Svar och anvisningar

Transkript

1 BFL10 1 Tenta Fysik : BFL10 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Den enda kraft som verkar på stenen är tyngdkraften, och den är riktad nedåt. Alltså är accelerationen riktad nedåt. b) Vid kaströrelse gäller y(t) = v 0 t sin α gt där kastvinkeln α = 0 i detta fall, vilket ger: Vi sätter löser ut tiden: y(t) = gt t = y(t) g Eftersom y = 0 vid tiden t = 0 så är y = 56 m vid nedslaget. Numeriskt får vi att: ( 56) t = s = 3,377 s 9,8 Hastighetens x- och y-komposanter vid kaströrelse ges av: och vi får: v x (t) = v 0 cos α v y (t) = v 0 sin α gt v x (t) = 16 cos 0 = 16 i enheten m/s. Hastighetens storlek är: v = v y (t) = 16 sin 0 9,8 3,377 = 33,16 v x + v y = 16 + ( 33,16) m/s = 37 m/s Svar: Nedslag efter 3,4 s, farten är 37 m/s. c) Vinkeln mot vattenytan ges av: θ = arctan Svar: 64 v y v x = arctan 33,16 16 = 64

2 BFL10 Uppgift a) Hastigheten Från ena bilden till den andra har toppen A förflyttas sträckan x = 3 cm. Tiden däremellan är t = 0,1 s. Alltså är hastigheten x t = 3 cm/s = 0,5 m/s. 0,1 Våglängden Vi ser att sträckan från en topp till en annan är 8 cm, vilket innebär att våglängden λ = 8 cm. Frekvensen Med sambandet v = f λ kan vi beräkna frekvensen som f = v λ = 0,5 Hz = 3,1 Hz 0,08 Svar: Hastighet: 0,5 m/s, våglängd: 8 cm, frekvens, 3,1 Hz. b) I formelsamlingen får vi uttrycket för svängningstiden: m T = π k Vi behöver ta reda på fjäderkonstanten. Om fjädern förlängs sträckan x då klossen med massa M hängs i kan vi skriva: enligt Hookes lag. Vi får: k = Nu får vi att svängningstiden blir: Svar: 0,17 s k = F x = Mg x 0,55 9,8 N/m = 70,05 N/m,0 10 0,0 T = π 70,05 s = 0,17 s

3 BFL10 3 Uppgift 3 a) Stående vågor uppkommer då: L = λ, λ, 3λ, λ,... λ = L, L, 3 L, 1 L,... Eftersom f = v λ kan vi beräkna den lägsta frekvensen enligt: och därefter få vi även resonans vid: f 0 = 600 Hz = 1000 Hz 0,30 f = f 1 = 600 Hz = 000 Hz 0, Hz = 3000 Hz 0,30/3 f 3 = 600 Hz = 4000 Hz 0,30/ Endast f 1, f och f 3 ligger inom det angivna intervallet. Man kommer alltså att observera stående vågor vid 1,0,,0 och 3,0 khz Svar: 1,0,,0 och 3,0 khz b) Piloten påverkas av tyngdkraften och normalkraften från sätet. Båda är riktade nedåt i toppläget, mot jorden. Summan av dem utgör en centripetalkraft, F c, som också är riktad nedåt. Piloten känner sig pressad mot stolen av normalkraften från sätet, som vi kan beräkna enligt: Alltså har vi: F c = mg + F N = F N = F c mg och Svar: 3,0 kn ( ) F N = mv v R mg = m R g ( ) (950/3,6) F N = 75 1, ,8 N = 3,0 kn

4 BFL10 4 Uppgift 4 a) Den elektriska kraften på en positiv partikel är riktad parallellt med fältlinjerna. Om vi t ex flyttar en positiv partikel från B mot C så måste vi uträtta ett arbete. Detta arbete blir elektrisk potentiell energi. På motsvarande sätt minskar den potentiella energin om laddningen flyttas längs med fältlinjernas riktning. Partikeln kommer därför att ha lägst potentiell energi i B. Svar: B b) Krafterna måste vara lika stora enligt Newtons tredje lag. Den övre ledaren producerat ett magnetfält som vid den nedre ledaren är riktat in i pappret. Den nedre ledaren befinner sig alltså i ett magnetfält, och om strömmen går åt vänster så ger högerhandsregeln att kraften är riktad nedåt i figuren. Därmed är alternativ B rätt. Svar: B c) Då flödet, Φ, ökar kommer en elektromotorisk spänning (ems), e, att induceras i slingan. e = dφ dt, där flödet beror på flödestätheten, B, och arean, A, som slingan omsluter genom Φ = BA. I vårt fall ändras arean, och spänningen kan skrivas: e = B da dt. Vi sätter ena sidlängden till L = 6,00 cm. Ändringshastigheten för arean kan då skrivas: da dt = Lv Den inducerade spänningen blir då: e = BLv Eftersom vi vet resistansen, R kan vi beräkna strömmen med hjälp av Ohms lag, I = U/R, dvs: I = e R = BLv R Numeriskt: Svar: 0,45 ma I = 0,10 6,0 10 0,15,0 A = 4, A = 0,45 ma

5 BFL10 5 Uppgift 5 a) Brytningslagen säger att: n 1 sin i = n sin b I detta fall är medium 1 oljan och medium luften. Vi sätter luftens brytningsindex till n = 1,00. Vid totalreflektion har vi b = 90 och vi kan beräkna den kritiska vinkeln då den brutna strålen försvinner enligt: Numeriskt får vi: n 1 sin i c = n sin }{{ 90 } i c = arcsin n n 1 =1 i c = arcsin 1,00 1,5 = 41,1 Detta innebär att då i 41,1 sker totalreflektion. Alltså får vi totalreflektion då i = 45 och 60. Svar: 45 och 60 b) Gitterformeln säger att vid maximum gäller: och vi kan lösa ut gitterkonstanten som: d sin α = kλ, k = 0,1,,... d = kλ sin α Vid andra ordningens maximum är k = och vi får numeriskt: d = sin 39,3 m =, m,00 µm När vi vet gitterkonstaten kan vi beräkna vilken avböjningsvinkel som fjärde ordningens maximum (k = 4) skulle svara mot: sin α = kλ d = , = 1,7 Denna ekvation saknar lösning för reella värden på α, alltså kan vi inte se fjärde ordningens maximum. Svar:,00 µm. Man kan inte se fjärde ordningens maximum eftersom det inte finns någon motsvarande avböjningsvinkel.

6 BFL10 6 Uppgift 6 Vi betecknar energin för nivå n enligt: E n = E 0 n, E 0 = 13,6 ev Energin som krävs för att jonisera atomen från nivå n är: ( E E n = 0 E ) 0 n = E 0 n Fotonens energi, E, ska räcka till att jonisera atomen samt ge den kinetiska energin E k, och vi kan teckna sambandet: E = E 0 n + E k och räkna på gränsfallet, då E k = 1 ev. Det räcker att betrakta de mest energirika fotonerna, dvs de med våglängden m, som har energin: E = hc λ = 6, , J = 4, J = 3,100 ev Vi vill nu undersöka vilka nivåer n som kommer ge E k 1 ev. Man kan t ex sätta in olika värden på n, eller lösa ut kvanttalet: Det lägsta kvanttalet är: n = n = E0 E E k 13,6 3, =,54 3 Alltså kan atomerna joniseras om elektronen befinner sig i n 3. Om fotoner större våglängd växelverkar med atomerna så måste n > 3. Svar: n = 3 samt alla högre liggande nivåer.