Frigjord energi per nukleon
2
0,5 p
f)
Qfission (Mn +MU−235 −MBa−144 −MKr−89 −3Mn )c
=
236
236
Svar: Enheten Gray talar om hur mycket strålningsenergi som
(MU−235 −MBa−144 −MKr−89 −2Mn )c2
en kropp har absorberat. Enheten Sievert tar också hänsyn
=
till hur farlig strålningen är för biologisk vävnad. Man be236
höver inte oroa sig över 5 mSv eftersom detta motsvarar
=(235,043923−143,9229405−88,9176325−
ungefär bakgrundsstrålningen under ett år, PH F-8.10.
2·1,008664916)uc2 /236 ≈ 0,734223282 MeV, (2.2) Kommentar: Farligheten som inkluderas i Sievert betecknas
2
RBE,
relativ
biologisk effekt.
med uc = 931,49413 MeV (PH CU-1.1).
Svar: Frigjord energi per nukleon för fission: 0,73422328 MeV.
1(2)
c Erik Elfgren
2013-06-07
3p
3
Momentancentrum
Givet:
Längd:
L = 500 mm
Vinkel:
θ = 45 ◦
Fart, punkt A:
vA = 1,4 m/s
Sökt:
a) Momentancentrums läge samt b) hastighetens belopp i P.
Lösning:
vP
Momentancentrum, C, är vinkelrätt mot
kroppens hastigheter, vA och vB :
√
vB
Cx = L·cos θ = 0,5/ 2 ≈ 0.353, (3.1)
L
√
v
θ
A
Cy = L·sin θ = 0,5/ 2 ≈ 0.353. (3.2)
Avståndet från momentancentrum till P ges av Pythagoras sats:
p
p
rP = L2 /2 + (2L)2 /2 = 5L2 /2.
(3.3)
Vinkelhastigheten ges av
√
vA = rA ω ⇒ ω = vA /rA = 1,4/(L/ 2).
(3.4)
(Den tangentiella) farten i P med (3.3) och (3.4):
p
√
√
vP = rP ω = 5L2 /2 · 1,4 2/L = 1,4 5 ≈ 3,13 m/s.
(3.5)
rp
L
(Cx ,Cy )
Svar: a) Momentancentrum ligger i punkten (0,35; 0,35).
b) Farten i P blir 3,1 m/s.
4
Givet:
Hjulmassa:
Hjulradie:
Ångvältsmassa:
Lutningsvinkel:
Initialhastighet:
Rullsträcka:
Rullande ångvält
4p
s
R
2
θ
a)
Sökt:
3p
Ångvältens kinetiska energi när den rullat sträckan s.
Lösning:
K1 + Ug1 + Ue1 + Wövr = K2 + Ug2 + Ue2 ,
(4.1)
där
1
1
K1 = Ih ω21 + Mtot v21 , Ug1 = Mtot gh, Ue1 = 0,
(4.2)
2
2
K2 =?, Ug2 = 0, Ue2 = 0, Wövr = 0,
(4.3)
där masströghetsmomentet kring för framhjulet kring dess masscentrum ges av en homogen cylinder, (PH F-1.10):
Ih = Mh R2 /2 = 3100 · 0,72 /2 = 759,5 kg·m2 ,
(4.4)
höjden är
h = s · sin θ = 2·sin 15◦ ≈ 0,517638 m.
(4.5)
(4.2) och (4.3) i (4.1) ger:
1
1
(4.6)
Mtot gh + Ih ω21 + Mtot v21 = K2 .
2
2
v1 = Rω1 ⇒ ω1 = v1 /R = 1/0,7 ≈ 1,43 rad/s,
(4.7)
i (4.6) med (4.4) och (4.5):
v2 Mh
1 Ih v21 1
(4.4)
K2 = Mtot gh +
+ Mtot v21 = Mtot gh + 1
+ Mtot
2
2 R
2
2 2
!
12 3100
= 4500·9,82·2·sin 15◦ +
+ 4500
2
2
≈ 25,899 kJ.
(4.8)
Svar: a) Kinetisk energi efter sträckan 2,0 m: 26 kJ.
b) Maximalt rörelsemängdsmoment: 3,2·103 kgm2 /s.
5
Givet:
Säckmassa:
Fallhöjd:
Stånglängd:
Stånghöjd:
Stångmassa:
4p
Säckar på gungbräda
Ms = 2,00 kg
h1 = 3,0 m
l = 2,20 m
h0 = 0,500 m
Mb = 15 kg
A
1
h1
Mh = 3,1 ton
R = 0,700 m
Mtot = 4,5 ton
θ = 15 ◦
v1 = 1,0 m/s
s = 2,0 m
1
1p
b)
Sökt:
Framhjulets maximala rörelsemängdsmoment.
Lösning:
Rörelsemängdsmoment är maximalt då vinkelhastigheten är
maximal, dvs vid ω2 som fås ur den kinetiska energin i läge 2
med rullning utan glidning v2 = Rω2 :
1
1
1
K2 = Ih ω22 + Mtot ω22 R2 = ω22 (Ih + Mtot R2 ) ⇒
2
2
2
s
r
2K2
2·25899
(4.8,4.4)
=
≈ 4,18 rad/s.
ω2 =
Ih + Mtot R2
759,5 + 4500·0,72
(4.9)
I rörelsemängdsmoment för stel kropps rotation, L = Iω:
Lmax = Ih ω2 = 759,5·4,18008 ≈ 3174,8 kgm2 /s.
(4.10)
2
(före stöt)
B
l/2
Ug= 0
4
h4
3
r
h0
O
θ
B
111111111111111111111
000000000000000000000
Sökt:
a) Vinkelhastigheten hos gungbrädan under rotationen och
b) Maxhöjd från gungbrädan för B.
Lösning:
= K2 + U
U
⇒
K
U
Wövr
1 + U g1 + e1 + e2 ,
g2 + p
Ms gh1 = Ms v22 /2 ⇒ v2 = 2gh1 . (5.1)
P
τ = 0 (friktionsfri rotation) ⇒ rörelsemängdsmoment bevaras:
q
L2 = L3 ⇒ Ms v2 r = IO ω3 , ⇒ ω3 = Ms v2 l2 − h20 /IO , (5.2)
ty stel kropp har L = Iω och partikel
q har L = ~r × m~v = r⊥ Ms v2 .
Det vinkelräta avståndet r⊥ = 21 l2 − h20 fås ur Pythagoras sats.
Masströghetsmomentet för stången som roterar kring sitt masscentrum (PH F-1.10) och för säckarna är:
IO = Ib + 2Is = Mb l2 /12 + 2Ms (l/2)2 ≈ 10,89 kgm2 .
(5.3)
(5.3) och (5.1) i (5.2) ger:
q
p
Ms 2gh1 · 12 l2 − h20
ω3 =
= [numeriskt] ≈ 1,51 rad/s. (5.4)
Mb l2 /12 + 2Ms (l/2)2
Hastigheten i y-led när gungbrädan har vippat helt blir
v3y = v3tan cos θ = rω3 cos θ = (l/2)ω3 · cos θ,
(5.5)
θ = arcsin h0 /l ≈ 13,1 ◦ .
(5.6)
Med mekaniska energisatsen mellan 3 → 4:
= K
K3 + U
U
Wövr2
U
g3 + e3 + e4 ⇒
4 + Ug4 + v23y ((l/2)ω3 · cos θ)2
h4 =
=
= [numeriskt] ≈ 0,133 m. (5.7)
2g
2g
Svar: a) Vinkelhastighet under rotationen: 1,5 rad/s.
b) Maxhöjd från gungbrädan för B: 0,13 m.
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2013-08-27
09:00 – 14:00
a) (3 p) Vilken vinkelhastighet får skivan efter detta? Skalbaggen rör sig inte relativt skivan.
b) (1 p) Skalbaggen börjar sedan röra sig längs skivans periferi med fart v s relativt skivan i motsatt
riktning mot skivans rotationsriktning. Minskar eller ökar skivans vinkelhastighet? Minskar
eller ökar systemets totala rörelseenergi? Kort motivering krävs.
Examinator:
4. (4 p) En homogen skiva med massan M och radien R roterar med försumbar friktion med vinkelhastigheten ω1 , då en skalbagge med massan m plötsligt ramlar rakt ned på skivan ute vid dess
periferi. Skalbaggen är av det större slaget, så dess massa är inte försumbar i förhållande till skivans, men den får ändå behandlas som en partikel.
Erik Elfgren
5. (4 p) En cirkulär platta, med radie R, har ett cirkulärt hål i vars radie är r. Plattan roterar kring
z0 -axeln på en friktionslös yta, se figur. Plattans ytdensitet är σ.
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
Resultatet anslås:
Övrigt:
4: 12,5–15 p
5: 15,5 p –
(inkl. bonuspoäng)
a) Härled ett uttryck för masströghetsmomentet Iz0 kring z0 -axeln
uttryckt i σ, r och R.
b) Plattan roterar initialt med vinkelhastigheten ω0 = 5,0 rad/s.
Plattan bromsas sedan genom att man trycker med en broms
på vardera sidan av plattan under tiden 9,0 s. Tryckkrafterna är
konstanta, N = 40 N (vardera) och friktionskoefficienten mellan bromsen och plattan är µk = 0,30. Beräkna plattans vinkelhastighet efter inbromsningen om R = 0,600 m, r = 0,400 m
och σ = 0,50 · 103 kg/m2 .
1. (4 p) Två rymdskepp, A och B, åker förbi varandra med en relativ hastighet, v = 0,866c. En
person i rymdskepp A mäter upp längden på sitt eget rymdskepp och får LA = 10,0 m. En person i
rymdskepp B mäter upp längden på sitt eget rymdskepp och får LB = 50,0 m.
a) (2 p) När personen i rymdskepp A mäter längden på rymdskepp B, vilken längd, LBA , får hen?
b) (1 p) När personen i rymdskepp B mäter längden på rymdskepp A, vilken längd, LAB , får hen?
c) (1 p) Om rymdskepp A har en vilomassa mA = 25 ton, vilken totalenergi har då rymdskepp A
sett från rymdskepp B?
2. (3 p) En av riskerna med den radioaktiva nedsmutsningen efter en kärnvapensprängning är Sr-90.
Denna isotop har kemiska egenskaper liknande Ca och lagras därför upp i benstommen om man
t.ex. via mjölk får i sig ämnet i kroppen. För en normalstor atombomb gäller att ca 0,40 kg Sr-90
bildas. Om vi antar att denna mängd sprids ut jämnt över Sveriges yta 449 964 km2 , vilken blir då
aktiviteten från Sr-90 per kvadratmeter?
3. (3 p) En smal, homogen stång med massa 15 kg och längd 0,600 m
släpps från vila i vertikalt läge. När stången passerar sitt horisontella läge (streckade läget) vill man att den har vinkelhastigheten
ω = 4,0 rad/s. Därför är en fjäder med fjäderkonstanten k =
25 kN/m monterad som visas i figuren. Fjädern har tryckts ihop
stycket h i det ögonblick stången är horisontell. Bestäm denna
hoptryckning h så att stångens vinkelhastighet är 4,0 rad/s i detta
läge.
1
2
R
z’
r
2013-08-27
Kommentar: Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av Svar: Aktiviteten per kvadratmeter blir 4,5 kBq/m2 .
steg (som skulle krävas på tentan) är överhoppade. Om det står Kommentar: I verkligeheten skulle Sr-90-atomerna huvudsakli(1.1)
gen koncentreras till närområdet till explosionen, men även ut= betyder det att ekvation (1.1) sätts in efter likhetstecknet.
spridda över Sveriges yta skulle det bli farligt höga doser.
4p
1
3p
3
Relativ relativitet
Stavrotation med fjäder
Givet:
Givet:
Relativ hastighet:
v = 0,866 c
Stångmassa:
m= 15 kg
Egenlängd, rymdskepp A:
LA = 10,0 m
Stånglängd:
L = 0,600 m
Egenlängd, rymdskepp B:
LB = 50,0 m
Fjäderkonstant:
k = 25 kN/m
Massa, rymdskepp A:
m = 25 ton
B
a)
Sökt:
Längden på rymdskepp B, LBA , sett från A.
Lösning:
Gammafaktorn:
1
1
γ= p
= p
≈ 2,000.
1 − v2 /c2
1 − 0,8662
Längden kontraheras enligt l = l0 /γ:
(1.1)
LBA = LB /γ = 50,0/2,000 ≈ 25,00 m.
b)
Sökt:
Längden på rymdskepp A, LAB , sett från B.
Lösning:
Längden kontraheras enligt l = l0 /γ:
(1.1)
LAB = LA /γ = 10,0/2,000 ≈ 5,000 m.
2p
(1.1)
(1.2)
1p
(1.3)
Sökt:
Fjädernshoptryckning så att
vinkelhastigheten blir ω =
4,0 rad/s.
Lösning:
Mekaniska energisatsen mellan läge 1 och 2 för ett roterande objekt med masströghetsmoment I:
K1 + Ug1 + Ue2 + Wövr =
K2 + Ug2 + Ue2 ,
(3.1)
där
K1 = 0, K2 = Iω2 /2,
Ug1 − Ug2 = mgL/2,
1
2
Ue1 = 0, Ue2 = kh2 /2,
Wövr = 0.
(3.2) i (3.1) ger
(3.2)
r
mgL − Iω2
.
(3.3)
k
Masströghetsmomentet för en smal stång (PH F-1.10, nr 1):
I = mL2 /3,
(3.4)
i (3.3):
r
r
(1.1)
mgL − (mL2 /3)ω2
mL(g − Lω2 /3)
E = γmc2 = 2,00 · 25000 · c2 ≈ 4,493 · 1021 J.
(1.4)
h=
=
k
k
Svar: a) Längden på rymdskepp B, sett från A, LBA = 25,0 m.
r
b) Längden på rymdskepp A, sett från B, LAB = 5,00 m.
15·0,6·(9,82 − 0,6·42 /3)
=
≈ 0,0488 m.
(3.5)
c) Totalenergin för rymdskepp A, sett från B, EA = 4,5 ZJ.
25000
Kommentar: Notera att båda rymdskeppen upplever att det and- Svar: Fjäderhoptryckningen blir h = 4,9 cm.
ra rymdskeppet har krympt.
c)
Sökt:
Rymdskepp A:s totalenergi sett från B.
Lösning:
Totalenergin ges av
1p
mgL/2 = Iω2 /2 + kh2 /2
3p
2
Strontiumnedfall
Givet:
Massa Sr-90:
m= 0,40 kg
Sveriges yta:
A= 449 964 km2
Sökt:
Aktiviteten per kvadratmeter.
Lösning:
Aktivitetslagen:
n = λN,
(2.1)
där sönderfallskonstanten
ln 2
≈ 7,54 · 10−10 s−1 ,
(2.2)
λ=
T 1/2
med halveringstiden för Sr-90, T 1/2 = 29,1 år (PH T-6.3) och
antalet strontium-90 atomer är:
m
0,40
N=
=
≈ 2,679 · 1024 ,
(2.3)
M 89.907738 u
där atommassan för Sr-90 är M = 89.907738 u (PH T-6.3) och
u = 1,6605387 · 10−27 kg (PH CU-1.1).
(2.3) och (2.2) i (2.1) ger
n = 7,54 · 10−10 · 2,679 · 1024 ≈ 2,022 · 1015 Bq.
(2.4)
Fördelat över Sveriges yta blir aktiviteten per kvadratmeter:
n (2.4) 2,022 · 1015
nA =
=
≈ 4494 Bq/m2 .
(2.5)
A
449 964 · 106
Senast uppdaterad: 2 juni 2015
⇒
h=
4
Skalbagge på roterande skiva
Givet:
Skalbaggsmassa:
Skivmassa:
Skivradie:
Initial vinkelhastighet:
4p
m
M
R
ω1
3p
a)
Sökt:
Vinkelhastigheten, ω2 , med skalbaggen på skivan.
Lösning:
Skivan snurrar friktionsfritt ⇒ inga externa moment ⇒ rörelsemängdsmomentet bevaras:
L1 = L2 ,
(4.1)
Det totala rörelsemängdsmomentet före skalbaggen ramlar ner:
L1 = I1 ω1 ,
(4.2)
där skivans masströghetsmoment (PH F-1.10, nr 7) är
I1 = Iskiva = MR2 /2.
(4.3)
Det totala rörelsemängdsmomentet efter skalbaggen ramlat ner:
L2 = I2 ω2 ,
(4.4)
där skivan och skalbaggens gemensamma masströghetsmoment,
Svar: Plattans vinkelhastighet efter inbromsningen blir 3,4 rad/s.
Lösning:
Plattans area är A = π(R2 − r2 ), vilket
betyder att dess massa är
M = σA = σπ(R2 − r2 ).
(5.1)
Det finns 3 sätt att lösa detta på:
där skalbaggen betraktas som en punktmassa, Iskalbagge = mR2 .
1(2)
c Erik Elfgren
R
z’
r
(I) En platta med hål i har tröghetsmomentet (PH F-1.10, nr 8):
M 2 2 (5.1) σπ(R2 −r2 ) 2 2
σπ 4 4
(R +r ) =
(R +r ) =
(R −r ). (5.2)
2
2
2
(II) En homogen platta har tröghetsmomentet (PH F-1.10, nr 7):
1
I = mR2 .
(5.3)
2
Sammansatta kroppars tröghetsmoment kan adderas Itot = I1 +
I2 + . . . Addition av den homogena plattans (massa: m1 = σπR2 )
tröghetsmoment och hålets (massa: −m2 = −σπr2 ) tröghetsmoment:
1
1
1
1
IP = I1 + I2 = m1 R2 − m2 r2 = (σπR2 )R2 − (σπr2 )r2
2
2
2
2
σπ
= (R4 − r4 ).
(5.4)
2
IP =
(III) Defintion av tröghetsmoment och integration i polära koordinater från r → R och 0 → 2π, med dm = rσ drdθ:
!
Z
Z 2πZ R
R4 r4
IP = r2 dm =
r2 rσ drdθ = 2πσ
−
4
4
0
r
σπ 4
=
(R − r4 ).
(5.5)
2
(4.3)
I2 = Iskiva + Iskalbagge = MR2 /2 + mR2 = R2 (M/2 + m), (4.5)
2013-08-27
2p
(4.2), (4.3), (4.4), (4.5) i (4.1) ger skivans vinkelhastighet med b)
skalbaggen på:
Givet:
M
M
MR2 Ytterradie:
R = 0,600 m
ω1 = R2
+ m ω2 ⇒ ω2 =
ω1
(4.6)
Innerradie:
r = 0,400 m
2
2
M + 2m
Ytdensitet:
σ = 0,50 · 103 kg/m3
Initial
vinkelhastighet:
ω0 = 5,0 rad/s
1p
b)
Bromstid:
∆t = 9,0 s
Normalkrafter:
N = 40 N
Sökt:
Kinetisk friktionskoefficient:
µk = 0,30
Om skalbaggen rör sig i motsatt riktning som rotationen, hur änd- Sökt:
ras skivans vinkelhastighet och den totala rörelseenergin?
Plattans vinkelhastighet efter inbromsningen.
Lösning:
Svar: a) Skivans vinkelhastighet med skalbaggen på skivan är Friläggning av plattan:
M
ω2 = M+2m
ω1 .
ω0
Konstant vinkelacceleration ⇒ vinb) Skivans vinkelhastighet ökar eftersom rörelsemängdskelhastigheten blir:
momentet bevaras och insektens rörelsemängdsmoment
blir motriktat skivans.
ω = ω0 + α∆t,
(5.6)
Systemets totala rörelseenergi ökar eftersom skal- f
N där vinkelaccelerationen, α, fås ur
baggen tillför rörelseenergi när den rör sig.
momentekvationen:
N
Xy
f
y
τ = IP α ⇒ −2 f R = IP α,
4p
5
(5.7)
Roterande platta
x
med friktionskrafterna
Givet:
f = µk N,
(5.8)
Ytterradie:
R
Innerradie:
r i (5.7) ⇒
Ytdensitet:
σ
2 f R (5.8) 2µk NR (5.2)
2µk NR
α=−
= −
= − σπ 4
.
(5.9)
4
IP
IP
2 (R − r )
2p
a)
i (5.6):
2µk NR
2·0,3·40·0,6
Sökt:
ω = ω0 − σπ 4
∆t = 5 − 500π
·9
4
4
4
2 (R − r )
Plattans masströghetsmoment kring dess centrum, z0 -axeln.
2 (0,6 − 0,4 )
≈ 3,41 rad/s.
(5.10)
Svar: Plattans tröghetsmoment är IS =
σπ
4
2 (R
− r4 ).
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2014-03-19
09:00 – 14:00
Erik Elfgren
Cs → X + e− + ν̄e .
5: 15,5 p –
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
Definiera beteckningar och ange mätetalens enheter samt vilka lagar du använder. Motivera formler, antaganden och approximationer. Presentera
lösningarna så att de blir lätta att följa.
Resultatet anslås:
Övrigt:
(inkl. bonuspoäng)
1. (4 p) Förståelsefrågor (om inte annat anges fordras ingen beräkning, däremot ska du motivera ditt
svar precis som i alla uppgifter):
a) En person springer förbi dig med farten 0,9c. Hur ändras ditt synintryck av den personen?
b) Ett objekt rör sig med farten 0,9c och du vill accelerera objektet. Krävs det lika stor kraft om
accelerationen sker i sidled som om den sker längs med rörelsen? Ingen motivering krävs.
c) Hur kommer det sig att myoner som skapas av kosmisk strålning når ner till markytan trots att
de borde sönderfalla innan?
d) En elektron har rörelseenergin Ke = 5 keV. Rör den sig då med relativistisk hastighet?
e) Om en tvilling stannar på jorden och en accelererar ut i rymden till en hastighet nära ljusets
och sedan återvänder till jorden, vilken av de två tvillingarna är äldst när rymdtvillingen landar
på jorden igen?
4. (4 p) Ett homogent klot med massan mk = 1,50 kg och radien r = 20,0 cm
är fastsvetsat i änden på en smal, homogen stång med längden l = 0,500 m
och massan ms = 2,00 kg. Den så konstruerade pendeln är upphängd i en
5. (4 p) Satelliten i figuren har massan 125 kg och
masströghetsmomentet Iz = 0,94 kg·m2 , solpanelerna ej medräknade. Varje panel har massan 25 kg och kan betraktas som en tunn skiva.
Satelliten roterar ursprungligen kring z-axeln
med med vinkelhastigheten ωz = 0,50 rad/s
när panelerna är utfällda, dvs. vinkeln θ = 90◦ .
Vad blir vinkelhastigheten när panelerna rests
upp så att θ = 0◦ (dvs de är parallella med zaxeln)? Avståndet från z-axeln till panelernas
fästen är 0,20 m.
f) Om totalenergin för en partikel är dubbelt så stor som viloenergin, vad är partikelns hastighet
uttryckt i ljushastigheten, c? Beräkning fordras.
2. (3 p) Vad står symbolen X för i följande kärnreaktioner. Nuklider ska anges på formen Cl-36 (som
ett exempel), dvs med nuklidens bokstavssymbol och antalet nukleoner.
a) 3 He + 3 He → 2p + X
b)
234
U→α+X
c) n + 235 U → 2n + 140 Xe + X
d)
137
Ba∗ → X + γ
1
q
F
4: 12,5–15 p
137
b) (0,5 p) Vad kallas denna punkt och vad har man för nytta
av att känna till den?
Obs!
f)
3. (3 p) En stång med tröghetsradie kO hänger från ett lager O. Stångens tyngdpunkt ligger på ett
avstånd rcm från lagret, se figur.
a) (2,5 p) Beräkna på vilket avstånd q från lagret där en tanO
gentiell kraft kan anbringas utan att ge upphov till en
rcm
tangentiell lagerkraft Ot .
Examinator:
e) e− + 40 K → X + νe + γ
2
l
r
O
ω
2014-03-19
(1.1)
1
Förståelse relativitet
4p
0,5 p
a)
Personen som springer förbi dig ser smalare ut på grund av längdkontraktionen i rörelseriktningen som sker vid relativistisk fart.
3
He
2
+ 32 He → 211 p + X
AX = AHe + AHe − 2Ap = 3 + 3 − 2 · 1 = 4,
QX = QHe + QHe − 2Qp = 2 + 2 − 2 · 1 = 2
⇒ X = 42 He.
b)
234
U
92
→α+X
AX = AU − Aα
QX = QU − Qα
(2.1)
Svar: Personen ser smalare ut.
⇒ X = 230
Th.
90
Kommentar: Man kan också svara att personen ser ut att röra sig
c)
snett eftersom fotonerna på personens mage kommer fram något
1
före fotonerna från personens bak.
n + 235
U → 210 n + 140
Xe + X
0
92
54
(2.2)
⇒ X = 94
Sr.
38
Svar: Nej, det krävs mindre kraft i sidled än i rörelsens riktning. d)
137
Kommentar: Fk = γ3 ma, medan F⊥ = γma
Ba∗ → X + γ
56
(2.3)
0,5 p
b)
Det krävs större kraft för att accelerera någonting i rörelseriktningen än i sidled.
0,5 p
c)
Myonernas halveringstid tidsdilateras i vårt system så att de faktiskt hinner ner innan de sönderfaller, T 1/2 = γT 0,1/2 .
0,5 p
AX = An + AU − 2An − AXe =1 + 235 − 2 · 1 − 140 = 94,
QX = Qn + QU − 2Qn − QXe = 0 + 92 − 2 · 0 − 54 = 38,
AX = ABa − Aγ
QX = QBa − Qγ
0,5 p
=137 − 0 = 137,
= 56 − 0 = 56,
⇒ X = 137
Ba.
56
e)
Svar: Myonernas halveringstid tidsdilateras.
Kommentar: Man kan lika väl säga att den sträcka som myon- 0 e− + 40 K → X + νe + γ
19
erna upplever att de färdas längdkontraheras så att den blir ko- −1
AX = Ae + AK − Aν − Aγ = 0 + 40 − 0 − 0 =40,
rtare så att myonerna hinner ner innan de sönderfaller, l = l0 /γ.
QX = Qe + QK − Qν − Qγ =−1 + 19 − 0 − 0 =18,
0,5 p
d)
⇒ X = 40
Ar.
2
18
Elektronens viloenergi är PH CU-1.1 me c = 510,999 keV Ke = 5 keV vilket innebär att den inte rör sig med relativistisk f)
137
hastighet.
Cl → X + −10 e− + ν̄e .
55
(2.4)
0,5 p
(2.5)
0,5 p
(2.6)
a)
0,5 p
1(2)
X
y
τO = IO α =(mkO2 )α
(3.2)
⇒ Fq =mkO2 α = mkO2
⇒q=
kO2
.
rcm
0,5 p
Svar: Denna punkt kallas för nollmomentcentrum och är bra
att känna till när man designar pendlar som påverkas av
krafter. Om man ser till att kraften ligger i nollmomentcentrum minskar slitaget på lagret avsevärt.
4
Givet:
Klotmassa
Stångmassa
4p
Homogen klotpendelrotation
mk = 1,50 kg
ms = 2,00 kg
Klotradie
Stånglängd
r
l
ms = 125 kg
Is = 0,94 kg·m2
mp = 25 kg
ω1 = 0,50 rad/s
θ1 = 90◦
θ2 = 0◦
s = 0,20 m
l = 0,75 m
b = 0,20 m
= 0,200 m
= 0,500 m
2p
a)
Sökt:
O.
Lösning:
(4.1)
Sökt:
IO,s = ms l2 /3 ≈ 0,1667 kg m2 ,
(4.2) Slutlig vinkelhastighet, ω2 .
och klotet är ett homogent klot med tröghetsmoment kring mass- Lösning:
centrum (PH F-1.10, nr 12)
I frånvaron av externa moment bevaras rörelsemängdsmomentet
Icm,k = (2/5)mk r2 = 0,02400 kg m2 ,
(4.3) runt z:
L1 = L2 ,
(5.1)
Rörelsemängdsmomentet i läge 1 är:
2
2
IO,k = Icm,k + mk (l + r) = 0,7590 kg m .
(4.4)
L1 = I1 ω1 = (Is + 4Ip1 )ω1 = (Is + 4(Ip,cm,1 + mp ·d12 ))ω1 , (5.2)
Ekvation (4.3) i (4.4) med (4.2) i (4.1):
där
vi använt Steiners sats med d1 = 0,20 + 0,75/2 = 0,575 m
2
2
2
IO,tot = ms l /3 + (2/5)mk r + mk (l + r) =
och masströghestmomentet kring en panels masscentrum är
(PH F-1.10, fall 3):
= 2 · 0,52 /3 + (2/5)1,5 · 0,22 + 1,5 · (0,5 + 0,2)2
Ip,cm,1 = mp (l2 + b2 )/12 ≈ 1,255 kg·m2 .
(5.3)
≈ 0,9257 kg m2 .
(4.5)
2p
b)
Sökt:
1
l
där vi använt Steiners sats med d2 = 0,20 m och masströghestPendelns vinkelhastighet, ω, i nedr Ug = 0 momentet kring en upprätt panels masscentrum är (PH F-1.10,
O
ersta läget (läge 2).
fall 3):
Lösning:
Ip,cm,2 = mp (b2 )/12 ≈ 0,08333 kg·m2 .
(5.5)
(5.2) och (5.4) i (5.1) med (5.3) och (5.5):
K1 + Ug1 + Ue1 + Wövr =
ω
(Is + 4(Ip,cm,1 + mp ·d12 ))ω1 = (Is + 4(Ip,cm,2 + mp ·d22 ))ω2 ⇒
K +U +U ,
(4.6)
l+r
3p
3
Svar: Rymdtvillingen är yngst.
Nollmomentcentrum
Kommentar: Med en konstant accelereration på 1 g kan man nå a)
2,5 p
till Andromedgalaxen på mindre än 30 år.
Antag att stången har massa m och vinkelacceleration α medurs.
1p
f)
Friläggning av stången vid stöten:
Givet:
On
X
E = 2mc2 .
(1.1)
Ot
Ft = mat =mrcm α
Lösning:
⇒ F + Ot =mrcm α.
(3.1)
Partikelns totalenergi:
Vi vill få Ot = 0 (ingen tangentiell
r
cm
1
(1.1)
lagerkraft) och (3.1) ger:
E = γmc2 = 2mc2 ⇒ γ = p
=2⇒
(1.2)
q
n
1 − u2 /c2
F
α=
.
(3.2)
p
t
mrcm
1 − u2 /c2 = 1/4 ⇒ u/c = 3/4,
(1.3)
Momentekvationen
kring
O
med
definidär u är partikelns hastighet.
F
tionen på tröghetsradie, IO = mkO2 :
√
mg
Svar: Partikelns hastighet är u = 3/4 · c ≈ 0,9c.
3p
2
Kärnreaktioner
Vi utnyttjar att både atomtalet A och laddningen Q (vilka hämtas
ur PH T-6.3) bevaras i alla kärnreaktioner, och räknar ut A och
Q för partikeln X. Sen slår vi upp den “kemiska” beteckningen i
Physics Handbook.
b)
Givet:
Massa, satellit:
Masströghestmoment, satellit:
Massa, panel:
Initial vinkel:
Slutlig vinkel:
Avstånd z till panelfästen:
Längd, panel:
Bredd, panel:
l/2
Svar: Nej, elektronen rör sig inte med relativistisk hastighet.
AX = ACs − Ae − Aν = 137 − 0 − 0 = 137,
Kommentar: Ee = me c2 + Ke = γme c2 . Om Ke ≈ 0,01 · me c2
QX = QCs − Qe − Qν =55 − (−1) − 0 = 56,
2
2
så är alltså Ee /(me c ) = 1 + Ke /(me c ) ≈ 1,01 och därmed
⇒ X = 137
Ba.
56
γ = 1 + Ke /(me c2 ) ≈ 1,01, vilket betyder att hastigheten är ickerelativistisk till en precision av 1 %. Man kan också räkna ut att Svar:
a) X = He-4.
hastigheten blir ca 0,14c. På den här uppgiften är inte svaret det
b) X = Th-230.
viktiga utan resonemanget.
c) X = Sr-94.
0,5 p
e)
d) X = Ba-137.
e) X = Ar-40.
Jordtvillingen är äldst pga relativistiska effekter (rymdtvillingen
f) X = Ba-137.
har accelererat i förhållande till jordtvillingen).
2014-03-19
Svar: Avståndet från lagret där en tangentiell kraft kan anbringas utan att ge upphov till en tangentiell lagerkraft Ot
är q = kO2 /rcm .
0,5 p
=234 − 4= 230,
=92 − 2 = 90,
FkO2
F
=
mrcm
rcm
(3.3)
c Erik Elfgren
2
g2
e2
där
ω2 =
Is + 4(Ip,cm,1 + mp ·d12 )
ω2 =
Is + 4(mp (l2 + b2 )/12 + mp ·d12 )
2
1
K2 = IO,tot ω2 , K1 = Ue1 = Ue2 = Ug1 = Wövr = 0, (4.7)
2
Ug2 = −ms g(l/2) − mk g(l + r),
(4.8)
verkar.
(4.7) och (4.8) i (4.6) ger:
1
2
s
2(ms gl/2 + mk g(l + r))
⇒ω=
IO,tot
r
2(2 · 9,81 · 0,5/2 + 1,5 · 9,81(0,5 + 0,2))
=
0,9257
≈ 5,732 rad/s.
(4.9)
Is + 4(Ip,cm,2 + mp ·d22
ω1
(5.3,5.5)
⇒
Is + 4(mp (b2 )/12 + mp ·d22
2
ω1
2
0,94 + 4(25(0,75 + 0,2 )/12 + 25·0,5752 )
0,5
0,94 + 4(25(0,22 )/12 + 25·0,22
≈ 3,70 rad/s.
ω2 =
(5.6)
Svar: Slutlig vinkelhastighet, ω2 ≈ 3,7 rad/s.
Svar: a) Pendelns (mass)tröghetsmoment med avseende på
leden O blir 0,926 kg m2 .
b) Pendelns vinkelhastighet i nedersta läget blir 5,73 rad/s.
Kommentar: Notera att det är masscentrum som har potentiell
5
Satellitrotation
4p
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2014-03-28
09:00 – 14:00
e) (0,5 p) Beskriv i en mening vad tröghetsradie är.
f) (0,5 p) En tom ölburk och en fylld ölburk rullar nedför en ramp, vilken är snabbast? Motivera.
g) (1 p) Masströghetsmomentet för en kropp kring en axel P1 är IP1 = 25,0 kg·m2 . Beräkna masströghetsmomentet kring den parallella axeln P2, se figur, om kroppens massa är 3,0 kg, avståndet mellan P1 och P2 är a = 1,0 m och avståndet från masscentrum till P2 är b = 1,5 m.
Examinator:
d) (0,5 p) Ge ett exempel på en axel runt vilken momentekvationen kan tillämpas.
P1
P2
Erik Elfgren
cm
b
a
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
4: 12,5–15 p
5: 15,5 p –
Resultatet anslås:
Övrigt:
(inkl. bonuspoäng)
1. (3 p) En elektron startar från vila och accelereras av ett elektriskt fält.
a) (2,5 p) Beräkna hur mycket energi som måste tillföras elektronen för att dess fart ska bli 0,99c.
Uttryck svaret i eV.
b) (0,5 p) Är detta en relativistisk fart? Motivera genom att resonera kring energin.
4. (3 p)
a) (1,5 p) Bestäm, med hjälp av integration, uttrycket för hastigheten v efter tiden t vid konstant
acceleration a om initialhastigheten är v0 . Utgå från definitionen på acceleration, a = dv/dt.
b) (1,5 p) Antag att accelerationen inte är konstant, utan beskrivs av a = (2,0 · t) m/s2 , vad blir då
hastigheten efter tiden t1 = 15,0 s om initialhastigheten var noll?
5. (4 p) Två tyngder med massa mA = 0,673 kg respektive mB =
1,110 kg hänger med en masslös, flexibel, otöjbar lina över
en trissa med massa mC = 2,005 kg. Trissan är homogen och
har radien R = 25 cm och är fäst i taket med en masslös lina.
Beräkna kraften från trissan på taket.
C
A
2. (4 p) Efter olyckan i Tjernobyl i slutet av april 1986 så var det isotoperna jod-131, cesium-134 och
cesium-137 från den förstörda reaktorn som dominerade det radioaktiva nedfallet i Europa.
a) Efter hur lång tid hade aktiviteten från jod-131 gått ner till 10 % av aktiviteten omedelbart efter
nedfallet?
b) Under vilket år sjönk aktiviteten från cesium-134 till under 20 % av den totala aktiviteten av
kvarvarande Tjernobyl-cesium? Vi kan (för enkelhets skull) anta att det föll ned ungefär lika
många atomer av de båda cesiumisotoperna i april 1986.
3. (4 p) Förståelsefrågor (om inte annat anges fordras ingen beräkning eller motivering):
a) (0,5 p) Varför bevaras ej rörelsemängden då en sten träffar en öppen dörr och stenen får dörren
att rotera kring sitt gångjärn. Motivera.
b) (0,5 p) Vilket villkor måste vara uppfyllt för att rörelsemängdsmomentet ska bevaras då en sten
träffar en öppen dörr och stenen får dörren att rotera kring sitt gångjärn.
c) (0,5 p) Er lärare går på ett rullande bord och rör sig sträckan 0,2 m relativt marken. Kommer
bordet att röra sig en längre eller kortare sträcka relativt marken? Motivera.
1
111111111
000000000
2
B
2014-03-28
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.
1
Givet:
Slutfart:
3p
Elektronacceleration
v1 = 0,99 c
2,5 p
a)
Sökt:
Energi som krävs för att elektronens fart ska bli v1 .
Lösning:
Den tillförda energin är kinetisk energi:




1


K1 = (γ − 1)me c2 =  q
− 1 me c2


1 − v21 /c2




1
=  p
− 1 5,1099890·105 ≈ 3,1114 MeV, (1.1)
1 − 0,992
med me c2 = 5,1099890·105 eV från PH CU-1.1.
Svar: Den tillförda energin som krävs är K = 3,1 MeV.
b)
av den totala aktiviteten av kvarvarande Tjernobyl-cesium?
Lösning:
Aktiviteten från Cs-134 ska bli
A4
=
0,2(A4 + A7 )
⇒
4A4 = A7 .
(2.6)
Sönderfallslagen N = N0 e−λ·t i aktivitetslagen A = λN i (2.6):
4λ4 N0 e−λ4 ·t
λ4
4
λ7
=
t
=
=
=
λ7 N0 e−λ7 ·t ⇒
e(λ4 −λ7 )·t ⇒
ln 4 λλ47
ln 4 TT7
= ln 2 ln4 2 ,
λ4 − λ7
T − T7
30,17 4
ln 4 2,065
≈ 13,0 år,
ln 2
ln 2
2,065 − 30,17
med halveringstiderna (PH T-6.3) för
Cs-134:
Cs-137:
(2.7)
(2.8)
T 4 = ln 2/λ4 = 2,065 år
T 7 = ln 2/λ7 = 30,17 år
Svar: Aktivitetskvoten går ner till 20 % under år 1999.
4p
3
Förståelse
Svar: Elektronens fart är relativistisk eftersom den kinetiska en0,5 p
ergin, K = 3,1 MeV, ej är mycket mindre än viloenergin, a)
E0 = me c2 ≈ 0,51 MeV.
Sökt:
4 p Varför bevaras ej rörelsemängden då en sten träffar en dörr?
2
Tjernobylisotoper
Svar: För att det blir en reaktionskraft i gångjärnen, och om det
finns externa krafter beavars ej rörelsemängden.
2p
A0
A1
A1 = 0,10A0
Sökt:
Efter hur lång tid, t1 hade aktiviteten från jod-131 gått ner till
10 % av aktiviteten omedelbart efter nedfallet?
Lösning:
Aktivitetslagen A = λ · N ⇒ N = Aλ−1 i sönderfallslagen N =
N0 e−λ·t ger:
Aλ−1 = A0 λ−1 e−λ·t ⇒ A = A0 e−λ·t ,
(2.1)
där sönderfallskonstanten, λ = (ln 2)/T 1/2 . För I-131:
b)
0,5 p
Sökt:
Vilket villkor måste vara uppfyllt för att rörelsemängdsmomentet
ska bevaras då en sten träffar en dörr som sedan roterar kring sitt
gångjärn?
Svar: Det får inte finnas några externa moment.
Kommentar Detta beror på impulsmomentlagen
c)
R P
τ = ∆L, om τ = 0 är ∆L = 0. Gångjärnet måste vara friktionsfritt.
0,5 p
Sökt:
Er lärare går på ett rullande bord och rör sig sträckan 0,2 m relativt marken. Kommer bordet att röra sig en längre eller kortare
sträcka relativt marken? Motivera.
ln 2
−t ·
A1 = A0 e 1 T1/2 = 0,10A0 ,
(2.2) Svar: Bordet rör sig en längre sträcka eftersom det är lättare och
masscentrums läge ej ändras pga att det ej finns några exdär halveringstiden för I-131, T 1/2 = 8,040 dygn (PH T-6.3). Vi
terna krafter.
löser ut tiden t1 ur (2.2):
0,5 p
d)
ln 2
−t · ln 2
⇒
(2.3) Sökt:
0,10 = e 1 T1/2 ⇒ ln 0,10 = −t1 ·
T 1/2
Ge ett exempel på en axel runt vilken momentekvationen kan
T 1/2 ln 0,10
8,040 ln 0,10
t1 = −
=−
(2.4) tillämpas.
ln 2
ln 2
≈ 26,71 dygn.
(2.5) Svar: En fix axel.
Svar: Det tar 27 dygn innan aktiviteten från jod-131 gått ner till
10 % av aktiviteten omedelbart efter nedfallet.
Kommentar Det skulle också gå att omvandla alla tider till sekunder och sedan tillbaks till dygn, men eftersom indata är i dygn är
det lämpligare att räkna i dygn.
b)
Variabler:
Aktivitet för Cs-134:
Aktivitet för Cs-137:
Givet:
Initialt, antal Cs-134-atomer = antal Cs-137-atomer:
Kommentar Andra exempel: masscentrum. Det finns även en allmän formel för momentekvationen kring en godtycklig axel, men
den ingår ej i kursen.
e)
0,5 p
2p
Sökt:
Beskriv i en mening vad tröghetsradie är.
A4
A7
Svar: Den radie ett cylindriskt skal skulle ha om det hade
samma masströghetsmoment.
Kommentar Tröghetsradie: kO =
= N0
f)
p
2014-03-28
Svar: Burkarna har samma masströghetsmoment men den
fyllda burken är tyngre. Den fyllda ölburken är snabbast
eftersom vätskan ej roterar och därmed blir majoriteten av
rörelseenergin till translationsenergi.
Mg sin φ
(om rampen litar med vinkeln φ, buken väger M, har
Kommentar Masscentrums acceleration: acm =
Icm /R2 +M
masströghetsmomentet Icm och radien R). Ju lägre Icm är, desto högre blir alltså accelerationen.
g)
Givet:
Masströghetsmomentet kring en axel P1:
Massa:
Avstånd P1↔P2:
Avstånd P2↔cm:
Lösning:
Steiners sats mellan cm och P1:
IP1 = Icm + m(a + b)2 ⇒
1p
IP1 = 15,0 kg·m2
m = 3,0 kg
a = 1,0 m
b = 1,5 m
P1
P2
cm
b
a
2
1p
a)
Variabler:
Initial aktivitet för I-131:
Slutlig aktivitet för I-131:
Givet:
Slutlig aktivitet för I-131:
2
Icm = IP1 − m(a + b) ≈ 6,25 kg·m . (3.1)
Steiners sats mellan cm och P2:
(3.1)
IP2 = Icm + mb2 = IP1 − m(a + b)2 + mb2
(3.2)
Lösning:
P
NII för A, Fy = may :
T A − mA g = mA aA ⇒ T A = mA (aA + g).
P
NII för B, Fy = may :
T B − mB g = mB aB ⇒ T B = mB (aB + g).
TA
y
(5.1)
(5.2)
(5.2)
Samma acceleration i snöret: aA = −aB ⇒
T B = mB (−aA + g).
(5.3)
Py
Momentekvationen för C, τ cm = Iα:
(T B − T A )R = IC α,
(5.4)
där masströghetsmomentet (PH F-1.10, nr 7):
mC R2
IC =
.
(5.5)
2
Trissans acceleration är densamma som linans:
aA
aA = αR ⇒ α =
.
(5.6)
R
(5.1), (5.3) i (5.4) med (5.5) och (5.6):
mA g
Figure 5.1:
Friläggning
av A.
TB
y
m Bg
Figure 5.2:
Friläggning
av B.
TC
y
x
mC R2 aA
(mB (−aA + g) − mA (aA + g)) R=
=25 − 3(1 + 1,5)2 + 3·1,52 ≈ 13,00 kg·m2
2 R
TA
TB
mC aA
m Cg
Svar: Masströghetsmomentet kring den axeln P2 är IP2 ≈
⇒ mB (−aA + g) − mA (aA + g) =
2
13 kg·m2 .
Figure 5.3:
⇒ aA (mA + mB + mC /2) = (mB − mA )g
Kommentar Obs! Steiners sats kan ej användas mellan två godtyckliga axlar, den ena måsta vara masscentrum.
Friläggning
3p
4
(mB − mA )g
av C.
Icke-konstant acceleration
⇒ aA =
(5.7)
1,5 p
mA + mB + mC /2
a)
m
(1,110 − 0,673)·9,82
Sökt:
≈ 1,541 2 . (5.8)
=
0,673 + 1,110 + 2,005/2
s
Hastigheten v efter tiden t vid konstant acceleration a om initialP
Jämvikt i y-led för C, Fy = 0:
hastigheten är v0 .
Lösning:
T C −T A − T B − mC g = 0 ⇒
Definitionen på acceleration a = dv/dt kan skrivas om och sedan
T C =T A + T B + mC g
integreras:
(5.1,5.3)
Z v
Z t
= mA (aA + g) + mB (−aA + g) + mC g
dv = a dt ⇒
dv =
a dt ⇒ v − v0 = a · t (4.1)
(5.8)
v0
0
= 0,673(1,541 + 9,82) + 1,110(−1,541 + 9,82) + 2,005·9,82
≈36,525 N.
(5.9)
1,5
p
b)
NIII för en masslös lina ⇒ F = T C = 36,525 N.
Sökt:
Antag att accelerationen inte är konstant, utan beskrivs av a = Svar: Kraften från trissan på taket är F = 36,5 N.
(2,0 · t) m/s2 , vad blir då hastigheten efter tiden t1 = 15,0 s om Kommentar Notera att radien ej påverkar svaret och därmed ej heller antal värdessiffror i svaret.
initialhastigheten var noll?
Lösning:
Med samma resonemang som i a):
Z v
Z t
Z t1
dv = a dt
⇒
dv =
a dt =
2,0 · t dt
v0
⇒
⇒
0
v − v0 = 2,0 · t12 /2
0
v = 2,0 · 152 /2 ≈ 225 m/s
(4.2)
Svar: a) Härledningen av hastighet vid konstant acceleration,
v = v0 + a · t, finns ovan.
b) Hastigheten blir 0,23 km/s efter tiden 10 s.
5
Givet:
Massa A:
Massa B:
Massa trissa C:
Radie trissa C:
Massor över trissa
4p
mA = 0,673 kg
mB = 1,110 kg
mC = 2,005 kg
R = 25 cm
Sökt:
Kraften från trissan på taket, F.
IO /m.
0,5 p
Sökt:
Sökt:
En tom ölburk och en fylld ölburk rullar nedför en ramp, vilken
Under vilket år sjönk aktiviteten från cesium-134 till under 20 % är snabbast? Motivera.
Senast uppdaterad: April 10, 2014
1(2)
c Erik Elfgren
Senast uppdaterad: April 10, 2014
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2014-06-04
09:00 – 14:00
3. (4 p) En student sitter på en snurrpall som roterar friktionsfritt. Systemet (studenten
F
ω
och pallen) har den totala massan 75,0 kg och tröghetsradien 0,300 m. Systemet
r
startar från vila, varpå en lärare trycker på studenten med en kraft med konstant
storlek F = 40,0 N på det vinkelräta avståndet r = 0,40 m från rotationsaxeln under Vy från ovan
tiden 0,8 s. Kraftens riktning ändras alltså så att den alltid är vinkelrät mot rotationsaxeln (som i
figuren).
a) Vad blir vinkelhastigheten efter att kraften har slutat verka?
Examinator:
b) När kraften slutat verka sträcker studenten ut armarna varvid vinkelhastigheten sjunker till
1,4 rad/s. Vad är systemets tröghetsradie i detta läge?
Erik Elfgren
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
Resultatet anslås:
Övrigt:
4: 12,5–15 p
5: 15,5 p –
(inkl. bonuspoäng)
1. (3 p) Myonen är en elementarpartikel som är nära släkt med elektronen, men tyngre. Däremot är
den instabil, med en halveringstid på T 1/2 = 2,1970 µs i sitt eget vilosystem. Myonen kan skapas
i den övre atmosfären, när kosmiska strålar krockar med atomer. Antag att en sådan krock på
höjden 10 km över havet ger upphov till ett stort antal myoner, som strålar rakt ner mot marken,
alla med hastigheten 0,999c. Kommer i så fall fler än häften av dem att nå markytan innan de
hinner sönderfalla?
2. (4 p) När en atomkärna (i vila) av radon-222 sönderfaller strålar en alfapartikel ut i ena riktningen,
och dotterkärnan rekylerar i motsatt riktning.
4. (3 p) Figuren visar en hylsa med massan 1,3 kg som glider längs en stång
som roterar kring en horisontell axel O. Hylsans rörelse beskrivs lämpligast
med de polära koordinaterna r och θ (positiv riktning moturs) och deras
tidsderivator. I ett visst ögonblick då hylsan är på avståndet r = 0,30 m
från O, glider den ut från O med farten 0,15 m/s i förhållande till stången.
Denna fart minskar med 0,10 m/s2 . Stången har vinkelhastigheten 2,0 rad/s
och vinkelaccelerationen −0,80 rad/s2 .
a) (1 p) Beräkna beloppet av hylsans hastighet.
b) (2 p) Beräkna beloppet av kraften som verkar på hylsan.
5. (4 p) Ett hjul består av en tunn och kompakt cirkelformad del med
massan M, och sex tunna ekrar, vardera med längden l och massan m. Ekrarna är fästa i ett litet nav, som vi kan bortse ifrån här.
Om hjulet börjar rulla med vinkelhastigheten ω uppför ett plan
(se figur), hur långt kommer det då längs planet innan det stannar och börjar rulla nedåt? Planet lutar vinkeln φ mot horisontalplanet. Hjulet rullar utan att glida. Svaret ska vara en formel
som innehåller de givna storheterna med sina symboler samt tyngdaccelerationen, g.
a) (1 p) Vilken är dotterkärnan?
b) (1 p) Bevisa att reaktionens Q-värde är 5,5906 MeV.
c) (2 p) Vilken hastighet (i enheten m/s) får dotterkärnan? Försumma inverkan av dotterkärnans
elektroner för beräkningen i uppgift c).
1(2)
M
2(2)
m m
m
m
m m
φ
ω
l
2014-06-04
mer α-partikeln att få Kα = 5,4895 MeV (PH T-6.3). Po-218 får
då den kinetiska energin
3
p
1
KPo = Q − Kα = 0,1011 MeV.
(2.5)
Myonsönderfall
Givet:
Eftersom KPo = 0,1011 MeV MPo c2 ≈ 218uc2 ≈ 218 GeV så
Myonens halveringstid i dess vilosystem:
T 1/2 = 2,1970 µs kan vi räkna ickerelativistiskt K = mv2 /2, vilket ger farten för
Po-218:
Höjd:
h0 = 10 km
s
Myonernas hastighet:
u = 0,999c
r
2KPo (2.5)
2 · 0,1011 · 106 · 1,6019 · 10−19
Sökt:
=
vPo =
M
218,008966
· 1,6605387 · 10−27
Po−218
Kommer fler än hälften av myonerna nå marken innan de sönderfaller?
≈ 2,99120 · 105 m/s,
(2.6)
Lösning:
med
(PH
CU-1.1):
Myonen rör sig med relativistik hastighet och därmed kontra1 eV = 1,6019 · 10−19 J
heras sträckan den färdas till
1 u = 1,6605387 · 10−27 kg.
p
p
h = h0 /γ = h0 1 − u2 /c2 = 10 1 − 0,9992
≈ 447,1 m.
(1.1) Svar: a) Dotterkärnan är polonium-218.
b) Q = 5,5906 MeV, se bevis ovan.
Hälften av myonerna har sönderfallit efter tiden T 1/2 och de har
c) Dotterkärnan får hastigheten 2,991 · 105 m/s.
då hunnit färdas sträckan s = v·t (konstant hastighet):
Kommentar: Om man räknar relativistiskt i c) så får man
2
s = u · T 1/2 = 0,999c · 2,1970·10−6 ≈ 658,0 m > h.
(1.2) lösa
p ut hastigheten ur KPo = (γ − 1)MPo c ⇒ vPo =
2 −2
∴ myonerna når längre ner än marken innan hälften sönderfaller. c 1 − (1 + K/MPo c ) .
Kommentar: Alfapartikelns rörelsenergi kan även beräknas.
Svar: Ja, fler än hälften av myonerna når marken innan de sön- Rn-222 står still före sönderfallet och rörelsemängden bevaras:
pföre = 0 = pefter = pPo + pα ger
derfaller.
pPo = −pα .
(2.7)
Kommentar: Alternativ lösning: Från vårt perspektiv dilateras
sönderfallstiden till t = t0 ·γ = T 1/2 ·γ ≈ 4,9·10−5 s och på den Energin bevaras och K = mv2 /2 = p2 /(2m):
tiden hinner den sträckan s = u·t = 14,7 km > h0 .
Q = Kα + KPo = p2α /(2mα ) + p2Po /(2MPo ).
(2.8)
4 p (2.7) och (2.8) ger sedan v och K .
2
Po
α
Radonsönderfall
Givet:
4p
3
Snurrpall
Rn-222 sönderfaller med alfasönderfall.
Givet:
1p
a)
Massa pall+student:
M= 75,0 kg
Sökt:
Tröghetsradie pall+student:
k = 0,300 m
Konstant kraft:
F = 40,0 N
Dotterkärnan som blir kvar efter sönderfallet.
Avstånd till rotationsaxel:
r⊥ = 0,40 m
Lösning:
Tid
som
kraften
verkar:
T
= 0,8 s
Radon har Z = 86 protoner och α = 42 He2+ (kärna av helium-4)
2,5 p
a)
har Z = 2 protoner och masstalet A = 4 (PH T-6.3):
2+
222
A 2−
4
Sökt:
Rn
→
X
+
He
.
(2.1)
86
Z
2
Vinkelhastigheten då kraften slutat verka efter tiden T i läge 2.
Masstalet och laddningen bevaras:
(1.1)
A
Z
=
=
222 − 4 = 218
86 − 2 = 84,
vilket motsvarar polonium-218 (PH T-6.3).
b)
Sökt:
Bevisa att reaktionens Q-värde är 5,5906 MeV.
Lösning:
Q-värdet för reaktionen är:
Q
=
=
≈
(2.2)
(2.3)
1p
0
(MRn−222 − (MPo−218 + 2me ) − (MHe−4 − 2me ))c2
(222,017571 − 218,008966 − 4,00260323)uc2
5,5906 MeV,
(2.4)
med MRn−222 och MPo−218 ur PH T-6.3, MHe−4 ur PH T-6.2 och
uc2 = 931,49413 MeV ur PH CU-2.4.
Kommentar: Radon-222 har 86 protoner och därmed även 86
elektroner (vi antar att den är neutral eftersom inget annat angivits). Dessa 86 elektroner påverkas inte av sönderfallet i kärnan. Men eftersom polonium normalt har 84 elektroner så har
den nu 2 elektroner för mycket. Samtidigt så är en α-partikel en
helium-kärna och därför har den 2 elektroner för lite.
2p
c)
Sökt:
Vilken hastighet (i enheten m/s) får dotterkärnan (Po-218)?
Lösning:
Av den totala tillgängliga rörelseenergin Q = 5,5906 MeV komSenast uppdaterad: June 5, 2014
Lösning:
Friläggning,
pall+student:
Impulsmomentlagen:
Z TX
F
ω
τdt = L2 − L1 ,
(3.1)
r
0
P
där τ = F ·r⊥ :
Z TX
Z T
τdt =
F ·r⊥ dt = dF ·r⊥ = konstc = F ·r⊥ ·T, (3.2)
0
och rörelsemängdsmomenten är
L1 = 0, L2 = Iω2 = (Mk2 )ω2 .
(3.3)
med masströghetsmomentet I = Mk2 . (3.2), (3.3) i (3.1):
40·0,4·0,8
Fr⊥ T
=
≈ 1,90 rad/s. (3.4)
Fr⊥ T = Iω2 ⇒ ω2 =
I
75·0,32
1,5 p
b)
Sökt:
Tröghetsradien k3 då vinkelhastigheten blivit ω3 = 1,4 rad/s.
Lösning:
P
Friktionsfritt ⇒ τ = 0 ⇒ rörelsemängdsmomentet bevaras:
L2 = L3 = I3 ω3 = (Mk32 )ω3
r
r
r
L2
Fr⊥ T
40·0,4·0,8
⇒k3 =
=
=
≈ 0,349 m, (3.5)
Mω3
Mω3
75·1,4
2
med tröghetsmomentet I3 = Mk3 och L2 = Fr⊥ T ur (3.2) i (3.1).
Svar: a) Vinkelhastigheten blir ω2 = 2 rad/s.
b) Tröghetsradien blir k3 = 0,3 m.
1(2)
c Erik Elfgren
2014-06-04
3p
4
Polär hylsa
Givet:
Hylsmassa:
Avstånd längs stången:
Fart relativt stången:
Acceleration relativt stången:
Vinkelhastiget:
Vinkelacceleration:
m= 1,3 kg
r = 0,30 m
ṙ = 0,15 m/s
r̈ = −0,10 m/s2
θ̇ = 2,0 rad/s
θ̈ = −0,80 rad/s2
a)
Sökt:
Beloppet på hastigheten.
Lösning:
Polära koordinater:
vr = ṙ
1p
(5.6), (5.2) i (5.1) med mtot = M + 6m:
ω2 l2
(M + 2m + M + 6m) = (M + 6m)gs·sin φ
2
ω2 l2 M + 4m
⇒s =
.
g sin φ M + 6m
Svar: Hjulet rullar sträckan
(5.7)
ω2 l2 M+4m
g sin φ M+6m .
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.
(4.1)
vθ = rθ̇.
Hastighetens belopp med (4.1), (4.2):
q
p
v = v2r + v2θ = 0,152 + 0,32 ·22 ≈ 0,6185 m/s.
(4.2)
(4.3)
b)
Sökt:
Beloppet på kraften som verkar på hylsan.
Lösning:
Polära koordinater:
ar = r̈ − rθ̇2
2p
(4.4)
aθ = rθ̈ + 2ṙθ̇.
(4.5)
Accelerationens belopp med (4.4), (4.5):
q
p
a = a2r + a2θ = (−0,1 − 0,3·22 )2 + (−0,3·0,8 + 2·0,15·2)2
≈ 1,349 m/s2 .
(4.6)
P
Newtons 2:a lag: F = ma ⇒ F = m·a = 1,3·1,349 ≈ 1,754 N.
Svar: a) Beloppet på hastigheten: 0,62 m/s.
b) Beloppet på kraften: 1,8 N.
5
Givet:
Ringmassa
Ekermassa
Ekerlängd = hjulradie
Initial vinkelhastighet
Planets lutning
4p
Rullande hjul
Sökt:
Sträckan hjulet rullar.
Lösning:
Mekaniska energisatsen, 1→2:
=
K1 + U
U
Wövr
g1 + e1 + K
U
(5.1)
2 + U g2 + e2 ,
där
Ug2 = mtot gs·sin φ.
(5.2)
M
m
l
ω
φ
2
1
ω
s
φ
Icm ω2 mtot v2cm
+
, (5.3)
2
2
Hjulets masströghetsmoment:
Icm = Iring + 6Ieker = Ml2 + 6ml2 /3 = l2 (M + 2m),
(5.4)
med Iring ur PH F-1.10, nr 8 och Ieker ur PH F-1.10, nr 1. Rullning
utan glidning:
vcm = lω.
(5.5)
i (5.3) med (5.4):
Icm ω2 mtot v2cm ω2
K1 =
+
=
(Icm + mtot l2 )
2
2
2
ω2 2
ω2 l2
=
(l (M + 2m) + mtot l2 ) =
(M + 2m + mtot ). (5.6)
2
2
K1 =
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2014-03-19
09:00 – 14:00
Erik Elfgren
Nya Fysikalia
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
Resultatet anslås:
Övrigt:
f)
137
Cs → X + e− + ν̄e .
(inkl. bonuspoäng)
a) (0,5 p) En person springer förbi dig med farten 0,9c. Hur ändras ditt synintryck av den personen?
b) (0,5 p) Ett objekt rör sig med farten 0,9c och du vill accelerera objektet. Krävs det lika stor kraft
om accelerationen sker i sidled som om den sker längs med rörelsen? Ingen motivering krävs.
c) (0,5 p) Hur kommer det sig att myoner som skapas av kosmisk strålning når ner till markytan
trots att de borde sönderfalla innan?
4. (4 p) Ett homogent klot med massan mk = 1,50 kg och radien r = 20,0 cm
är fastsvetsat i änden på en smal, homogen stång med längden l = 0,500 m
och massan ms = 2,00 kg. Den så konstruerade pendeln är upphängd i en
5. (4 p) Satelliten i figuren har massan 125 kg och
masströghetsmomentet Iz = 0,94 kg·m2 , solpanelerna ej medräknade. Varje panel har massan 25 kg och kan betraktas som en tunn skiva.
Satelliten roterar ursprungligen kring z-axeln
med med vinkelhastigheten ωz = 0,50 rad/s
när panelerna är utfällda, dvs. vinkeln θ = 90◦ .
Vad blir vinkelhastigheten när panelerna rests
upp så att θ = 0◦ (dvs de är parallella med zaxeln)? Avståndet från z-axeln till panelernas
fästen är 0,20 m.
d) (0,5 p) En elektron har rörelseenergin Ke = 5 keV. Rör den sig då med relativistisk hastighet?
e) (0,5 p) Om en tvilling stannar på jorden och en accelererar ut i rymden till en hastighet nära
ljusets och sedan återvänder till jorden, vilken av de två tvillingarna är äldst när rymdtvillingen
landar på jorden igen?
f) (1,5 p) Om totalenergin för en partikel är dubbelt så stor som viloenergin, vad är partikelns
hastighet uttryckt i ljushastigheten, c? Beräkning fordras.
2. (3 p) Vad står symbolen X för i följande kärnreaktioner. Nuklider ska anges på formen Cl-36 (som
ett exempel), dvs med nuklidens bokstavssymbol och antalet nukleoner.
a) 3 He + 3 He → 2p + X
b)
234
U→α+X
c) n + 235 U → 2n + 140 Xe + X
1
q
F
5: 15,5 p –
Ba∗ → X + γ
e) e + 40 K → X + νe + γ
−
b) (0,5 p) Vad kallas denna punkt och vad har man för nytta
av att känna till den?
Obs!
4: 12,5–15 p
137
3. (3 p) En stång med tröghetsradie kO hänger från ett lager O. Stångens tyngdpunkt ligger på ett
avstånd rcm från lagret, se figur.
a) (2,5 p) Beräkna på vilket avstånd q från lagret där en
O
tangentiell kraft kan anbringas utan att ge upphov till en
rcm
tangentiell lagerkraft Ot .
Examinator:
d)
2
l
r
O
ω
2014-03-19
(1.1)
1
4p
0,5 p
a)
3
He
2
+ 32 He → 211 p + X
AX = AHe + AHe − 2Ap = 3 + 3 − 2 · 1 = 4,
QX = QHe + QHe − 2Qp = 2 + 2 − 2 · 1 = 2
⇒ X = 42 He.
b)
234
U
92
→α+X
AX = AU − Aα
QX = QU − Qα
(2.1)
⇒ X = 230
Th.
90
c)
1
n + 235
U → 210 n + 140
Xe + X
0
92
54
(2.2)
⇒ X = 94
Sr.
38
Svar: Nej, det krävs mindre kraft i sidled än i rörelsens riktning. d)
137
Ba∗ → X + γ
56
(2.3)
0,5 p
b)
0,5 p
c)
Myonernas halveringstid tidsdilateras i vårt system så att de faktiskt hinner ner innan de sönderfaller, T 1/2 = γT 0,1/2 .
0,5 p
AX = An + AU − 2An − AXe =1 + 235 − 2 · 1 − 140 = 94,
QX = Qn + QU − 2Qn − QXe = 0 + 92 − 2 · 0 − 54 = 38,
AX = ABa − Aγ
QX = QBa − Qγ
0,5 p
=137 − 0 = 137,
= 56 − 0 = 56,
⇒ X = 137
Ba.
56
e)
Kommentar: Man kan lika väl säga att den sträcka som myoner- 0 e− + 40 K → X + νe + γ
19
na upplever att de färdas längdkontraheras så att den blir kortare −1
AX = Ae + AK − Aν − Aγ = 0 + 40 − 0 − 0 =40,
så att myonerna hinner ner innan de sönderfaller, l = l0 /γ.
QX = Qe + QK − Qν − Qγ =−1 + 19 − 0 − 0 =18,
0,5 p
d)
⇒ X = 40
Ar.
2
18
Elektronens viloenergi är PH CU-1.1 me c = 510,999 keV Ke = 5 keV vilket innebär att den inte rör sig med relativistisk f)
137
hastighet.
Cl → X + −10 e− + ν̄e .
55
(2.4)
0,5 p
(2.5)
0,5 p
(2.6)
a)
Senast uppdaterad: 21 augusti 2015
0,5 p
1(2)
X
y
τO = IO α =(mkO2 )α
(3.2)
⇒ Fq =mkO2 α = mkO2
⇒q=
kO2
.
rcm
0,5 p
Svar: Denna punkt kallas för nollmomentcentrum och är bra att
känna till när man designar pendlar som påverkas av krafter. Om man ser till att kraften ligger i nollmomentcentrum minskar slitaget på lagret avsevärt.
4
Givet:
Klotmassa
Stångmassa
4p
Homogen klotpendelrotation
mk = 1,50 kg
ms = 2,00 kg
Klotradie
Stånglängd
r
l
ms = 125 kg
Is = 0,94 kg·m2
mp = 25 kg
ω1 = 0,50 rad/s
θ1 = 90◦
θ2 = 0◦
s = 0,20 m
l = 0,75 m
b = 0,20 m
= 0,200 m
= 0,500 m
2p
a)
Sökt:
O.
Lösning:
(4.1)
Sökt:
IO,s = ms l2 /3 ≈ 0,1667 kg m2 ,
(4.2) Slutlig vinkelhastighet, ω2 .
och klotet är ett homogent klot med tröghetsmoment kring mas- Lösning:
scentrum (PH F-1.10, nr 12)
I frånvaron av externa moment bevaras rörelsemängdsmomentet
Icm,k = (2/5)mk r2 = 0,02400 kg m2 ,
(4.3) runt z:
L1 = L2 ,
(5.1)
2
2
IO,k = Icm,k + mk (l + r) = 0,7590 kg m .
(4.4)
Ekvation (4.3) i (4.4) med (4.2) i (4.1):
där
vi använt Steiners sats med d1 = 0,20 + 0,75/2 = 0,575 m
2
2
2
IO,tot = ms l /3 + (2/5)mk r + mk (l + r) =
och masströghestmomentet kring en panels masscentrum är
(PH F-1.10, fall 3):
= 2 · 0,52 /3 + (2/5)1,5 · 0,22 + 1,5 · (0,5 + 0,2)2
Ip,cm,1 = mp (l2 + b2 )/12 ≈ 1,255 kg·m2 .
(5.3)
≈ 0,9257 kg m2 .
(4.5)
2p
b)
Sökt:
1
l
där vi använt Steiners sats med d2 = 0,20 m och masströghestPendelns vinkelhastighet, ω, i ner Ug = 0 momentet kring en upprätt panels masscentrum är (PH F-1.10,
O
dersta läget (läge 2).
fall 3):
Lösning:
Ip,cm,2 = mp (b2 )/12 ≈ 0,08333 kg·m2 .
(5.5)
(5.2) och (5.4) i (5.1) med (5.3) och (5.5):
K1 + Ug1 + Ue1 + Wövr =
ω
(Is + 4(Ip,cm,1 + mp ·d12 ))ω1 = (Is + 4(Ip,cm,2 + mp ·d22 ))ω2 ⇒
K +U +U ,
(4.6)
l+r
3p
3
Nollmomentcentrum
Kommentar: Med en konstant accelereration på 1 g kan man nå a)
2,5 p
Antag att stången har massa m och vinkelacceleration α medurs.
1,5 p
f)
Friläggning av stången vid stöten:
Givet:
On
X
E = 2mc2 .
(1.1)
Ot
Ft = mat =mrcm α
Lösning:
⇒ F + Ot =mrcm α.
(3.1)
Vi vill få Ot = 0 (ingen tangentiell lagerr
cm
1
(1.1)
kraft) och (3.1) ger:
E = γmc2 = 2mc2 ⇒ γ = p
=2⇒
(1.2)
q
n
1 − u2 /c2
F
α=
.
(3.2)
p
t
mrcm
1 − u2 /c2 = 1/4 ⇒ u/c = 3/4,
(1.3)
Momentekvationen
kring
O
med
definidär u är partikelns hastighet.
F
tionen på tröghetsradie, IO = mkO2 :
√
mg
3p
2
Kärnreaktioner
Vi utnyttjar att både atomtalet A och laddningen Q (vilka hämtas
ur PH T-6.3) bevaras i alla kärnreaktioner, och räknar ut A och
Q för partikeln X. Sen slår vi upp den “kemiska” beteckningen i
Physics Handbook.
b)
Givet:
Massa, satellit:
Masströghestmoment, satellit:
Massa, panel:
Initial vinkel:
Slutlig vinkel:
Avstånd z till panelfästen:
Längd, panel:
Bredd, panel:
l/2
AX = ACs − Ae − Aν = 137 − 0 − 0 = 137,
Kommentar: Ee = me c2 + Ke = γme c2 . Om Ke ≈ 0,01 · me c2
QX = QCs − Qe − Qν =55 − (−1) − 0 = 56,
2
2
så är alltså Ee /(me c ) = 1 + Ke /(me c ) ≈ 1,01 och därmed
⇒ X = 137
Ba.
56
γ = 1 + Ke /(me c2 ) ≈ 1,01, vilket betyder att hastigheten är ickerelativistisk till en precision av 1 %. Man kan också räkna ut att Svar:
a) X = He-4.
hastigheten blir ca 0,14c. På den här uppgiften är inte svaret det
b) X = Th-230.
c) X = Sr-94.
0,5 p
e)
d) X = Ba-137.
e) X = Ar-40.
Jordtvillingen är äldst pga relativistiska effekter (rymdtvillingen
f) X = Ba-137.
2014-03-19
Svar: Avståndet från lagret där en tangentiell kraft kan anbringas utan att ge upphov till en tangentiell lagerkraft Ot är
q = kO2 /rcm .
0,5 p
=234 − 4= 230,
=92 − 2 = 90,
FkO2
F
=
mrcm
rcm
(3.3)
c Erik Elfgren
2
g2
e2
där
ω2 =
Is + 4(Ip,cm,1 + mp ·d12 )
ω2 =
Is + 4(mp (l2 + b2 )/12 + mp ·d12 )
2
1
K2 = IO,tot ω2 , K1 = Ue1 = Ue2 = Ug1 = Wövr = 0, (4.7)
2
Ug2 = −ms g(l/2) − mk g(l + r),
(4.8)
verkar.
(4.7) och (4.8) i (4.6) ger:
1
2
s
2(ms gl/2 + mk g(l + r))
⇒ω=
IO,tot
r
2(2 · 9,81 · 0,5/2 + 1,5 · 9,81(0,5 + 0,2))
=
0,9257
≈ 5,732 rad/s.
(4.9)
Is + 4(Ip,cm,2 + mp ·d22
ω1
(5.3,5.5)
⇒
Is + 4(mp (b2 )/12 + mp ·d22
2
ω1
2
0,94 + 4(25(0,75 + 0,2 )/12 + 25·0,5752 )
0,5
0,94 + 4(25(0,22 )/12 + 25·0,22
≈ 3,70 rad/s.
ω2 =
(5.6)
Svar: Slutlig vinkelhastighet, ω2 ≈ 3,7 rad/s.
Svar: a) Pendelns (mass)tröghetsmoment med avseende på leden O blir 0,926 kg m2 .
b) Pendelns vinkelhastighet i nedersta läget blir 5,73 rad/s.
Kommentar: Notera att det är masscentrum som har potentiell
5
Satellitrotation
4p
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2014-08-26
09:00 – 14:00
4. (4 p) En stång med massa m = 20,0 kg och längd L = 1,600 m
sitter fast i ena änden i en led A (se figur). Leden sitter fast i
A
m
taket. Den andra änden av stången släpps från vila i horisontellt
L
läge. Friktion i leden ger ett bromsande moment τf = −45 Nm.
Beräkna beloppet av lagerreaktionskraften i leden omedelbart efter det att stången släppts.
Erik Elfgren
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
4: 12,5–15 p
a) (1,5 p) Man tar sedan bort kraften och hänger på en massa m = 4,05 kg på den ospända fjädern,
varvid systemet massa + fjäder försätts i vertikal svängning. Beräkna perioden (svängningstiden).
b) (1,5 p) Svängningens amplitud är 0,050 m. Hur stor är fjäderkraften (den kraft som fjädern
påverkar massan m med) när m befinner sig i sitt nedersta läge under svängningen?
Examinator:
3. (3 p) En kraft på F = 55 N förlänger en fjäder sträckan y1 = 0,25 m från ospänt läge.
5: 15,5 p –
Resultatet anslås:
Mitt LTU, 2014-09-23
Övrigt:
(inkl. bonuspoäng)
5. (4 p) En tunn homogen skiva har dimensioner enligt figuren till
höger. Dess massa är 4,0 kg.
a) Vad är masscentrums x-koordinat för skivan?
b) Vad är skivans masströghetsmoment med avseende på x-axeln?
c) Vad är skivans masströghetsmoment med avseende på y-axeln?
1. (3 p) Hur stor fart måste en bil ha för att föraren skall uppfatta ett rött trafikljus (våglängd =
675 nm) som grönt (våglängd = 525 nm)?
2. (4 p) I ett “radonhus” läcker det ständigt ut radon från en liten mängd radium i byggmaterialet.
Radiumet kommer i sin tur från sönderfall av uran-238 i väggarna. Antag att följande gäller: Ett
rum i radonhuset är på 20 m3 och helt slutet (ovädrat). Radonet kan antas uppstå ur sönderfall av
en konstant mängd, 0,10 µg (mikrogram), radium-226 i väggarna (som alltså ständigt “fylls på” av
uransönderfall). Jämvikt är uppnådd när det blivit så mycket radon i rummet att det sönderfaller
vidare i samma takt som det fylls på från radiumsönderfall.
a) (3,5 p) Vad är radonaktiviteten i rummet vid jämvikt, mätt i Bq/m3 .
b) (0,5 p) Om man plötsligt vädrar ut allt radon ur rummet och sen sluter till det igen, hur lång tid
tar det innan radonmängden är tillbaks på ungefär samma nivå? Välj mellan “några minuter”,
“några dygn” och “några miljarder år”. Kortfattad motivering räcker.
1(2)
2(2)
2014-08-26
(1.1)
3p
1
Dopplerskiftat trafikljus
Givet:
Våglängd rött ljus:
λr = 675 nm
Våglängd grönt ljus:
λg = 525 nm
Sökt:
Hastigheten, v, en bil måste ha för att föraren ska uppfatta det
röda ljuset som grönt.
Lösning:
Relativistik dopplereffekt:
r
c+u
f =
· f0 ,
(1.1)
c−u
(halveringstid 3,8 dygn, PH T-6.3) som ska justera in sig så tar
det “några dygn” tills den blir lika stor som Ra-aktiviteten.
Svar: a) Aktiviteten i rummet: 0,18 kBq/m3 .
b) Några dygn.
3
Fjädersvängning med massa
Givet:
Kraft:
Fjäderförlängning av kraften F:
Massa:
Svängningsamplitud med m fäst vid fjädern:
3p
F = 55 N
y1 = 0,25 m
m = 4,05 kg
A = 0,050 m
a)
1,5 p
y
Sökt:
x Ff1
Svängningstiden T för massan.
där f = c/λg (PH F-5.1) är den frekvens föraren mäter och f0 = Lösning:
y1
c/λr är den utsända frekvensen. Föraren och trafikljuset närmar Hooke’s lag i det initiala jämviktsläget (P F =
y
sig varandra ⇒ u = v och därmed blir (1.1):
0) ger:
r
r
F
F = −Ff1 = ky1 , ⇒
c+v c
c+v
c
λr
=
·
⇒
=
⇒ (1.2)
k = F/y1 = 55/0,25 ≈ 220 N/m,
(3.1)
λg
c − v λr
λg
c−v
där k är fjäderkonstanten. Då vikten hängs på och systemet börjar
λ2r
λ2r
c+v
svänga vertikalt kan svängningstiden (PH F-1.11) skrivas som
⇒
=
(c − v) = c + v ⇒
s
λ2g c − v
λ2g
r
r


m
m
4,05
2π
2
2
2
2

T=
= 2π
= 2π
= 2π
λr
λr
λr
λr  v
ω
k
F/y1
55/0,25
c − c = v + 2v ⇒
− 1 = 1 + 2 
⇒
2
2
λg
λg
λg
λg c
≈ 0,853 s.
(3.2)
λr2
2
2
−
1
2
2
λ
−
λ
λg
675 − 5252
v
r
g
1,5 p
b)
=
=
= 2
≈ 0,24615.
c 1 + λ2r2
6752 + 5252
λg + λ2r
Sökt:
λg
Fjäderkraften i nedersta läget.
Svar: Föraren måste köra med farten v = 0,246 c (= 73,8 Mm/s) Lösning:
för att det röda ljuset ska se grönt ut.
Friläggning av massan i jämviktsläget:
Kommentar: I sista ekvationen behöver vi inte omvandla till SIJämviktsuttöjningen,
yj , fås ur Newtons 1:a lag,
enheter eftersom det är samma enhet i täljare och nämnare.
P
Ff2
Fy = 0, med Hooke’s lag:
4p
2
y
y
Radonhus
Ff2 − mg = kyj − mg = 0 ⇒ kyj = mg. (3.3)
x
Givet:
mg Hooke’s lag då massan befinner sig i nedersta läget:
Samma aktivitet för radium som för radon:
ARa = ARn
(3.3)
Ff3 = k·(yj + A) = mg + kA = 4,05·9,82 + 220·0,05
Rumsvolym:
V = 20 m3
Massa, radium:
mRa = 0,1 µg
≈ 50,8 N.
(3.4)
Sökt:
Svar: a) Svängningstiden T ≈ 0,85 s.
b) Storleken på fjäderkraften i nedersta läget är 51 N.
a) Radonaktiviteten i rummet, aRn , mätt i Bq/m3 .
b) Efter vädring, hur lång tid tar det tills Rn-nivån återställs?
4p
4
Bromsad stångrotation
3,5 p
a)
Givet:
Lösning:
Stångmassa
m= 20,0 kg
Stånglängd
L = 1,600 m
Ra-226 sönderfaller genom 42 α-sönderfall (PH T-6.3) till Rn-222
Friktionsmoment
τf = −45 Nm
ty masstal (226 − 4 = 222) och laddning (88 − 2 = 86) bevaras.
Antal Ra-226-atomer:
Sökt:
NRa = mRa /MRa ,
(2.1) Beloppet av lagerkraften N, i leden A, direkt efter släppning.
där atommassan för Ra-226 är MRa = 226,025403 u (PH T-6.3). Lösning:
Aktivitetslagen för Ra-226 med sönderfallskonstanten λ = Friläggning av stången direkt efter släppning:
ln 2/T 1/2 :
P
ln 2
(2.1)
cm
Rotation kring fix axel,
Fn =
Nn
NRa =
ARa = λRa NRa =
A
2
T Ra,1/2
mrcm ω :
mg
τ f Nt n
−10
2
ln 2
10
Nn = mrcm ω = 0,
(4.1)
rcm
t
=
·
ty ω = 0 i släppögonblicket. I t-led,
1,6·103 ·365·24·3600 226,025403·1,6605387·10−27
P
L
Ft = mrcm α:
≈ 3660,1 Bq,
(2.2)
L
L
med halveringstiden för Ra-226: T Ra,1/2 = 1,60·103 år (PH T-6.3)
mg + Nt = m α ⇒ Nt = m α − mg.
(4.2)
2
2
och u = 1,6605387·10−27 kg (PH CU-1.1). Aktivitetstätheten för
Py
Momentekvationen, τA = IA α:
Rn-222 blir:
ARn
ARa (2.2) 3660
mg L2 + τf
L
aRn =
=
=
= 183,0 Bq/m3 .
(2.3)
mg + τf = IA α ⇒ α =
,
(4.3)
V
V
20
2
IA
0,5 p
b)
där
Lösning:
IA = mL2 /3
(4.4)
Eftersom Ra-aktiviteten är konstant och det är Rn-aktiviteten är stångens masströghetsmoment kring A, PH F-1.10, nr 1.
Senast uppdaterad: March 24, 2015
1(2)
c Erik Elfgren
2014-08-26
(4.3) i (4.2) ger
 L

L
L  mg + τf 
 − mg
Nt = m α − mg = m  2
2
2
IA
 L

L  mg + τf 
(4.4)
= m  2 2
 − mg
2 mL /3


1,6
1,6  20 · 9,82 2 − 45 
= 20

 − 20 · 9,82
2
20 · 1,62 /3 
≈ 91,3 N.
Beloppet av lagerkraften N i A blir:
q
(4.5)
(4.1)
N = Nt2 + Nn2 = |Nt | ≈ 91,3 N.
där
Ixr = mr ·h2 /12,
(4.5)
(PH F-1.10, nr 3)
(5.9)
!
R2
sin π
R2
Ixh = mh
1−
= mh · . (PH F-1.10, nr 11) (5.10)
4
π
4
Insatt i (5.8):
!
h2
R2 (5.4,5.5)
h2
R2 R2
Ix = mr ·
= (σ·b·h)·
− mh ·
− σ·π·
·
12
4
12
2 4
!
!
b·h3 πR4 (5.6)
0,2·0,283 π0,14
=σ
−
= 99,3
−
12
8
12
8
≈ 0,0324 kg m2 .
(5.11)
c)
Lösning:
Svar: Beloppet av kraften i leden är 91 N direkt efter släppning. Masströghetsmoment kan delas upp, I = P I :
i
Iy = Iyr − Iyh ,
(5.12)
Kommentar: Notera att friktionsmomentet är givet med negativt
där
tecken, därav ska det alltså gå “åt fel håll” i figuren.
Iyr,cm = mr ·b2 /12, (PH F-1.10, nr 3)
(5.13)
4p
5
!
Skiva med hål
sin π
R2
R2
Givet:
Iyh = mh
1+
= mh ·
(PH F-1.10, nr 11) (5.14)
4
π
4
Skivans massa:
M= 4,0 kg
Hålradie:
R = 0,100 m och Steiners sats, I = I + md2 ger:
cm
Skivhöjd:
h = 0,280 m
(5.13)
Skivbredd:
b = 0,200 m
Iyr = Iyr,cm +mr (b/2)2 = mr b2 /12+mr b2 /4 = mr b2 /3. (5.15)
(5.14), (5.15) i (5.12):
!
b2
b2
R2 (5.4,5.5)
R2 R2
Iy = mr · − mh ·
·
= (σ·b·h)· − σ·π·
3
4
3
2 4
!
!
3
4
3
4
h·b
0,28·0,2
πR (5.6)
π0,1
=σ
−
= 99,3
−
3
8
3
8
(4.6)
≈ 0,0702 kg m2 .
Sökt:
a) Masscentrums x-koordinat.
b) Masströghetsmomentet kring x-axeln.
c) Masströghetsmomentet kring y-axeln.
a)
Lösning:
Masscentrum:
P
xr ·mr − xh ·mh
ri · xi
,
(5.1)
xcm = P
=
mr − mh
mi
där index r står för rektangeln utan hål och h för hålet, vilkas
respektive masscentrum ligger vid
xr = b/2,
(5.2)
2 sin(π/2) 4R
xh = R
=
(PH F-1.10, nr 11)
(5.3)
3
π/2
3π
och deras massor är
mr = σ·Ar = σ·b·h,
(5.4)
mh = σ·Ah = σ·π·R2 /2,
där σ är skivans ytdensitet:
M
M
4
=
σ=
=
2
A
bh − πR
0,2 · 0,28 −
(5.2)-(5.5) i (5.1):
xcm
2
(5.16)
Svar: a) Masscentrums x-koordinat är xcm = 0,12 m.
b) Tröghetsmoment kring x-axeln är Ix = 0,032 kg m2 .
c) Tröghetsmoment kring y-axeln är Iy = 0,070 kg m2 .
(5.5)
π0,12
2
≈ 99,3 kg/m2 .
(5.6)
σπR2 3
b
2
σbh) − 4R
b2 h − 4R3
xr ·mr − xh ·mh ( 2 )·(
3π ·
=
=
=
2
mr − mh
2bh − πR2
σbh − σπR
2
0,22 ·0,28 −
4·0,13
3
≈ 0,122 m.
2·0,2·0,28 − π0,12
b)
Lösning:
P
Masströghetsmoment kan delas upp, I = Ii :
Ix = Ixr − Ixh ,
=
Senast uppdaterad: March 24, 2015
(5.7)
(5.8)
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2015-03-18
09:00 – 14:00
Examinator:
höger. Dess massa är 4,0 kg.
a) Vad är masscentrums x-koordinat för skivan?
b) Vad är skivans masströghetsmoment med avseende på x-axeln?
Betygsskala:
3: 9–12 p
c) Vad är skivans masströghetsmoment med avseende på y-axeln?
Anvisningar:
Resultatet anslås:
Mitt LTU, 2015-04-15
Övrigt:
5: 15,5 p –
(inkl. bonuspoäng)
1. (3 p) En observatör på jorden uppmäter längden på en landningsbana till 3,00 km. En pilot i en
rymdraket flyger förbi med en konstant fart 1,5 · 108 m/s relativt jorden.
a) (1 p) Hur lång mäter piloten att landningsbanan är?
b) (1 p) Hur lång tid tar det för raketen att flyga över hela landningsbanan för en observatör på
jorden?
c) (1 p) Hur lång tid tar det för raketen att flyga över hela landningsbanan för piloten?
2. (4 p) Isotopen väte-3 (tritium) sönderfaller med betasönderfall.
a) (1 p) Skriv upp reaktionen för sönderfallet, inklusive sönderfallsprodukterna.
b) (2,5 p) Vad är sönderfallets Q-värde i enheten MeV?
c) (0,5 p) Q-värdet är ju reaktionens “avgivna energi”. Men vad “blir det av” denna energi?
Svara med ett av följande alternativ: sönderfallsprodukternas sammanlagda rörelseenergier,
dotterkärnans massförlust, dotterkärnans jonisationsenergi, elektronens viloenergi, tritiumkärnans bindningsenergi. Ingen motivering behövs.
3. (3 p) En roterande skiva med masströghetsmoment Icm = 1,55 kg · m2 bromsas av ett konstant
moment, τ = 1,2 Nm. Skivan har ursprungligen vinkelhastigheten ω1 = 4,5 rad/s och roterar
kring sitt masscentrum.
a) Beräkna skivans vinkelhastighet efter tiden 3,0 s.
b) Hur många varv har skivan snurrat efter 3,0 s?
1(2)
ls
ms
vk
mk
b) (2 p) Beräkna hur långt (vilken vinkel) stången maximalt svänger ut från jämviktsläget.
4: 12,5–15 p
A
a) (2 p) Bestäm stångens vinkelhastighet precis efter stöten mellan kulan och stången.
Erik Elfgren
Obs!
4. (4 p) En tunn stång med längd ls = 2,000 m och massa
ms = 15,0 kg är upphängd i en friktionsfri led i punkten A enligt figuren. Stången befinner sig ursprungligen i vila (och i jämvikt). En gevärskula med massan
mk = 40,0 g och farten vk = 0,600 km/s träffar mitt
på stången, se figuren. Kulan fastnar i stången som
svänger ut från jämviktsläget.
2(2)
2015-03-18
(1.1)
3p
1
Landningsbana
Givet:
Landningsbanans längd:
Rymdraketens fart:
L0 = 3,00 km
v = 1,5 · 108 m/s
1p
a)
Sökt:
Hur lång är landningsbanan för piloten?
Lösning:
Landningsbanan längdkontraheras för piloten:
p
p
L = L0 /γ = L0 1 − v2 /c2 = 3000 · 1 − (1,5 · 108 )2 /c2
≈ 2597,4764 m.
(1.1)
1p
b)
Sökt:
Hur lång tid tar det för raketen att flyga över hela landningsbanan
för en observatör på jorden?
Lösning:
Observatören på jorden mäter sträcken L0 och med konstant fart
tar det då:
L0
3000
t0 =
≈ 2,00 · 10−5 s.
(1.2)
=
v
1,5 · 108
sultatet 19,7 · 10−6 uc2 (som egentligen bara har två värdessiffror efterom mT bara är givet med en precision av 10−6 uc2 ), men
även svaret 0,018 350 43 MeV och 0,0184 MeV accepteras vid
rättningen.
c)
Sökt:
Vad blir det av energin som frigörs, Q-värdet?
0,5 p
Svar: Sönderfallsprodukternas sammanlagda rörelseenergier.
3
Skivacceleration
Givet:
Skivans tröghetsmoment:
Bromsmoment:
Tid:
3p
Icm = 1,55 kg · m2
τ = 1,2 N m
ω1 = 4,5 rad/s
∆t = 3,0 s
Sökt:
a) Skivans vinkelhastighet, ω2 , efter tiden ∆t.
b) Antal varv, n, skivan snurrat efter tiden ∆t.
τ ω
a)
Lösning:
R Py
Impulsmomentlagen,
τ dt = L2 − L1 :
−τ · ∆t = L2 − L1 ,
(3.1)
med tröghetsmomentet för en stel kropp
L1 = Icm ω1 ,
L2 = Icm ω2 ,
(3.2)
1p
c)
ger
Sökt:
−τ · ∆t = Icm (ω2 − ω1 ) ⇒
Hur lång tid tar det för raketen att flyga över hela landningsbanan
för piloten?
τ · ∆t
1,2 · 3
ω2 = ω1 −
= 4,5 −
≈ 2,18 rad/s.
(3.3)
Lösning:
Icm
1,55
Piloten mäter sträckan L och med konstant fart tar det då:
b)
Lösning:
L (1.1) 2597,4764
t=
=
≈ 1,73·10−5 s
(1.3)
Momentet och tröghetsmomentet är konstanta, vilket betyder
v
1,5 · 108
att
P vinkelaccelerationen är konstant genom momentekvationen
Svar: a) Landningsbanan är 2,6 km för piloten.
τ = Iα:
b) För observatören på jorden tar överflygningen 20 µs.
α = −τ/Icm = −1,2/1,55 ≈ −0,774 rad/s2 .
(3.4)
c) För piloten tar överflygningen 17 µs.
Vid konstant vinkelacceleration:
4p
2
θ2 = ω1 ∆t + α∆t2 /2 = 4,5 · 3 − 0,774 · 32 /2 ≈ 1,59 varv (3.5)
Tritiumsönderfall
Givet:
Svar: a) Skivans vinkelhastighet efter 3,0 s är 2,2 rad/s.
Tritiumsönderfall med betasönderfall.
b) Skivan snurrar 1,6 varv på 3,0 s.
a)
Sökt:
Reaktionsformeln.
Lösning:
Laddning och masstal bevaras:
3
H → 32 He+ + −10 e + 00 ν̄e .
1
Svar: Reaktionsformeln är
3
H
1
1p
(2.1)
→
3
He
2
−
+ e + ν̄e .
4
Givet:
Kulmassa:
Kulfart:
Stångmassa:
Stånglängd:
a)
Kula träffar stång
4p
mk = 40,0 g
vk = 0,600 km/s
ms = 15,0 kg
ls = 2,000 m
2p
Sökt:
A
Stångens vinkelhastighet, ω, precis efter stöten mellan kulan och stången.
Lösning:
ls m s vk
I frånvaron av externa moment bevaras
mk
rörelsemängdsmomentet runt A under
stöten:
(2.2)
L1 = L2 ,
(4.1)
= (3,016049 − 3,01602930)uc2 = 1,97 · 10−5 uc2
(2.3) där rörelsemängdsmomentet, L = p⊥ · r, före stöten är
≈ 0,018 350 434 MeV,
(2.4)
L1 = pk · ls /2 = (mk vk ) · (ls /2)
(4.2)
med mHe+ = mHe − me , uc2 = 931,49413 MeV (PH CU-2.4) och och rörelsemängdsmomentet efter stöten är
Massa, tritium (PH T-6.3):
mT = 3,016 049 u
L2 = Itot ω,
(4.3)
Massa, helium-3 (PH T-6.2):
mHe = 3,016 029 30 u där I = I + I är masströghetsmomentet för kulan+stången.
tot
k
s
(4.2) och (4.3) i (4.1):
Svar: Reaktionenes Q-värde är 0,018 MeV.
mk vk ls /2 = Itot ω ⇒ ω = mk vk ls /(2Itot ).
(4.4)
Kommentar: Svaret avrundas till två decimaler pga mellanreb)
Sökt:
Reaktionenes Q-värde.
Lösning:
Q-värdet ges av
Q = ∆mc2 = (mT − mHe+ − me )c2 = (mT − mHe )c2
2,5 p
1(2)
c Erik Elfgren
2015-03-18
Kulans masströghetsmoment fås ur definitionen på masströghets- a)
Lösning:
moment, I = mr2 (punktformad partikel):
Ik = mk (ls /2)2
(4.5) Masscentrum:
P
mi · xi
xr ·mr − xh ·mh
och stångens masströghetsmoment från (PH F-1.10)
xcm = P
,
(5.1)
=
mr − mh
mi
2
Is = ms ls /3.
(4.6)
där index r står för rektangeln utan hål och h för hålet, vilkas
(4.5) och (4.6) i (4.4) ger
respektive masscentrum ligger vid
mk vk ls
mk vk
xr = b/2,
(5.2)
=
ω= (4.7)
2ls (mk /4 + ms /3)
2 mk (ls /2)2 + ms ls2 /3
2 sin(π/2) 4R
xh = R
=
(PH F-1.10, nr 11)
(5.3)
3
π/2
3π
0,04 · 600
=
och deras massor är
2 · 2 · (0,04/4 + 15/3)
(5.4)
≈ 1,1976 rad/s.
2
m
=
σ·A
=
σ·π·R
/2,
(5.5)
h
h
2
p
b)
Sökt:
1
2
M
M
4
σ=
≈ 99,3 kg/m2 . (5.6)
=
=
Vilken vinkel stången
2
πR2
A
A
A
bh
−
0,2
·
0,28
− π0,1
ls
maximalt svänger ut.
2
2
cos θ
2
ls
θ
Lösning:
(5.2)-(5.5) i (5.1):
2
σπR2 h2
3
Mekaniska energisatsen
b
2
σbh) − 4R
b2 h − 4R3
xr ·mr − xh ·mh ( 2 )·(
3π ·
mellan läge 1 (precis efter
xcm =
=
=
2
2
σπR
stöt) och läge 2 (maximal
mr − mh
2bh
−
πR
σbh − 2
utsvängning):
4·0,13
2
0,2 ·0,28 − 3
K1 + Ug1 + Ue1 + Wövr = K2 + Ug2 + Ue2 ,
(4.8)
=
≈ 0,122 m.
(5.7)
där
2·0,2·0,28 − π0,12
1
b)
K1 = Itot ω2 , K2 = 0, Ue1 = Ue2 = Wövr = 0,
Lösning:
2
P
ls
Ug2 − Ug1 = (ms + mk )gh2 = (ms + mk )g (1 − cos θ), (4.9)
2
Ix = Ixr − Ixh ,
(5.8)
eftersom vi varken har fjäderenergi eller några övriga krafter som där
verkar. (4.9) i (4.8):
Ixr = mr ·h2 /12, (PH F-1.10, nr 3)
(5.9)
1
ls
!
Itot ω2 = (ms + mk )g (1 − cos θ)
(4.10)
R2
sin π
R2
2
2
Ixh = mh
1−
= mh · . (PH F-1.10, nr 11) (5.10)
4
π
4
och vi kan lösa ut
!
Insatt i (5.8):
Itot ω2
(4.5,4.6,4.7)
!
θ = arccos 1 −
=
h2
R2 (5.4,5.5)
h2
R2 R2
(ms + mk )gls
Ix = mr ·
− mh ·
= (σ·b·h)·
− σ·π·
·


12
4
12
2 4
m2k v2k


!
!

= arccos 1 −
3
4
3
4
b·h
πR
0,2·0,28
π0,1
(5.6)
(ms + mk )g4ls (mk /4 + ms /3)
=σ
−
= 99,3
−
!
12
8
12
8
0,042 · 6002
= arccos 1 −
2
≈ 0,0324 kg m .
(5.11)
(15 + 0,04) · 9,82 · 4 · 2(0,04/4 + 15/3)
≈ 25,4854 ◦ .
(4.11) c)
Lösning:
Svar: a) Stångens vinkelhastighet precis efter stöten är Masströghetsmoment kan delas upp, I = P Ii :
1,20 rad/s.
Iy = Iyr − Iyh ,
(5.12)
b) Den maximala utsvängningsvinkeln blir θ = 25,5 ◦ .
där
4p
5
Iyr,cm = mr ·b2 /12, (PH F-1.10, nr 3)
(5.13)
Skiva med hål
!
Givet:
sin π
R2
R2
Iyh = mh
1+
= mh ·
(PH F-1.10, nr 11) (5.14)
Skivans massa:
M= 4,0 kg
4
π
4
Hålradie:
R = 0,100 m
Skivhöjd:
h = 0,280 m och Steiners sats, I = Icm + md2 ger:
Skivbredd:
b = 0,200 m
(5.13)
Iyr = Iyr,cm +mr (b/2)2 = mr b2 /12+mr b2 /4 = mr b2 /3. (5.15)
(5.14), (5.15) i (5.12):
!
b2
R2 (5.4,5.5)
b2
R2 R2
Iy = mr · − mh ·
= (σ·b·h)· − σ·π·
·
3
4
3
2 4
!
!
3
3
4
4
h·b
πR (5.6)
0,28·0,2
π0,1
=σ
−
= 99,3
−
3
8
3
8
≈ 0,0702 kg m2 .
Sökt:
a) Masscentrums x-koordinat.
b) Masströghetsmomentet kring x-axeln.
c) Masströghetsmomentet kring y-axeln.
(5.16)
Svar: a) Masscentrums x-koordinat är xcm = 0,12 m.
b) Tröghetsmoment kring x-axeln är Ix = 0,032 kg m2 .
c) Tröghetsmoment kring y-axeln är Iy = 0,070 kg m2 .
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2015-03-27
09:00 – 14:00
a) (2 p) Beräkna aktiviteten från Bi-214 och därmed radonaktiviteten per liter i detta vatten.
b) (2 p) Tyvärr så hade det gått en tid av 5 dygn från det att vattenprovet togs tills det att mätning
kunde ske. Vilken var aktiviteten från radonet vid tidpunkten för provtagningen? Jämför denna
aktivitet med aktuella gränsvärden.
Examinator:
Erik Elfgren
Nya Fysikalia
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
Resultatet anslås:
Mitt LTU, 2015-04-24
Övrigt:
4: 12,5–15 p
5: 15,5 p –
(inkl. bonuspoäng)
1. (3 p) Niagarafallen utvecklar effekten 5,5 · 109 W. Antag att energin som fallen omsätter under ett
år (= 365 dagar) kunde användas till att från vila accelerera en kropp med massan 1,0 kg. Beräkna
kroppens fart uttryckt i ljushastigheten c.
2. (4 p) Bakgrund: Av de radioaktiva ämnena i hushållsvatten är radon-222 den mest betydande källan för
joniserande strålning. När man använder radonhaltigt vatten i hushållet, t ex till disk, dusch och tvätt, avgår en stor del av radongasen till inomhusluften. Långvarig vistelse i luft med förhöjda radonhalter kan
innebära risk för lungcancer. Dricker man radonhaltigt vatten upptas en del av radonet i kroppen. Vid sönderfallet av det intagna radonet och sönderfallen av dess dotternuklider erhåller kroppens organ, (speciellt
mag-tarmkanalen), en stråldos som med tiden kan innebära hälsorisk. Störst risk för radon i vatten är djupborrade brunnar med t ex uranrika graniter i bergrunden. Vatten som direkt kommer från en borrad brunn
har betydligt lägre radondotterhalt jämfört med om vattnet fått stå ett tag i t ex en provflaska för radonmätning. Det beror på att radondöttrarna till skillnad från radonet är kemiskt aktiva och fastnar i bergsprickor
och vattenledningsrör på väg fram till vattenkranen. Får vattnet stå en dryg timme i provflaskan så kommer
radonet i vattnet att vara i radioaktiv jämvikt med radondöttrarna.
Uppgift: Vid strålningsjämvikt i sönderfallskedja från radon till stabilt bly är det alltså lika många
sönderfall per sekund i varje steg i kedjan. Det räcker alltså att analysera ett enda steg. Ett steg
är sönderfallet av Bi-214, som är en betastrålare och som i 44,8 % av sönderfallen avger en gammafoton med energin 0,61 MeV. Figur 1 visar en mätning utförd på 0,80 liter vatten. Scintillationsdetektorns känslighet för denna gammaenergi är 4 %. Analys av fototoppen vid 0,61 MeV
visar ett pulsinnehåll på 8,1 pulser/sekund. Enligt bestämmelser så gäller att vatten med en aktivitet av 1000 Bq/liter eller mer anses som otjänligt. Gränsvärdet för vatten som tjänligt men med
anmärkning är 100 Bq/liter.
1(2)
Figur 1: Gammaspektrum av Bi-214
3. (3 p) Den med skåror försedda skivan har massan ms = 6,0 kg
och tröghetsradien kO = 0,175 m med avseende på centrum O.
Skivan för med sig fyra små stålkulor (kan betraktas som partiklar) med massan mk = 0,15 kg vardera, belägna som visas i
figuren, och skivan roterar ursprungligen med vinkelhastigheten
ω1 = 120 varv/min med försumbar friktion kring en vertikal axel
genom O. Kulorna hålls då på plats med en spärranordning (som
ej syns i figuren). Om spärren släpps medan skivan roterar, kommer kulorna att åka ut och inta de streckade lägena som visas i
figuren. Vilken blir då skivans vinkelhastighet, ω2 ?
4. (4 p) Ett hjul består av en tunn och kompakt cirkelformad del med
massan M, och sex tunna ekrar, vardera med längden l och massan m. Ekrarna är fästa i ett litet nav, som vi kan bortse ifrån här.
Om hjulet börjar rulla med vinkelhastigheten ω uppför ett plan
(se figur), hur långt kommer det då längs planet innan det stannar
och börjar rulla nedåt? Planet lutar vinkeln φ mot horisontalplanet. Hjulet rullar utan att glida. Svaret ska vara en formel som
innehåller de givna storheterna med sina symboler samt tyngdaccelerationen, g.
M
m m
m
m
m m
ω
l
φ
5. (4 p) En bil har i startögonblicket en acceleration som är a0 = 5,0 m/s2 och en hastighet som är
noll. Accelerationen minskar sedan linjärt till noll på tiden ∆t = 10 s. Hur långt hinner bilen under
accelerationen?
2(2)
2015-03-27
Skivmassa:
Tröghetsradie, skiva:
Kulmassa:
Antal kulor:
Initialt avstånd från kulorna till O:
Slutavstånd från kulorna till O:
(1.1)
3p
1
Niagara-relativitet
Givet:
Effekt:
P= 5,5·109 W
Massa:
m= 1,0 kg
Tid:
t = 1 år
Sökt:
Kroppens fart, v.
Lösning:
Energi som omvandlas till kinetisk energi under ett år:
K = E = P · t = 5,5 · 109 · 365 · 24 · 3600 ≈ 1,73·1017 J (1.1)
Relativistiskt kinetisk energi:


1
K
1


K = mc2  p
− 1 ⇒
+1= p
mc2
1 − v2 /c2
1 − v2 /c2
K
−2
⇒
+ 1 = 1 − v2 /c2 ⇒
mc2
s
s
!−2
K −2 (1.1)
1,73·1017
v=c 1− 1+
=
c
1− 1+
mc2
1 · 2997924582
≈ 0,940c.
(1.2)
Svar: Kroppens fart, v = 0,94c.
4p
2
Radonvatten
Givet:
Delningsförhållandet:
D= 44,8 %
Känsligheten:
K= 4 %
Volymen:
V = 0,8 liter
Pulsfrekvens:
f = 8,1 pulser/s
Radonaktiviteten, ARn , och Bi-214-aktiviteten, ABi är lika stora.
2p
a)
Sökt:
Radonaktiviteten per liter vatten, ARn .
Lösning:
Aktiviteten per liter vatten ges av
ARn = ABi =
f
8,1
=
≈ 565 Bq/l. (2.1)
D·K·V
0,448 · 0,04 · 0,8
b)
Givet:
Tid från provtagning:
ms = 6,0 kg
kO = 0,175 m
mk = 0,15 kg
nk = 4
ω1 = 120 varv/min
r1 = 0,100 m
r2 = 0,200 m
Sökt:
Skivans vinkelhastiget efter att kulorna
åkt ut från avstånd r1 till avstånd r2 från
rotationsaxeln O.
Lösning:
Låt läge 1 vara initialt läge och läge 2
vara när kulorna är på avstånd r2Pfrån O.
Frånvaron av externa moment ( τext =
0) gör att rörelsemängdsmomentet bevaras enligt impulsmomentlagen:
Z X
τext dt = L1 − L2 = 0 ⇒ L1 = L2 .
nk mk r12 + ms kO2
nk mk r22 + ms kO2
≈109,6 varv/min.
= 120 ·
(3.1)
(3.2)
(3.3)
(3.4)
(3.5)
4 · 0,15 · 0,12 + 6 · 0,1752
4 · 0,15 · 0,22 + 6 · 0,1752
4p
Givet:
Ringmassa
Ekermassa
Sökt:
Ekerlängd = hjulradie
Initial vinkelhastighet
Radioaktiviteten i vattnet vid provtagningen, ARn,0 , samt jämföPlanets lutning
relse med aktuella gränsvärden.
Lösning:
Sönderfallslagen N = N0 e−λt i aktivitetslagen A = λN ger A = Sökt:
A0 e−λt för Rn:
Sträckan hjulet rullar.
ARn = ARn,0 · e−λRn ·t = ARn,0 · e− ln 2·t/TRn,1/2 ⇒
(2.2) Lösning:
ARn,0 = ARn · eln 2·t/TRn,1/2
=
K1 + U
U
Wövr
g1 + e1 + (2.1)
= 565 · eln 2·5/3,8235 ≈ 1399 Bq/l,
(2.3)
K
U
(4.1)
2 + U g2 + e2 ,
där
med data från PH T-6.3:
Halveringstid för Rn-222:
T Rn,1/2 = 3,8235 dygn
Ug2 = mtot gs·sin φ.
(4.2)
t= 5 dygn
a(∆t) = 0 = 5 − k · 10 ⇒ k = 0,5.
(5.2)
Definitionen på acceleration a = dv/dt skrivs om och integreras:
Z v
Z t
Z t
dv = a dt ⇒
dv =
a dt =
(a0 − k · t) dt
0
(3.6)
Rullande hjul
4p
5
Avtagande acceleration
Givet:
Initialacceleration:
a0 = 5,0 m/s2
Tid:
∆t= 10 s
Accelerationen minskar linjärt till noll på tiden ∆t.
Sökt:
Sträckan, s, bilen rör sig under tiden ∆t.
Lösning:
Accelerationen beskrivs av räta linjens ekvation y = kx + m:
a(t) = a0 − k · t.
(5.1)
Givet:
(5.1)
Kommentar: Mekaniska energisatsen kan inte användas eftersom det övriga arbete som inträffar när kulorna stannar är
okänt.
4
ω2 l2 M+4m
g sin φ M+6m .
Svar: Skivans vinkelhastighet efter att kulorna rullat ut blir ω2 =
110 varv/min.
2p
2015-03-27
i (4.3) med (4.4):
Icm ω2 mtot v2cm ω2
K1 =
+
=
(Icm + mtot l2 )
2
2
2
ω2 2
ω2 l2
=
(l (M + 2m) + mtot l2 ) =
(M + 2m + mtot ). (4.6)
2
2
(4.6), (4.2) i (4.1) med mtot = M + 6m:
ω2 l2
(M + 2m + M + 6m) = (M + 6m)gs·sin φ
2
ω2 l2 M + 4m
.
(4.7)
⇒s =
g sin φ M + 6m
Svar: Hjulet rullar sträckan
Rörelsemängdsmoment, stel kropp, L = IO ω i (3.1):
I1 ω1 = I2 ω2 .
Masströghetsmomenten I1 & I2 :
I = nk Ik + Is ,
där skivans tröghetsmomentet kring O är
Is = ms kO2 (definition av tröghetsradie)
och en kulas tröghetsmomentet kring O (ICM = 0) är
Ik = mk r2 (tröghetsmoment för en partikel),
där r är kulornas avstånd till O. (3.5) & (3.4) i (3.3) i (3.2):
nk mk r12 + ms kO2 ω1 = nk mk r22 + ms kO2 ω2 ⇒
ω2 =ω1
0
0
⇒ v = a0 · t − k · t2 /2. (5.3)
Definitionen på hastighet v = dx/dt skrivs om och integreras:
Z s
Z t
Z t
(5.3)
dx = v dt ⇒
dx =
v dt =
(a0 t − kt2 /2) dt ⇒
s = a0 t2 /2 − kt3 /6
0
(5.1,5.2)
=
0
0
5·102 /2 − 0,5·103 /6 ≈ 167 m. (5.4)
Svar: Sträckan bilen rör sig är s = 0,17 km.
M
m
l
ω
φ
2
1
ω
s
φ
Icm ω2 mtot v2cm
+
, (4.3)
Svar: a) Radonaktiviteten är ca 0,6 kBq/liter.
2
2
b) Radonaktiviteten vid tiden för provtagningen var drygt Hjulets masströghetsmoment:
1 kBq/liter, vilket är mer än gränsvärdet 1 kBq/liter och
Icm = Iring + 6Ieker = Ml2 + 6ml2 /3 = l2 (M + 2m),
(4.4)
därmed är vattnet otjänligt.
med
Iring ur PH F-1.10, nr 8 och Ieker ur PH F-1.10, nr 1. Rullning
3p
3
utan glidning:
Kulor i skåror
Givet:
vcm = lω.
(4.5)
K1 =
1(2)
c Erik Elfgren
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
F0006T
2015-06-04
09:00 – 14:00
4. (4 p) En kraft på F = 60 N anbringas på en ospänd fjäder, varvid denna förlängs y1 = 40 cm.
Kraften tas bort och man hänger upp fjädern vertikalt och hänger på en vikt med okänd massa m.
Systemet försätts i svängning i y-led, och svängningstiden uppmäts till T = 1,3 s.
Tentamen i:
Fysik 3
a) (2 p) Hur stor är massan m?
Antalet uppgifter:
5
b) (2 p) Hur stor kraft utövar fjädern på massan m, då denna under svängning befinner sig y2 =
2,0 cm ovanför jämviktsläget?
Examinator:
Erik Elfgren
5. (4 p) Ett tunnväggigt rör med massan Mr = 1,2 kg och radien Rr = 0,25 m rullar utan att glida
nedför ett lutande plan som bildar vinkeln θ = 30◦ med horisontalplanet. Vilken hastighet, vr , har
röret efter att ha rullat sträckan L = 3,0 m utefter planet då det startar från vila?
Nya Fysikalia
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
Resultatet anslås:
Mitt LTU, 2015-07-02
Övrigt:
4: 12,5–15 p
5: 15,5 p –
(inkl. bonuspoäng)
a) (0,5 p) En person springer förbi dig med farten 0,9c. Hur ändras ditt synintryck av den personen?
b) (0,5 p) Ett objekt rör sig med farten 0,9c och du vill accelerera objektet. Krävs det lika stor kraft
om accelerationen sker i sidled som om den sker längs med rörelsen? Ingen motivering krävs.
c) (0,5 p) Hur kommer det sig att myoner som skapas av kosmisk strålning når ner till markytan
trots att de borde sönderfalla innan?
d) (0,5 p) En elektron har rörelseenergin Ke = 5 keV. Rör den sig då med relativistisk hastighet?
e) (0,5 p) Om en tvilling stannar på jorden och en accelererar ut i rymden till en hastighet nära
ljusets och sedan återvänder till jorden, vilken av de två tvillingarna är äldst när rymdtvillingen
landar på jorden igen?
f) (1,5 p) Om totalenergin för en partikel är dubbelt så stor som viloenergin, vad är partikelns
hastighet uttryckt i ljushastigheten, c? Beräkning fordras.
2. (3 p) Vilken maximal hastighet får en elektron från beta-sönderfall av C-14? Svaret ska uttryckas
i enheten c (ljushastigheten), och den kinetiska energin ska räknas fram, inte tas direkt från formelsamlingen. Dotterkärnans rekyl kan försummas i beräkningen av elektronens hastighet. Räkna
med att C-14-atomen har massan 14,003242 u.
3. (3 p) En rymdskyttel avfyras vertikalt uppåt från jordens yta, vid ekvatorn, med den höga hastigheten 9,5 km/s. Om inget luftmotstånd fanns, hur högt upp skulle skytteln då nå?
1(2)
2(2)
2015-06-04
(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
0,5 p
a)
0,5 p
b)
1(2)
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 :
=(mC − mN )uc2 = (14,003242 − 14,00307400)uc2
2
c Erik Elfgren
2015-06-04
Svar: Skytteln når höjden 17·106 m över marken.
=(mC − ((mN − me ) + me + 0))uc2
=0,000168 uc ,
(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
1
Ke
Ke =  p
= p
− 1 me c2 ⇒ 1 +
Svar: Nej, det krävs mindre kraft i sidled än i rörelsens riktning.
2 /c2
me c2
1
−
v
1
−
v2 /c2
s
!−2
!−2
Ke
Ke
0,5 p
c)
⇒ v=c 1− 1+
⇒ 1 − v2 /c2 = 1 +
2
2
m
c
m
c
e
e
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)
−4 uc2
5,48579911
·
10
Kommentar: Man kan lika väl säga att den sträcka som myoner2
na upplever att de färdas längdkontraheras så att den blir kortare där vi använt elektronens viloenergi, me c , 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
Kommentar: Ee = me c2 + Ke = γme c2 . Om Ke ≈ 0,01 · me c2 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:
Initial vertikal hastighet vid ekvatorn:
v1 = 9,5 km/s
0,5 p
e)
Jordtvillingen är äldst pga relativistiska effekter (rymdtvillingen Sökt:
Hur högt skytteln når.
Lösning:
Kommentar: Med en konstant accelereration på 1 g kan man nå Mekaniska energisatsen, 1→2:
K1 + Ug1 + U
e1 + Wövr =
1,5 p
f)
K
U
(3.1)
2 + U g2 + e2 ,
Givet:
med den gravitationella potentiella energin:
m·M
m·M
E = 2mc2 .
(1.1)
Ug1 = −GN
= −GN
Lösning:
r1
R
m·M
m·M
= −GN
(3.2)
Ug2 = −GN
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):
√
!
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
v2 /2
v2 /2 
 1
1
1
Givet:
⇒
= − 1
⇒ h =  − 1  − R
R + h R GN M
R GN M
Beta-sönderfall av C-14.
!−1
Sökt:
95002 /2
1
⇒h=
−
Maximal energi för elektronen.
−11 · 5,97219 · 1024
6
6,6738
·
10
6,37816
·
10
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
−11
2
Gravitationskonstanten ( T a) :
GN = 6,6738·10 N m /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
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
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 .
vcm = Rr ω ⇒ ω = vcm /Rr
i (5.3) med (5.4):
Icm v2cm Mr v2cm
v2
K2 =
+
= cm2 (Icm + Mr R2r )
2
2
2Rr
2Rr
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.
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:
F2
=
(4.1,4.2)
=
(4.3)
k(yj − y2 ) = mg − ky2
60
6,426 · 9,82 −
· 0,02 ≈ 60,1 N.
0,4
(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:
Rullande rör
Sökt:
Hastigheten, vr efter sträckan L.
Lösning:
=
K
U
Wövr
1 + U g1 + e1 + K2 + U
U
(5.1)
g2 + e2 ,
där
Ug2 = Mr gs·sin θ.
K2 =
Icm ω2 Mr v2cm
+
.
2
2
4p
Mr = 1,2 kg
Rr = 0,25 m
θ = 30◦
L = 3,0 m
(5.2)
(5.3)
2(2)
c Erik Elfgren
Ämneskod-linje
Tentamensdatum
Skrivtid
Tentamen i:
Fysik 3
Antalet uppgifter:
5
F0006T
2015-08-25
09:00 – 14:00
Examinator:
a) (3 p) Vilken vinkelhastighet har dörren efter att kulan fastnat?
Erik Elfgren
b) (1 p) Om det tar 1,2 ms för kulan att fastna i dörren, med
vilken kraft (medelvärdet) påverkar kulan dörren under denna tid?
Nya Fysikalia
Obs!
Betygsskala:
3: 9–12 p
Anvisningar:
Resultatet anslås:
Mitt LTU, 2015-09-22
Övrigt:
4: 12,5–15 p
4. (4 p) En smal, homogen dörr har bredden 1,0 m, höjden 2,1 m
och massan 32 kg. Dörren är upphängd i friktionsfria gångjärn, så att den kan rotera kring en vertikal axel längs ena
långsidan, se figur, där dörren ses uppifrån. En pistolkula
med massan 21 g avfyras mot dörren och har hastigheten
400 m/s då den träffar dörrens mittpunkt. Kulan fastnar i
dörren.
5: 15,5 p –
(inkl. bonuspoäng)
5. (4 p) En trumma har radien 0,375 m och massan 41 kg samt
tröghetsradien 0,300 m med avseende på rotationsaxeln. En böjlig stålkabel med längden 18 m och massan 3,1 kg per meter är
från början upplindad på trumman med en ände fastsatt på denna. Längden av den fria, nedhängande änden av kabeln är då
x = 0,60 m, se figur. Trumman släpps fri från vila, varvid den
börjar rotera och kabeln rullar av utan att glida relativt trumman. Beräkna trummans vinkelhastighet då x = 6,0 m. Masscentrum för den del av kabeln som fortfarande är upplindad
på trumman antas ligga i trummans rotationsaxel under hela
rotationen. Trumman antages rotera friktionsfritt.
1. (3 p) Elementarpartikeln π− (negativ pion) är instabil. I partikelns referenssystem är medellivslängden 0,026 µs. I ett laboratorium mäts emellertid medellivslängden till 0,420 µs. Beräkna partikelns
fart relativt laboratoriet, uttryckt i ljushastigheten c.
2. (4 p) Ett radioaktivt prov innehåller en blandning av fosforisotoperna P-32 och P-33 men inget
annat. En inledande mätning visar, att av den totalt uppmätta aktiviteten från provet, så kommer
10,0 % från P-33. Beräkna hur många dygn måste man vänta för att 80,0 % ska komma från P-33.
höger. Dess massa är 3,0 kg. Vad är skivans masströghetsmoment
med avseende på y-axeln? Vad är masscentrums y-koordinat för
skivan?
1(2)
2(2)
2015-08-25
(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.
3p
1
Relativistisk pion
Givet:
Pionens halveringstid i dess vilosystem:
T 0 = 0,026 µs
Pionens halveringstid i labb:
T = 0,420 µs
Sökt:
Pionens fart relativt labbet, u.
Lösning:
Myonen rör sig med relativistik hastighet relativt labbet och därmed dilateras tiden:p
T = T 0 · γ = T 0 / 1 − u2 /c2 ⇒ 1 − u2 /c2 = (T 0 /T )2 ⇒
p
p
u = c · 1 − (T 0 /T )2 = c · 1 − (0,026/0,420)2
≈ 0,9981 c.
(1.1)
Svar: Pionens fart relativt labbet är 0,998 c.
Kommentar: Avrundning till 2 värdesiffror ger ett orimligt svar.
4p
2
Fosforsönderfall
Variabler:
Givet:
Initial andel aktivitet P-33 i provet:
Slutlig andel aktivitet P-33 i provet:
A033
A133
A032
A132
A033 /(A033 + A032 )= 0,1
A133 /(A133 + A132 )= 0,8
Sökt:
Antal dygn innan 80 % av aktiviteten kommer från P-33.
Lösning:
Initialt förhållande mellan aktiviteterna:
A033
A0 + A0
A0
= 0,1 ⇒ 33 0 32 = 10 ⇒ 032 = 9.
A033 + A032
A33
A33
Slutligt förhållande mellan aktiviteterna:
A133
A1 + A1
A1
4
5
1
=
⇒ 33 1 32 =
⇒ 132 = .
4
A133 + A132 5
A33
A33 4
(2.1)
− Tln 2 t1
33
(2.3)
− ln 2 t
(2.4)
A132 = A032 e T32 1 ,
där halveringstiderna fås ur T j2:
Halveringstid P-32:
Halveringstid P-33:
Kvoten (2.4)/(2.3) blir
A132
− Tln 2 t1
32
A032 e
T 32 = 14,263 dygn
T 33 = 25,35 dygn
A032 − ln 2· T1 − T1 t1
32
33
e
0
A33
=
⇒
A033 e− Tln332 t1
 1 , 0 
!
 A A32 
1
1
 = − ln 2 ·
ln  32
−
t1 ⇒
T 32 T 33
A133 A033
1 0 A
A
ln A132 A320
ln 14 /9
(2.1,2.2)
33
33
= −
⇒ t1 = −
1
ln 2 · T132 − T133
ln 2 · 14,263
−
A133
=
≈ 168,60 dygn.
1
25,35
M= 3,0 kg
R = 0,100 m
h = 0,280 m
b = 0,200 m
Sökt:
Masströghetsmomentet kring y-axeln. Masscentrums ykoordinat.
Lösning:
Skivan består av en rektangel (index r) utan hål och ett utskuret
hål (index h). Massorna är
(3.1)
mh = σ·Ah = σ·π·R2 /2,
M
M
3
σ=
=
=
2
A
bh − πR
0,2 · 0,28 −
(3.2)
π0,12
2
≈ 74,5 kg/m2 .
2
P
Iy = Iyr − Iyh ,
där
!
R2
sin π
R2
Iyh = mh
1+
= mh ·
( T g2-4)
4
π
4
(3.3)
(3.4)
(3.5)
2
Iyr,cm = mr ·b /12, ( T g1-13)
och Steiners sats, I = Icm + md2 ger:
(3.6)
Iyr = Iyr,cm + mr (b/2)2 = mr b2 /12 + mr b2 /4 = mr b2 /3. (3.7)
(3.5), (3.7) i (3.4):
!
b2
R2 (3.1,3.2)
b2
R2 R2
I y = mr · − mh ·
= (σ·b·h)· − σ·π·
·
3
4
3
2 4
!
!
4
3
4
3
πR (3.3)
0,28·0,2
π0,1
h·b
−
= 74,5
−
=σ
3
8
3
8
≈ 0,0527 kg m2 .
(3.8)
Kroppen är symmetrisk i y-led kring x-axeln. Masscentrum i yled ligger därför vid y = 0.
Svar: Tröghetsmoment kring y-axeln är Iy = 0,053 kg m2 .
Masscentrums y-koordinat är ycm = 0 mm.
4
Givet:
Kulmassa:
Kulfart:
Dörrmassa:
Dörrbredd:
Dörrhöjd:
Stöttid:
(2.5)
Svar: Det tar 169 dygn innan 80 % av aktiviteten är från P-33.
Kommentar: Det skulle också gå att omvandla alla tider till sekunder och sedan tillbaks till dygn, men eftersom indata är i dygn
är det lämpligare att räkna i dygn. Halveringstiderna skiljer sig
obetydligt mellan PH och Nya Fysikalia.
Skiva
(3.6)
(2.2)
Aktivitetslagen A = Nλ i sönderfallslagen N = N0 e−λt ger A =
A0 e−λt . Med λ = ln 2/T 1/2 efter tiden t1 ger för P-33
A133 = A033 e
och för P-32
3
Givet:
Skivans massa:
Hålradie:
Skivhöjd:
Skivbredd:
3p
Kula i dörr
4p
mk = 21 g
vk = 400 m/s
M = 32 kg
b = 1,0 m
h = 2,1 m
∆T = 1,2 ms
3p
a)
Sökt:
Dörrens vinkelhastighet, ω, precis efter stöten mellan kulan och
dörren.
1(2)
c Erik Elfgren
2015-08-25
Lösning:
A
I frånvaron av externa moment bevaras
rörelsemängdsmomentet runt A under
stöten:
vk
M b
L1 = L2 ,
(4.1)
mk
där rörelsemängdsmomentet, L = p⊥ ·
r, före stöten är
+x
L1 = pk · (b/2) = (mk vk ) · (b/2) ≈ 4,20 kg m2 /s
(4.2)
och rörelsemängdsmomentet efter stöten är
L2 = Itot ω,
(4.3)
där Itot = Ik +Id är masströghetsmomentet för kulan+dörren. (4.2)
och (4.3) i (4.1):
mk vk b/2 = Itot ω ⇒ ω = mk vk b/(2Itot ).
(4.4)
Kulans masströghetsmoment fås ur definitionen på masströghetsmoment, I = mr2 (punktformad partikel):
Ik = mk (b/2)2 ≈ 0,005 25 kg m2
(4.5)
och dörrens masströghetsmoment från T g1-1 med radie noll:
Id = Mb2 /3 ≈ 10,67 kg m2 .
(4.6)
(4.5) och (4.6) i (4.4) ger
mk v k b
mk vk
ω=
(4.7)
=
2b (mk /4 + M/3)
2 mk (b/2)2 + Mb2 /3
0,021 · 400
=
2 · 2 · (0,021/4 + 32/3)
≈ 0,3936 rad/s.
b)
1p
där
Ug1 = −m1 gx1 /2
Ug2 = −m2 gx2 /2
(5.2)
(5.3)
K2 = Ik ω22 /2 + It ω22 /2 + m2 v22 /2,
(5.4)
där massan för den utrullade kabeln ges av
m1 = x1 ρ ≈ 1,86 kg
(5.5)
m2 = x2 ρ ≈ 18,6 kg,
(5.6)
och den upplindade kabelns masströghetsmoment ( T g1-2):
Ik = mk R2 = (L − x2 )ρR2 ≈ 5,23 kg m2
(5.7)
(med upplindade kabelmassan mk = (L − x2 )ρ ≈ 37,2 kg) och
trummans masströghetsmoment (ur definition av tröghetsradie):
It = Mk2 ≈ 3,69 kg m2 .
(5.8)
v2 = Rω2 .
(5.9)
i (5.4):
K2 = Ik ω22 /2 + It ω22 /2 + m2 R2 ω22 /2 = ω22 (It + Ik + m2 R2 )/2
(5.7,5.8,5.6) 2 =
ω2 Mk2 + (L − x2 )ρR2 + x2 ρR2 /2
= ω22 (Mk2 + LρR2 )/2.
(5.10)
(5.10), (5.2), (5.3) i (5.1)
−m1 gx1 /2 = −m2 gx2 /2 + ω22 (Mk2 + LρR2 )/2
s
r
ρg(x22 − x12 )
m2 gx2 − m1 gx1 (5.5,5.6)
=
⇒ ω2 =
2
2
Mk + LρR
Mk2 + LρR2
s
3,1·9,82·(62 − 0,62 )
=
≈ 9,70 rad/s. (5.11)
41·0,32 + 18·3,1·0,3752
Friläggning,
Sökt:
A
dörr:
Medelkraften Fm som kulan påverkar dörren
b/2
med under stöten.
Svar: Trummans vinkelhastighet då den utrullade kabellängden
Fm
Lösning:
är x2 = 6,0 m är ω2 = 9,7 rad/s.
Impulsmomentlagen
för
dörren
under
stöten,
R P
y
Mg
τ dt = ∆L:
x
Ld2 − Ld1
Fm · b2 · ∆T = Ld2 − Ld1 ⇒ Fm = 2
,
(4.8)
∆T · b
R P
(med
τ = τm ∆T = Fm · b2 · ∆T ) där
Ld1 = 0, Ld2 = Id ω ≈ 4,198 kg m2 /s.
(4.9) i (4.8):
Id ω − 0
10,67 · 0,3936
Fm = 2
=2
≈ 6,997 kN.
∆T · b
0,0012 · 1
(4.9)
(4.10)
Svar: a) Dörrens vinkelhastighet precis efter stöten är 0,39 rad/s.
b) Medelkraften som kulan påverkar dörren med under
stöten är Fm = 7,0 kN åt höger.
ω−L1
Kommentar: Det går också att räkna på kulan: −Fm = 2 Ik∆T
·b
eller på ändringen i impuls Fm · ∆T = p2 − p1 (eftersom stöten är
k)
.
kort så den knappt hinner rotera) för kulan: −Fm = mk (ω·b/2−v
∆T
4p
5
Kabel på trumma
Givet:
Trum-massa:
Trum-radie:
Trum-tröghetsradie:
Kabel-längddensitet:
Kabel-längd:
Ursprunglig utrullad kabel-längd:
Slutlig utrullad kabel-längd:
Sökt:
Trummans vinkelhastighet ω2 ,
då den utrullade kabellängden
är x2 = 6,0 m.
Lösning:
=
K
U
Wövr
1 + U g1 + e1 + K2 + Ug2 + U
(5.1)
e2 ,
M= 41 kg
R = 0,375 m
k = 0,300 m
ρ = 3,1 kg/m
L = 18 m
x1 = 0,60 m
x2 = 6,0 m
ω2
Ug= 0
x1
1
m1
x2
2
m2
2(2)
c Erik Elfgren

Alla tentor med lösningar

Transcription

Similar documents

Lösning

Tenta

Lagningsasfalt

Lösning

Tentamen i Teknisk mekanik (FHL055 för K)

Rättelser Impuls fysik 1 - lab

te14d rörelse prov v1

här. - Westerose.se

Tentamen i SG1140 Mekanik II

Republikansk tårta