UPPGIFT 1. F E. v =100m/s F B. v =100m/s B = 0,10 mt d = 0,10 m. F B = q. v. B F E = q. E

Transkript

1 UPPGIFT 1. B 0,10 mt d 0,10 m F B q. v. B F E q. E d e F E F B v 100m/s E U / d F B F E q v B q U d Magnetfältsiktning inåt anges med U d v B 0, , ,0mV Om elektone utbytes mot potone byte både den elektiska och den magnetiska kaften iktning men deas stolek ändas ej. Gavitationskaftens stolek ä fösumba F B d p v 100m/s F E Sva: Använd spänningen 1,0 mv, se figu. Potone käve ingen änding!

2 UPPGIFT. Ju höge upp stålen falle ( ju stöe x ) desto stöe bli infallsvinkeln i och dämed bytningsvinkeln b. Men det stösta x-väde vi kan välja ä nä bytningsvinkeln ä 90 o dvs. då infallsvinkeln gänsvinkeln x i b 1,5 sin i g 0 sin 90 i g 41,8 o x sin i g x 5,0 x 3,3 cm Avståndet a mellan pismats vänsta kant och dä stålen täffa bodet fås u den ätvinkliga tiangeln b90 o 5,0 cm x i a 5,0 / cos 41,8 o 6,71 cm Sva: Det sökta avståndet ä ( 6,71-5,0 ) cm 1,71 cm

3 UPPGIFT 3 Avståndet till solen R 1, m Vaje m motta vaje sekund enegin 1360 J. Totalt utståla solen vaje sekund enegien 4 π R π (1, ) , J På 4, å bli denna enegi 4, , , J Hu många heliumkäno motsvaa detta då vaje heliumkäna ha gett en enegi på 6, , J? N , , ,7 10 1,6 10 käno Vilken massa motsvaa detta då vaje heliumatom väge 4,00 u 4,00. 1, kg m 1, ,00 1, , kg Då solens massa ä 1, kg utgö den bildade heliummängden 8 8,5 10 0,04 4,% 30 av solens massa. 1, Solen måste fån böjan ha innehållit me än 0 % helium. Sva: Solen ha unde sin livstid tillvekat 8, kg väte; detta ä endast 4, % av den nuvaande solmassan. Rimligen bö då det gasmoln som bildat solen ha bestått av åtminstone 0 % helium.

4 UPPGIFT 4 Fån böjan fanns det lika sto andel U 35 -atome som U 38 -atome. U tabell ehålles de två isotopenas halveingstide till 7, å fö U 35 och 4, å fö U 38. Söndefallet av en adioaktiv isotop ges av: ln N N t 0 exp T1 Kvoten mellan två isotope A och B bli: N N A 0, A ln ln exp t N N B 0, B T1, A T1, B I våt fall med 38 U och 35 U och med N 0 lika fö isotopena få vi: N ln ln 35 0,7 exp t, N 38 T1,35 T1,38 99,8 9 vilket ge t 5,9 10 å. Sva: Uanet bö i så fall ha bildats fö 6 miljade å sedan; detta ä tidigae än solen ha bildats (4,5 miljade å sedan).

5 Uppgift 5. Vid jämviktsläget ä linans längd l 1 15 m Linans ä uttänjd Δl 1 Hä gälle att kaften fån linan F 1 mg dvs 1 m k l1 m g...( 1 ) Längst ne gälle att föload lägesenegi upplagad ( potentiell ) enegi i linan l k m g h... ( ) k l k l1 h ( 1 ) och ( ) ge att... ( 3 ) Då linans uspungliga längd ä l 0 fås att Δl 1 15 m - l 0 och att Δl 3 m - l 0 Insättes detta i ekv.... ( 3 ) dä h 5 m fås följande andagadsfunktion 15 m 50 (15 l l 0 ) (3 0 ) som ge att l 0 13 m Metod 1: Stösta hastighet v ehålles vid jämviktsläget. Dä gälle att föload lägesenegi ha blivit öelseenegi + potentiell enegi i fjäden. Hoppaens fallhöjd sättes till h j 17 m ( se figu ) m g h m g 17 j m v m v k l1 + + m g dä k. Δl 1 mg 5 m v 3 g v 17,7 m/s Stösta acceleationen a ehålles i nede vändläget. Linans k-väde ehålles u ekv....( 1 ) dä Δl 1 m Linan ä uttänjd 10 m och ha k mg/ F lina m g + m a m g 10 m g + m a a 4g 39 m/s Metod : Altenativ lösning: Hamonisk svängning v A. ω och a A. ω dä A 8 m och ω k m m g m g 8 m

6 Uppgift 6. Texten bö tolkas så att utstålad effekt/aeaenhet beo av skikttjockleken Δx samt tempeatuskillnaden ΔT. P T a) Dimensionsesonemang ge att det bö gälla att ut κ dä κ ä A x vämeledningsfömågan. Häav P ut, 0 A W/(K. m). 30 K/(1000 m) 0,060 W/m 4 b) Jodklotets massa ä π R 3 ρ, om R jodklotets adie och ρ dess densitet. 3 Antag att fö vaje kg sten det poduceas ε W/kg. Sätt R m, ρ kg/m 3 och ε W/kg. 4 3 π R ρ ε P ut 3 Rρ ε W/m 4,67 W/m A 4π R 3 Sva: Slutsatsen bli att om hela joden hade samma koncentation av adioaktiva element som det finns i jodskopan, skulle den utstålade effekten vaa mycket stöe än vad den ä. Så kan alltså inte vaa fallet!

7 Uppgift 7. På joden: höjdhoppaen höje sin tyngdpunkt h, till detta kävs enegien W Abetet fö massan m att lämna en himlakopp med adien ä W dä ä koppens adie, M dess massa och G gavitationskonstanten. Med M ρv ge detta (ρ himlakoppens densitet, V dess volym) GMm mg jh dvs GMm h mg j Gρ 4π 3 g jh 3 Detta ge, med h 1,5 m, 5,1 km. g jh 3 G ρ 4π Altenativ lösning genom att använda flykthastigheten enligt enegipincipen; ge samma uttyck som ovan. GM v g j h Sva: Minsta adie 5,1 km.

8 Uppgift 8. a) Vi utgå fån att Newtons laga gälle fö de tänkta negativa massona. Enligt Newtons gavitationslag påveka två positiva masso m 1 och m vaanda med kaften m1m F G, dä G ä univesella gavitationskonstanten och ä avståndet mellan massona. Vi vet dessutom att massona attahea vaanda och acceleationena ä iktad som kaftena. m1 m F F Byte vi nu ut m 1 och m mot två negativa masso m1 espektive m påveka dessa vaanda med kaften ( m1 )( m ) m1m G G, så vi da slutsatsen att kaftpåvekan mellan de negativa massona se likadan ut som i figuen ovan m 1 m F F Vi få dock en skillnad gentemot fallet med positiva masso. Enligt Newtons anda lag ä acceleationen fö espektive patikel F m F m1 a1 G a G, m1 m som båda ä negativa (i figuen nedan ä m1 < m, dvs m 1 > m ). m 1 m a a 1 Om epulsion innebä att patiklana acceleea ifån vaanda kan vi alltså da slutsatsen att negativa masso epellea vaanda. 8.b) En patikel med positiv massa m 1 och en patikel med negativ massa m påveka vaanda med kaften m1 ( m ) m1m G G. Detta ge följande kaftsituation m 1 m F F Men pecis som i föegående fall komme acceleationen på den negativa massan att motsatt iktning jämföt med kaften som påveka den, medan den positiva massan få en acceleation i samma iktning som kaften som påveka den. De acceleea däfö åt samma håll. Om massona ha samma stolek komme acceleationena att ha samma stolek. Om m 1 till belopp ä stöe än m komme den negativa massan att få en höge acceleation och knappa, om det få fotgå, in på den positiva massan tills de slås samman. Om m 1 till belopp ä minde än m komme den negativa massan att få en läge acceleation och den positiva massan komme att avlägsna sig fån den negativa i det långa loppet. (Man kan även visa att enegien och öelsemängden inte kan bevaas i alla fallen.)