FYSIKTÄVLINGEN KVALIFICERINGS- OCH LAGTÄVLING 6 feruari 003 LÖSNINGSFÖRSLAG SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET 1. a) Effekten i antennen kan eräknas med hjälp av samandet P RI ( 0,07 +,60) 100 W 6, 7 kw Andelen strålningseffekt ges av kvoten 0,07 100 0,06,6% (0,07 +,60) 100 ) Strömmen genom strålningsmotståndet lir då enligt Kirchhoffs strömlag 600 A. Effekten i multipelantennen kan då skrivas P 0,07 600 + 6,60 100 181 kw Andelen strålningseffekt ges av kvoten 0,07 600 0,139 13,9% 0,07 600 + 6,60 100 Svar: a) Antenneffekten är 7 kw varav,6 % är strålningseffekt. ) Effekten för multipelantennen 181 kw varav 14 % är strålningseffekt.. a) The airplane starts at time 5 s and leaves ground at time 35 s (approximately). You can see that it leaves ground since the acceleration suddenly increases ecause it gets a vertical component. ) The acceleration time is approximately (35,5-5,0) s 30 s. The mean value of the acceleration during this time seems to e around,5 m/s according to the diagram. Since the the start velocity is zero we have v at,5 30 m/s 75 m/s. c) The estimated length of the runway is 75 s vmean t 30 m 115 m 1,1 km Svar: ) The estimated take off velocity is 75 m/s c) It must e at least 1, km. 3. a) Jorden roterar ju mot den uppgående solen i öster. Om jordrotationen skall utnyttjas för att ge ärraketen hastighet i färdriktningen måste raketen skjutas ut i jordens rotationsriktning d v s i rakt östlig riktning.
π ) Jordens vinkelhastighet ges av ω där T 4 h. T På 8,5 latitud är avståndet, d, till jordens rotationsaxel 3 d r cos 8,5 6370 cos 8,5 km 5,6 10 km om jordradien r 6 370 km. 3 π 3 Detta motsvarar då hastigheten v 5,6 10 km/h 1,47 10 km/h. 4 Jordaxeln Ekvatorsplanet d r 8,5 O Svar: a) I jordrotationens riktning d v s rakt österut. ) På latituden 8,5 lir hastigheten 1,47 10 3 km/h. 4. a) Trycket 10 mm Hg räknas om till pascal p ρ g h 13600 9,8 0,1 Pa 16 kpa Hg Vid fotnivån tillkommer trycket av en lodpelare med den ungefärliga höjden 1, m för en vuxen person. Detta idrar med ett partialtryck 3 plod ρ lod g h 1,0 10 9,8 1, Pa 1 kpa Totaltrycket lir då p (16 + 1) kpa 8 kpa total ) För effekten P gäller W F l pal V P p t t t t där A är de utgående artärernas tvärsnittsarea och l är den längd lodet drivs framåt av trycket p under tiden t. Blodflödet V/t ges då av V A l t t Med textens värden fås då 3 V 5 10 P p 0,1 9,8 13600 W 1,3 W t 60 Svar a) Trycket på fotnivå är 8 kpa ) Hjärtats medeleffekt är 1,3 W. 5. a) Då ström flyter genom koppartråden värms den upp och förlängs. Förlängningen är proportionell mot temperaturökningen och gör det därför möjligt att estämma trådens temperatur. Den estämda temperaturen kan sedan användas för att eräkna hur stor effekt som strålar ut från tråden.
D 6,5 cm α α A B C Β β 11,4 cm 7, cm 8,7 cm Med hjälp av eteckningarna i ovanstående figur gäller AB 11,4 8,7,7 tan α α,474 AD 6,5 6,5 AB,7 DB cm 6,549 cm sinα sin,474 AC 11,4 7, 4, tan β β 3,844 AD 6,5 6,5 AC 4, DC cm 6,649 cm sinβ sin 3,844 DC DB(6,649 6,549) cm 0,10 cm Hela trådens längd har alltså ökat med l 0,0m För längdutvidgningen gäller l l α T Där α är längdutvidgningkoefficienten för koppar och T är temperaturskillnaden. Taellvärdet för koppar är α 1,6 10 5 K -1 l 0,0 Vi får då T 100K 5 15 1,6 10 l α Enligt Stefan Boltzmanns lag gäller då för den utstrålade nettoeffekten P 4 4 P σ A( T T ) 0 där A är trådens area och T 0 0 C 93 K är rumstemperaturen och T T 0 + 100 K är trådens temperatur. Trådens radie och längd är kända. Vi får då om tråden antas vara en totalstrålare 4 4 8-3 4 4 P σ πrl( T T ) 5,67 10 π 0,5 10 1,5(393 93 )W 1,7W. 0 ) Det finns även värmeledning till luften och anslutningskontakterna för tråden. Experiment visar att det är en större del av den tillförda effekten som leds ort på detta sätt. Svar: Den utstrålade effekten från tråden kan uppskattas till W. 6 a) Vi utgår från att den utsända fotonen har energin hf och den registrerade fotonen har energin hf vilket ger energiskillnaden hf hf. Enligt energiprincipen tolkas denna energiskillnad som en ökad lägesenergi för fotonen i tyngdkraftfältet. Skillnaden i lägesenergi ges av mgd där m är den ekvivalenta massan för fotonen, g är tyngdaccelerationen och d är höjdskillnaden. Den ekvivalenta massan för fotonen ges av Einstein samand W mc.
Om de åda samanden hf hf ' mgd W hf m c c komineras erhålls hf h( f f ') gd hf hf ' gd c hf c f gd 9,8,57 15 dvs,46 10 8 f c (3,00 10 ) ) Enligt vår modell minskar fotonens energi på sin väg ut ur tyngdkraftfältet. Om tyngdkraftfältet är tillräckligt starkt etyder det att fotonen lir av med all sin energi som överförs till det svarta hålets gravitationsfält. I en klassisk modell etyder det att partikeln minskar sin hastighet. Detta utgör ett prolem i vår modell eftersom ljuset skall ehållas sin hastighet. Den klassiskt eräknade flykthastigheten från en planet kan inte användas för fotoner. Svar: a) Det sökta värdet på kvoten är,46 10-15. 7. a) Då den undre ollen med massan m 1 når golvet kan hastigheten estämmas med hjälp av energiprincipen som ger m1v1 m1gh d v s v1 gh Efter kollisionen med golvet har den undre ollen samma fart som före kollisionen men rörelsen är motriktad. Den övre ollen med massan m har också samma fart men dess rörelse är nedåtriktad. Efter den nu följande stöten skall m 1 få hastigheten noll och m antas få hastigheten v. Villkoren att rörelsemängd och rörelseenergi skall evaras i den elastiska stöten ger samanden m1v1 mv1 m1 0 + mv v1 1 v m m1v1 mv1 mv + v1 + 1 v m Om den övre ekvationen kvadreras och sedan divideras med den undre ekvationen erhålls 1 m m1 m1 1 + 1 + 1 + 1 m m m m Denna ekvation har lösningen m 1 3 som i sin tur ger v v1 ( 3 1) v1 m ) Vi vet nu att den övre ollen får rörelseenergin mv m 4v1 m v1 m gh m g (4h)
Med hjälp av det sista ledet och energiprincipen ser vi att den övre ollen når upp till höjden 4h. Svar: a) Det sökta massförhållandet är 3. ) Den övre ollen når höjden 4h. 8. a) Kalla rytningsvinkeln vid strålens inträde i vattendroppen för. I vattendroppen finns då två likenta trianglar med asvinklarna. Den utgående strålen kommer att ilda vinkeln i med radiens förlängning genom den utgående strålens skärning med droppens periferi. i 0,5r r i α α β i Med hjälp av vinkelsumman i en triangel och det hela varvets vinkel inses ur figuren α 360 i (180 ) (180 ) α 4 i Av figuren framgår vidare att β α i 4 i Om den axelparallella strålen kommer in på avståndet 0,5r från den optiska axeln lir infallsvinkeln 30. Med hjälp av rytningslagen kan eräknas. sin 30 nsin som ger sin 30 arcsin,08 1,33 vilket ger β 4,08 30 8,3 ) Av lösningen till a) framgår att vi allmänt kan skriva sin i β 4 arcsin i 1,33 som ger den sökta vinkeln β som funktion av infallsvinkeln i. Om denna funktion ritas med hjälp av en grafisk räknare och undersöks med avseende på maximum fås följande resultat.
Det reflekterade ljuset från vattendropparna återfinns alltså inom en kon där halva toppvinkeln är 4,5. c) Om det hade varit samma rytningsindex för alla våglängder lir det reflekterade ljuset vitt. Detta reflekterade ljuset når emellertid inte utanför vinkeln 4,5 vilket skulle inneära att himmeln ser ut att vara något mörkare utanför denna vinkel. Av diagrammet ovan framgår även att en stor del av det reflekterade ljuset kommer att ligga i närheten av denna vinkel. Jämför ild i Nationalencyklopedin (regnåge) som visar att utrymmet mellan den primära och sekundära regnågen är ett mörkare område. sin i Svar: a) 8,3 ) β 4 arcsin i 1,33