Lösningsförslag. Universitetet i Linköping Institutionen för Fysik och Mätteknik Arno Platau. Tentamen för "BFL 110, Tekniskt Basår, Fysik del 3"

Transkript

1 1 Uniersitetet i Linköping Institutionen för Fysik oh Mätteknik Arno Platau Lösningsförslag entamen för "BFL 110, ekniskt Basår, Fysik del 3" Onsdagen den 6 Maj 004, kl. 8:00-1: I ett hamninlopp, där ebb oh flod förekommer, ligger en sandbank 4,0 m under lågattenniån. En iss dag, med lugnt oh akert äder, inträffar lågatten klokan 7.30 oh nåsta högatten kl Maximala niåskillnaden mellan ebb oh flod är 8,0 m. När (efter 7.30) kan fartyget M/S Johanna a Umeå med 11,0 m djupgående tidigast lämna hamnen? idattenniåns rörelse kan antas ara en harmonisk sängningsrörelse. I diagrammet återges attenhöjd attenniån öer sandbanken som funktion a tiden (klokan). Från lågattenniån till högattenniån går 6 timmar oh 30 minuter. Denna tiden motsarar hala periodtiden. Periodtiden blir 13 timmar. Maximala niåskillnaden mellan ebb oh flod är 8,0 m tid oh är dubbla amplituden. Vattenniån sänger omkring medelniån på 8,0 m med amplituden 4,0 m mellan 4,0 m oh 1,0 m. Vi kan teknar attenhöjd som yt () mh + a sin( ωt) y(t) är attenhöjd, t 0 klokan 10.45, mh är medelniån, mh 8,0 m, a är amplituden,

2 π a 4,0 m, oh ω -. Vi söker tiden t 1, så att y(t 1 ) dg, dg är djuptgående, dg 11,0 m. yt ( 1 ) dg mh + a sin( ωt 1 ) som ger a sin( ωt 1 ) dg mh oh sin( ωt 1 ) dg mh 11, 0 8, 0 - a 40, 3 4 oh slutligen t 1 3 arussin , 0, ω π - 3, 1416 h 1, 7547 h eller t 1 1 h 45 min 17 se. Från starten går tiden /4 + t 1 oh klokan blir Sar: Första möjlig passagetid är kl 1:30.. Vid hastigheten 83 km/h uppträder i en bil starka ibrationer, ett resonansfenomen som ursakas a obalans i ett framhjul. Däken har en yttre diameter a 6 m. Bestäm frekensen hos de uppkomna ibrationerna. Sängningarna beror på obalans i hjulet. En period,, motsarar tiden för hjulet att snurra ett ar. Däken rullar, därför är hastigheten, : πr där r är hjulets yttre radie, oh d är hjulets yttre diameter. πd - Frekensen blir då: f Sar: Resonansfrekensen är 1 Hz πd 3 -, , 6 H z 11, 8 H z 3. Vid spektraluppdelning a gult Na-ljus erhåller man tå linjer med myket liten åglängdsskillnad. Man finner id ett försök med gitter att ljus som ger den första linjen, alänkas 31,0 o från gitternormalen oh ljus som ger den andra 31,4 o. Den kortare åglängden är 589,0 nm. Beräkna härur den längre åglängden. Båda aläsningarna har gjorts i första ordningens spektrum. Ljuset infaller inkelrätt mot gittret. Gitterformeln: nλ d sinα n där n är interferensordeningen, (0, 1,, os), d är gitterkonstanten, oh α n är alänkningsinkeln. Första ordning, n 1.

3 3 Den kortare åglängden, 589,0 nm, får den mindre alänkningsinkeln, α 11 31,0 o, oh ger gitterkonstanten: d sinα 11 oh d - sinα 11 Den sökta större åglängden beräknas ur λ, med α 1 31,4 o d sinα 1. λ sinα 1 589, 0 sin( 31, 4 o ) - - sinα 11 sin( 31, 0 o nm 589, 6788 nm ) Sar: Våglängden är 589,7 nm. 4. En mattlakerad kub a massit järn har kantlängden 5 m. Kuben hettas upp oh man mäter sedan den utsända strålningen id olika åglängder. Intensiteten hos denna strålning är ritad som funktion a åglängden i diagrammet. Vilken effekt ager järnkuben, om man kan anta att dem strålar som en absolut sart kropp? 5,0 Våglängden i spektralfördelningens maximum, λ max, läser i ur diagrammet som, λ max 5,0 µm. Wiens förskjutningslag λ max, mk ger oss då kubens temperatur:, , 10 6 K 579, 56 K Enligt Stefan-Boltzmanns lag är emittansen: M σ 4 P - A med σ 567, 10 8 W - m K 4, är temperatur i Kelin, P är effekten. Kubens area är 6 05, m (Kuben har 6 sidor.) Det ger effekten: P A σ 4 6 0, 5 567, W, 406 kw. Sar: Den utstrålade effekten är,4 kw.

4 4 5. En partikel har ilomassan m. Vid ilken hastighet blir dess rörelsemängd m lika stor som där är ljushastigheten? Relatiistiska uttryken för rörelsemängd oh totalenergi är: (1) p m - oh () E (m är ilomassa) m - p Det följer: (3) eller (4) E p - E riangelekationen kan härledas ur () oh (4): Med () blir: E m oh båda leden kadrerade ger: E ( m ) oh med / enligt (4) fås: E p - som ger E ( m ) E ( p) ( m ) oh slutligen (triangelekationen): E ( p) + ( m ) Enligt uppgiftsställningen är p m: det betyder att p är lika med iloenergin m. E ( p) ( m ) oh E p Med ekation (4) fås: p p 1 Sar: Hastigheten är, m - s

5 5 6. En iss radioakti isotop sönderfaller med β + -sönderfall till Ni. Den frigjorda energin är id detta sönderfall 0,65 MeV. Ni har nuklidmassan 63,97968 u. Vilken är isotopen? Bestämm okså ilket ärde på isotopens massa som denna mätning ger. Laddning oh masstal bearas id en kärnreaktion. Reaktionsformeln blir: 9 Cu 8 Ni + 0 e 1 + 0, 65 MeV ( + neutrino ) Isotopen är alltså Cu. Dess massa bestäms ur reaktionsformeln. Positronen har lika stor massa som en elektron. Denna assa m(e) erhälles från tabell. Eftersom nuklidmassan för Cu inkluderar 9 elektroner men nuklidmassan för Ni endast inkluderar 8 elektroner måste 1 extra elektronmassa adderas till högerleden. Dessutom bildas de ju en positron. I högerleden medräknas således totalt elektronmassor: 9 Cu 8 Ni + 065, m( e) + 931, 5 u 9 Cu 065, 63, , u 63, u, 5 Sar: Isotopen är Cu med massan 63,99763 u.