160322 BFL102 1 Tenta 160322 Fysik 2: BFL102 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Centripetalkraften ligger i horisontalplanet, riktad in mot cirkelbanans mitt vid B. A B b) En centripetalkraft kan tecknas: F c = 4π2 mr T 2 där r är cirkelbanans radie. Radien kan bestämmas med hjälp av snörets längd, L, och Pythagoras sats: r = L 2 (AB) 2 = 65 2 56 2 cm = 33 cm Periodtiden T är: Centripetalkraften blir nu: T = 13,2 10 s = 1,32 s F c = 4π2 mr T 2 = 4π2 0,33 0,22 1,32 2 N = 1,6 N Svar: 1,6 N c) Vi tecknar jämviktsvillkoret för kraftmomenten: Numeriskt få vi alltså att: Svar: 2,0 kg 5mg 2d 3 = dmg + (d + d 2 )mg 5m 3 3 = M + 4 3 m 10m/3 = M + 4m/3 M = 6m/3 = 2m M = 2 1,0 kg = 2,0 kg
160322 BFL102 2 Uppgift 2 a) Då kulan är i luften är det endast tyngdkraften som verkar på den. Alltså är accelerationen konstant under rörelsen, och C stämmer bäst. Svar: C b) Vi beräknar först tiden det tar för kulan att landa och sätter y = 0. dvs Denna ekvation har lösningarna: och den rot vi är ute efter är: y = v 0 t sin θ gt2 2 = 0 ( t v 0 sin θ gt ) = 0 2 t = 0 eller t = 2v 0 sin θ g t = 2v 0 sin θ g = 2 16 sin 27 9,82 s = 1,479 s Kastlängden blir då: x(1,479) = 16 1,479 cos 27 m = 21 m Svar: 21 m c) Hastighetsvektorn har två komposanter: v x och v y. Den lägsta hastigheten uppnås då den horisontella komposanten är noll: v y = 0 vilket sker i den högsta punkten i banan. Då har vi att: Svar: 14 m/s v = v x = v 0 cos θ = 16 cos 27 m/s = 14 m/s
160322 BFL102 3 Uppgift 3 a) Brytningslagen: n 1 sin α 1 = n 2 sin α 2 Vi kallar vattnets brytningsindex n 1 = 1,33. För att ta reda på gränsvinkeln för totalreflektion sätter vi brytningsvinkeln till θ 2 = 90, och löser ut vinkeln α = θ: 1,33 sin θ = 1 sin 90 vilket ger vinkeln: Svar: 48,8 sin θ = 1 1,33 θ = 48,8 b) Punkt P ligger uppenbarligen på centrallinjen som passerar mellan A och B. På denna linje är utslaget maximalt (eftersom högtalarna svänger i fas, med samma frekvens och amplitud). Q ligger på andra ordningens buklinje, eftersom ytterligare ett maximum fanns mellan P och Q. Alltså gäller: QA QB = 2λ Vi ser att: och vi får: dvs Frekvensen fås nu med: QB = 4 2 + 3 2 m = 5 m QA QB = 4 5 m = 1 m λ = 0,5 m f = v λ = 340 Hz = 0,68 khz 0,5 Svar: 0,68 khz
160322 BFL102 4 Uppgift 4 a) Våglängden motsvarar fotonenergin: E = hc λ = 6,626 10 34 2,998 10 8 310 10 9 J = 6,4 10 19 J = 4,0 ev Startnivån är alltså vid 6 ev. E / ev 0-5,0-10,0 startnivå slutnivå -15,0 Svar: Startnivån är vid 6 ev, enligt figuren ovan. Saturday, March 26, 2016 b) För att en foton ska kunna excitera atomen ska energiskillnaden vara exakt 5 ev. Alternativ B är alltså falskt. Däremot kan en elektron lämna ifrån sig en del 5 av sin rörelseenergi och excitera atomen, dvs alternativ A är sant. För att jonisera atomen måste man tillföra minst 15 ev, men det finns ingen övre gräns. Resten av energin blir till rörelseenergi hos den frigjorda elektronen. Alternativ D är sant, och därmed är C falskt. Svar: A och D c) Fotoelektriska lagen ger den högsta rörelseenergin som en frigjord elektron kan ha: E k = hf φ Om sådana elektron bromsas av spänningen U kan vi skriva: E k = eu där e är elementarladdningen. Alltså har vi: Numeriskt får vi: φ = hf eu φ = ( 6,626 10 34 670 10 12 1,602 10 19 11 10 3) J = 4,4218 J = 2,76 ev 2,8 ev Svar: 2,8 ev
160322 BFL102 5 Uppgift 5 a) Vid nedre vändläget är kraften från fjädern som störst. Vi ser i grafen att periodtiden är T = 1/2 s och att vikten är i jämviktsläget då t = 0. Övre vändläget passeras då t = T/4, 5T/4,... som i vårt intervall är vid t = 0,125 s och t = 0,625 s. Svar: 0,125 s och 0,625 s b) I jämviktsläget har vi att: vilket gör att vi har metallbitens massa: F fjäder = mg, m = F 0 g, där vi kallar fjäderkraften vid jämikt F 0. Vi ser i grafen att F 0 = 3 N. Eftersom både massan och periodtiden är känd så kan vi beräkna fjäderkonstanten med sambandet: m T = 2π k som ger att: Svar: 48 N/m k = 4π2 m T 2 = 4π2 F 0 T 2 g = 4π2 3 0,5 2 N/m = 48,242 N/m 48 N/m 9,82 c) Utgående från jämviktsläget kan fjäderkraften skrivas som: F = ky y = F/k där y är avvikelse från jämviktsläget. Ur diagrammet ser vi att då vikten förflyttas från jämviktsläget till något av vändlägena så ändras kraften med 2 N. Amplituden, A, är avståndet från jämviktsläget till något av vändlägena. Fjäderkonstanten är (numera) känd, och Svar: 4,1 cm A = 2 m = 0,0414 m 4,1 cm 48,242
160322 BFL102 6 Uppgift 6 a) Vi beräknar först flödestätheten på avståndet a ifrån den övre ledaren. Vi använder oss av uttrycket: B = k I a Den nedre ledare befinner sig i den övre ledarens magnetfält, där flödeslinjerna går ut ur papprets plan. Kraften som verkar på den nedre ledaren kan då beräknas med: F = BIL Sammantaget blir uttrycket: F = k I2 a L Enligt högerhandsregeln blir riktningen för kraften uppåt i figuren, mot den övre ledaren. 7 20,02 F = 2 10 2,0 N = 1,1 mn 0,15 Detta är alltså kraften som verkar på den nedre ledaren. Enligt Newtons tredje lag attraherar då också den nedre ledaren den övre ledaren med en lika stor kraft. Den ömsesidiga attraktionskraften är alltså 1,1 mn. Svar: 1,1 mn, kraften är attraktiv. Kommentar: Vi hade också kunna utgå ifrån den nedre ledaren. Då får vi samma storlek på kraften. Eftersom fältet då är riktat in i pappret vid den övre ledaren, säger högerhandsregeln att kraften på den nedre ledaren är riktad nedåt. b) Vi har: och flödet: e = dφ dt Φ = BA = B πd2 4 Grafen visar alltså flödets tidsderivata, som inte är konstant. Ändringen i flöde, Φ under tiden t ges då av arean under kurvan: Φ = Alltså har vi vid t = 10 s att: Svar: 0,26 T 0,005 10 2 Vs = 0,025 Vs B = Φ 4 πd 2 = 0,025 4 π0,35 2 T = 0,26 T