SKOLORNAS FYSIKTÄVLING

Storlek: px

Starta visningen från sidan:

Download "SKOLORNAS FYSIKTÄVLING"

Elsa Lindgren
för 7 år sedan
Visningar:

1 SVENSKA DAGBLADET SKOLORNAS FYSIKTÄVLING Kvalificerings- och lagtävling 1 februari 1994 SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET LÖSNINGSFÖRSLAG 1. Med bildens beteckningar har vi R θ F mg Fcosθ = mg Fsinθ = mω Rsinθ Kraftjämvikt i vertikal led Horisontella komponenten av F fungerar som centripetalkraft Detta ger cosθ = g Rω När ω blir mindre än en viss kritiskt vinkelhastighet ω krit = g R så blir cosinus för vinkeln större än 1. Detta svarar fysikaliskt mot att den lilla ringen blir kvar längst ner i undre läget. För att alltså få ett vinkelutslag fordras att den stora ringen roterar med en viss minsta vinkelhastighet. Vi ser också att när vinkelhastigheten blir mycket stor så närmar sig vinkeln θ alltmer 9. En graf över utslagsvinkeln som funktion av vinkelhastigheten kan se ut så här: θ π/ ω krit ω

3 . Vid ett slag med släggan får pålen en viss rörelseenergi. Vid inträngandet i marken utförs ett arbete = produkten av medelkraft och väg varvid pålens rörelseenergi omvandlas till andra energiformer. En viss rörelseenergi behövs därför för att driva ner pålen. Beteckna släggans massa med m och pålens massa med M. Vi kan anta att M>>m. Anta att släggans fart innan den träffar pålen är v och att pålens och släggans gemensamma fart efter den inelastiska stöten är V. Vi använder lagen om rörelsemängdens bevarande i stöten mellan släggan och pålen: mv = ( M + m) V MV Pålens rörelseenergi efter slaget blir 1 MV = M m v M = v M m 1 1 Eftersom släggans farter är desamma ser vi att ett släggslag ger pålen en rörelseenergi som är proportionell mot släggans massa i kvadrat. Detta innebär att den tyngre släggan ger omkring fyra gånger större rörelseenergi per slag och allstå att man måste slå omkring fyra gånger så många slag med den lättare släggan. b) Släggans rörelseenergi före stöten är proportionell mot dess massa. Arbetet att ge släggan denna fart är alltså proprotionellt mot dess massa. Varje slag med den tyngre släggan kräver alltså dubbelt så stort arbete men i gengäld behöver man bara slå en fjärdedel så många slag. Man måste alltså uträtta totalt omkring dubbelt så stort arbete med den lättare släggan.

4 3. Ritas bägarens massa som funktion av tiden, med avdrag för aluminiumstyckets massa för data efter att detta lagts i, får man följande graf Massa/[g] ,5 g Tid[minuter] Ur figuren avläses att 14,5 g kväve förgasades vid kylningen av aluminiumbiten. Värdet beror något på var vi avläser den vertikala differensen mellan de räta linjerna. Vi skall nu beräkna hur mycket energi som aluminiumbiten avlämnat. Eftersom värmekapaciteten inte är konstant måste vi beräkna arean under kurvan för värmekapaciteten från 77 K till 94 K. Detta göres enklast genom att räkna rutor. Man får 38 rutor (glöm inte att räkna de rutor som inte visas i diagrammet, för c mellan och,3). Varje ruta svarar mot,5 1 J/kg dvs totalt 154 J/g. 19,4 g aluminium har då avgett,99 kj och det specifika ångbildningsvärmet för kväve blir,99kj/14,5 g =,1 MJ/kg. Mätningen av den förångade mängden kväve är den storhet som har minst noggrannhet och värdet på ångbildningsvärmet är osäkert med någon enhet i sista decimalen. 4. När blixten slår ner i marken bildas radiella strömmar ut från nedslagsplatsen. Detta ger en elektrisk potential som avtar radiellt utåt. Någotsånär stora fyrfotadjur kommer, om de står med kroppen radiellt ut från nedslagsplatsen, att utsättas för en stor potentialskillnad och därmed stora strömmar genom hela kroppen och genom vitala organ som hjärtat. En tvåfoting som en människa eller en kyckling har ett ganska litet avstånd mellan beröringsytorna på marken och ursätts därigenom för mindre strömmar som ochså går in genom ena benet och ut i det andra, sannolikt ganska obehagligt men med mindre påfrestning på hjärtat.

5 5. 4, g kalium är ganska precis,1 mol. Mängden 4 K i provet var alltså 1 5 mol. Mängden argon kan fås ur allmänna gaslagen pv = nrt Med insatta värden får man mänden argon till 1 4 mol. Vid der radioaktiva sönderfallet omvandlas en kaliumkärna till en argonkärna. Den ursprungliga mängden 4 K i provet bör därför ha varit ( ) mol. Problemtexten ger halveringstiden T 1/ = 1, 1 9 år vilket ger en sönderfallskonstant log T 1 / Vi får ( ) = ( + )e log /, 1, 1 vilket ger t = ln 9 ln r 6. Frekvensen på vågen förändras inte. Vi har därför för amplituderna A 1 och A på vattendjupen h 1 respektive h gh A 1 1 = gh A eller A A 1 h1 = h 1/ 4 Med insatta värden A A 1 = / 4 455, Detta ger en vågamplitud på omkring 9 m. En mer precis teori säger att vågens fart även beror på dess amplitud c = g( h+ A). Man får samma storleksordning på resultatet med betydligt mera komplicerade räkningar.

6 b) Vågens fart blir omkring 1 m/s på öppet hav! Ett fartyg som utsätts för denna våg kommer om vi antar att vi kan approximera vågen med en harmonisk rörelse att röra sig i höjdled enligt πc y = A t = A ft = A t = A sinω sinπ sin sin 66, 1 3 [ s 1 ] t λ Fartygets acceleration på vilken man skulle kunna märka vågen blir dy dt = Aω sinωt Maximala värdet på denna är (6,6 1 3 ) 3 ms ms - - vilket är av storleksordningen en milliondel av den normala tyngdaccelerationen och inte märkbart. 7 a) Varje droppe visar upp en absorberande area som är πr. Varje droppe har en volym som 3 är 4πr / 3. Antalet droppar n per kubikmeter luft som ges av volumen V vatten är då V n = 3 πr 4 3 Betrakta nu ett skikt luft som har arean 1 m och djupet L. Skiktet innehåller 3VL n L 1 = droppar. 4πr 3 Dessa täcker en area (vi antar att de inte skymmer varandra i nämnvärd grad) 3VL 3VL r 3 4πr π = 4r När denna area blir 1 m kan vi räkna med att allt ljus som kommer in i skiktet absorberas. Detta ger L 4r = 3V r V för siktdjupet. Siktdjupet är alltså proportionellt mot dropparnas radie och omvänt proportionellt mot vattenmängden per volym luft. En droppstorlek av,1 mm och med en vattenmängd av 1 cm 3 (1 ml) per m 3 ger ett siktdjup av storleksordningen 1 m dvs ganska tät dimma. Man kan göra en mer exakt beräkning på följande sätt. Betrakta ett luftskikt med den infinitesimala tjockleken dx och arean 1 m. Detta skikt innehåller ett antal droppar som uppvisar en absorberande area

7 n V dx 1 r = 3 π 4r dx Den relativa intensitetsändringen på ljuset ges då av (minus eftersom intensiteten I minskar) di I 3V r dx di 3V = eller = I 4 dx 4r Detta är differentialekvationen för exponentiellt avtagande med lösningen 3 I = I e xv /( 4 r), där I är den ursprungliga intensiteten på ljuset. Man kan nu definiera siktdjupet som det värde på x = L som gör exponenten till 1 varvid man får samma resultat som med det enklare resonemanget ovan. En annan möjlighet är att definiera siktdjupet som den skikttjocklek som gör att intensiteten går ned till hälften. Detta innebär endast en fator log i siktdjupet som blir av samma storleksordning som ridigare. b) När dropparna linjära utsträckning blir mindre än ljusets våglängd konner ljuset inte att ÒseÒ dropparna. Vi kan alltså förvänta att den enkla geometriska modellen ovan bryter samman då dropparnas radie blir av storleksordningen några tiondels µm.

8 8. Dela upp det jordmagnetiska fältet i dess vertikala och horisontella komposant. Den vertikala komposanten inducerar uppenbart ingen ström i ringen eftersom den inte ger något flöde genom ringen. Beteckna det jordmagnetiska fältets horisontalkomposant med B. Anta att ringen roterar med vinkelhastigheten ω. Det magnetiska flöder genom ringen blir då Φ=πrBcosωt där r är ringens radie. ωt är vinkeln mellan normalen till ringplanet och B. Den i ringen inducerade spånningen, e, blir då (vi bryr oss inte om tecknet) d e = Φ = π rb ω sin ω t dt Strömmen i ringen, i, blir e rb i = = π ω sinωt R R där R är ringens resistans. Strömmen i ringen ger upphov till ett magnetfält B 1 som i cirkelns centrum har storleken B i rb rb = µ = µ π ω sinω t = µ π ω sinωt r rr R 1 Detta magnetfält är riktat längs normalen till ringens plan och roterar med denna. Dela upp detta fält i en komposant utefter B:s riktning och en riktning vinkelrätt däremot. Parallellfältet blir µ π rb ω sinωtcosωt R Detta fält har tidsmedelvärdet noll. Det vinkelräta fältet blir µ π rb ω sinωtsinωt R med tidsmedelvärdet rb B1 = µ π ω 4R Detta fält strävar att dra magnetnålen vinkelrätt bort från den ursprungliga riktningen. Kalla vinkelavvikelsen för α. Vi har

9 B 1 µπω r µ π rf tanα = = = B 4R 4R Stoppas textens sifferuppgifter in får man R =,18 mω

Relevanta dokument

WALLENBERGS FYSIKPRIS

WALLENBERGS FYSIKPRIS KVALIFICERINGSTÄVLING 8 januari 016 SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET LÖSNINGSFÖRSLAG KVALTÄVLINGEN 016 1. a) Den stora och lilla bollen faller båda,0 m. Energiprincipen ger hastigheten då