Svar på opgave 1:

1. Effekten (P) er I·U, hvor I er strømstyrken og U er spændingen.

   Med tallene indsat får man, at P = (0,10 A)·(110 V) = 11 W

2. Den afsatte energi, Q = P·Δt, hvor Δt er tiden i sekunder.

   Man får: Δt = (3 min)·(60 s/min) = 180 s.

   Dvs den afgivne energi er: (11 W)·(180 s) = 1980 J = 1,98 kJ

3. Der skal dels bruges varme til opvarming af vandet (Q_v), dels til fordampning (Q_f).

   Vands kogepunkt ved 1 atm er 100 °C.

   Vands specifikke varmekapacitet er c_v = 4,18 kJ/(K·kg).

   Vands fordampningsvarme L_f = 2257 kJ/kg ved 100 °C

   Der gælder: Q_v = ΔT·m_v·c_v, hvor ΔT er ændringen i vandets temperatur under opvarmning og m_v er massen af opvarmet vand.

   Heri indsættes tallene: Q_v = [(100 - 20,0) K]·(0,175 kg)·(4,184 kJ/(K·kg)) = 80,0·0,175·4,184 kJ = 58,6 kJ

   For fordampningen får man: Q_f = L_f·m_f, hvor m_f er massen af fordampet vand.

   Heri indsættes tallene: Q_f = (2257 kJ/kg)·(0,175/2 kg) = 2257·0,175/2 kJ = 197 kJ

   Den samlede energi for opvarmning og fordampning bliver dermed: 58,6 kJ + 197 kJ = 256 kJ

Svar på opgave 2:

1. Den varme, som stoffet modtager (Q_s), er lig med den varme, som vandet afgiver (Q_v).

   Q_s kan deles i tre dele: Q_s,1, der er den varme, som stoffet modtager fra 25,0 °C til smeltepunktet, Q_s,2, der er stoffets smeltevarme og Q_s,3, der er den varme, som det flydende stof modtager efter smeltning.

   Q_s,1 = (35,0 °C - 25,0 °C)·c_s,1·m_s = (10,0 °C)·[350 J/(°C·kg)]·(0,015 kg) = 10·350·0,015 J = 52,5 J, hvor c_s,1 er den specifikke varmekapacitet for stoffet på fast form og m_s er massen af stof.

   Q_s,2 = m_s·L_s = (0,0150 kg)·(76,0 kJ/kg) = 1140 J, hvor L_s er stoffets specifikke smeltevarme = 76,0 kJ/kg.

   Q_s,3 = (T - 35,0 °C)·c_s,3·m_s = (T - 35 °C)·[410 J/(°C·kg)]·(0,125 kg) = (51,25 J/°C)·T - 1793,75 J, hvor T er blandingstemperaturen i °C og c_s,3 er den specifikke varmekapacitet for flydende stof = 410 J/(K·kg).

   I alt fås: Q_s = 52,5 J + 1140 J + (51,25 J/°C)·T - 1793,75 J = (51,25 J/°C)·T - 601,25 J

   Q_v = (50,0 °C - T)·c_v·m_v = (50,0 °C - T)·[4,18 kJ/(°C·kg)]·(0,125 kg) = 26125 J - (522,5 J/°C)·T, hvor c_v er den specifikke varmekapacitet for vand, der har tabelværdien 4,18 kJ/(°C·kg), og m_v er massen af vand = 0,125 kg.

   Q_s = Q_v ⇒ (51,25 J/°C)·T - 601,25 J = 26125 J - (522,5 J/°C)·T ⇒ T = 46,6 °C

   Dvs. blandingstemperaturen er 46,6 °C

Svar på opgave 3:

1. Der gælder følgende formel for frekvensen, f, af lysets: f = c/λ, hvor c er lysets hastighed og λ er lysets bølgelængde. Her er:

   c = 3,00·10⁸ m/s og λ = 550 nm = 550·10^-9 m = 5,50·10^-7 m.

   Dvs. frekvensen af det observerede lys er: (3,00·10⁸ m/s)/(5,50·10^-7 m) = 5,45·10¹⁴ s^-1 (s^-1 = Hz)

2. Rødforskydningen, z, er defineret som:

   z = (λ_obs - λ_ud)/λ_ud, hvor

   λ_obs er bølgelængden for den observerede stråling og

   λ_ud er bølgelængden af den udsendte stråling.

   Man får at rødforskydningen er: (550 nm - 490 nm)/(490 nm) = 0,122

3. Afstanden, D, til galaksen findes ved hjælp af Hubbles lov, når man kender rød­forskydningen og denne ikke er for stor. Her antages, at Hubbles lov er gyldig.

   D ≈ z·c/H, hvor

   H er Hubbles konstant = 70,0 km/(s·Mpc) = 70,0·10³ m/(10⁶·3,085·10¹⁶ m·s)) = 2,27·10^-18 s^-1.

   Dette giver følgende afstand til galaksen: 0,122·(3,00·10⁸ m/s)·/(2,27·10^-18 s^-1) = 1,62·10²⁵ m (eller 1,71·10⁹ lysår)

Svar på opgave 4:

1. Man bruger Wiens forskydningslov:

   Ved hjælp af Wiens forskydningslov får man:.

   λ_max = (2,898·10^-3 m·K)/T, hvor

   λ_max er den bølgelængde, der giver en maksimale intensitet og

   T er stjernens effektive overfladetemperatur = 1,32·10⁴ K

   Dvs. den bølgelængde, der giver den største intensitet, er (2,898·10^-3 m·K)/(1,32·10⁴ K) =

   2,195·10⁻⁷ m = 220 nm

2. Man bruger Stefan-Boltzmanns lov for at finde den effektive overfladetemperatur (T) af stjernen:

   L = 4·π·R²·σ·T⁴ ⇒ T = ⁴√[L·R^-2·(4·π·σ)^-1], hvor

   L er stjernen luminositet (udstrålede effekt i W) = 7,96·10²⁷ W,

   R er stjernens radius = 3,05·10⁹ m,

   σ er Stefan-Boltzmanns konstant = 5,6704·10^-8 W·m^-2·K^-4 og

   Heraf fås stjernens effektive overfladetemperatur er:

   ⁴√[(7,96·10²⁷ W)·(3,05·10⁹ m)^-2·(4·π·5,6704·10^-8 W·m^-2·K^-4)^-1] = 5,89·10³ K

3. Man bruger afstandskvadratloven til at finde effekten pr m² (I) af stjernens lys ved jordoverfladen:

   I = L/(4·π·R²), hvor

   R er afstanden fra stjernen til jorden = 12,4 lysår = 12,4·(9,461·10¹⁵ m) = 1,17·10¹⁷ m og

   L er stjernens luminositet eller udstrålede effekt = 7,96·10²⁷ W.

   Det forudsættes, at stjernen er kugleformet, lyser ens i alle retning, og at der ikke sker tab af lys i Jordens atmosfære.

   Man får, at effekten af stjernens lys pr. m² på jordoverfladen er:

   (7,96·10²⁷ W)/(4·π·(1,17·10¹⁷ m)²) = 4,63·10^-8 W·m^-2

Svar på opgave 5:

1. Ved alfa-henfald afgives en helium-kerne, som forlader atomet. Den positive ladning på He-kernen udlignes med den negative på P-28 gennem kemiske reaktioner, som ikke er medtaget. Den fysiske reaktion er vist nedenunder:

   

   Man gør prøve med hensyn til nukleontal (de øverste tal), ladning (de nederste tal):

   Nukleontal: venstre: 32, højre: 28 + 4 = 32.

   Ladning: venstre: 17, højre: 15 + 2 = 17.

   Der dannes også energi, hvilket dog ikke er medtaget.

2. Ved beta-minus henfald afgiver en af kernens neutroner en elektron, som forlader atomet og efterlader en ekstra proton i kernen. Samtidig dannes en antineutrino, der ligesom elektronen er en lepton. Reaktionsskemaet er vist nedenunder:

   

   Man gør prøve med hensyn til nukleontal (de øverste tal), ladning (de nederste tal) og leptontal (elektron = +1 og antineutrino = -1):

   Nukleontal: venstre: 18, højre: 18 + 0 = 18.

   Ladning: venstre: 7, højre: 8 - 1 = 7.

   Leptontal: venstre: 0, højre: 1 - 1 = 0.

3. Ved elektronindfangning optager atomets kerne en elektron fra atomets elektronsky. Derved omdannes en af kernens protoner til en neutron. Samtidig dannes en neutrino, der ligesom elektronen er en lepton. Reaktionsskemaet er vist nedenunder:

   

   Man gør prøve med hensyn til nukleontal (de øverste tal), ladning (de nederste tal) og leptontal (elektron = +1 og neutrino = +1):

   Nukleontal: venstre: 63 + 0 = 63, højre: 63.

   Ladning: venstre: 30 - 1 = 29, højre: 29.

   Leptontal: venstre: 1, højre: 1.

Svar på opgave 6:

1. Man bruger formlen for aktiviteten, A, som funktion af tiden, t, af radioaktivt henfald:

   A(t) = A(0)·0,5^t/T, hvor

   A(0) er aktiviteten fra start = 2,60·10⁵ s^-1 og

   T er halveringstiden for Th-228, som slås op til 1,913 år.

   Man skal have fælles enhed for startaktivitet og halverigstid og vælger at regne halveringstiden om til sekunder:

   T = 1,913 år = (1,913 år)·(3600·24·365,25 s/år) = 6,037·10⁷ s.

   Tallene indsættes i formlen, og man løser ligningen A(t) = 1,00·10⁴ s^-1 med hensyn til t:

   solve(2.60·10⁴·0,5^{t/(6.037·107)}=1.00·10⁴,t) ▸ 8.32207·10⁷ (Ti-Nspire)

   Dvs. der går 8,32·10⁷ s (eller 2,64 år) før aktiviteten er faldet til 1,00·10⁴ Bq.

2. Aktiviteten er antal henfald pr. sekund. Når man skal finde antallet af henfald for de første 5 år, så skal man integrere A(t) fra t = 0 til t = 5 år = (5 år)·(3600·24·365,25 s/år) = 1,578·10⁸ s.

   Man får: integral(2.6·10⁴·0.5^{t/(6.037·107)},t,0,1.578·10⁸) ▸ 2.264·10¹² (Ti-Nspire)

   Dvs. i løbet af de første 5 år sker der: 2,26·10¹² henfald

Svar på opgave 7:

Der ses bort fra vindmodstand og boldens størrelse, dvs. boldens bevægelse er lig med dens massemidtpunkts. Kastet foregår i et to-dimensionelt koordinatsystem med nulpunkt (0;1,5), positiv x-retning i kasteretningen og positiv y-retning opad.

1. Man opstiller kasteparablen (enhed for x og y er meter):

   y(x) = −0,5·g·v₀^-2·(cos(α))^-2·x² + tan(α)·x + y(0) ⇒

   y(x) = −0,5·9,82·v₀^-2·(cos(50,0°))^-2·x² + tan(50,0°)·x + 1,50 ⇒

   y(x) = −11,88·v₀^-2·x² + 1,192·x + 1,50.

   Heraf findes v₀ ved at løse ligningen y(18) = 0 og vælge den positive løsning. (y = 0 er jordoverfladen.)

   solve(−11,88*v₀^-2*18²+1,192*18.+1.5=0,v0) ▸ v0=−12.95 or v0=12.95

   Dvs. boldens begyndelsesfart er 13,0 m·s^-1

2. Boldens stighøjde, h, er forskellen mellem dens starthøjde og dens største højde over jorden. Der gælder:

   h = v₀²·sin²(α)/(2·g) = (13,0² m·s^-1)·sin²(50,0°)/(2·9,82 m·s^-2) = 5,0496 m

   Dvs. stighøjden er 5,05 m

Svar på opgave 8:

1. Der ses bort fra tyngdekraften på faldskærmen samt luftmodstanden på faldskærmsudspringeren.

   Formfaktoren, c, findes ved hjælp af formlen: F = 0,5·ρ·c·A·v², hvor

   F er luftsmodstandskraften på faldskærmen,

   ρ er luftens densitet ved 20 °C = 1,2 kg·m^-3,

   A er faldskærmens areal vinkelret på luftstrømmen = π·2,5² m² = 19,635 m² og

   v er luftens fart i forhold til faldskærmen = 5,0 m·s^-1.

   Når faldskærmen bevæger sig nedad med konstant fart, så er den resulterende kraft på den 0 og dermed er luftmodstandskraften på faldskærmen lig med tyngdekrafen på udspringeren.

   Tyngekraftens størrelse er lig med massen af faldskærmsudspringeren gange tyngdeaccelrationen, dvs. der gælder:

   (70 kg)·(9,82 m·s^-2) = 0,5·(1,2 kg·m^-3)·c·(19,635 m)·(5,0 m·s^-1)²

   Denne ligning løses med hensyn til c i Ti-Nspire:

   solve(70*9.82=0.5*1.2*c*19.635*5.²,c) ▸ c=2.3339

   Dvs faldskærmens formfaktor er 2,3

Svar på opgave 9:

1. Idet s₀ sættes til 0 og v₀ = 0, så har man følgende formler for strækningen og farten som funktion af tiden:

   s(t) = 0,5·a·t²

   v(t) = a·t

   Man skal finde s(11 s).

   Man ved, at v(11 s) = 100 km/t = 100·(1000 m)/(3600 s) = 27,78 m/s.

   Heraf findes a: v(11,0 s) = a·(11,0 s) = 27,78 m/s ⇒ a = (27,78 m/s)/(11,0 s) = 2,53 m/s².

   Dvs. den tilbagelagte strækning efter 11 s er: 0,5·(2,53 m/s²)·(11,0 s)² = 153 m

2. Ved konstant effekt, P, gælder: P = F(t)·v(t) = m·a(t)·v(t) ⇒ v(t) = P/[m·a(t)].

   For tidspunktet t = 12,0 s får man:

   v(12,0 s) = (100 kW)/[(800 kg)·a(12,0 s)] = (100 kW)/[(800 kg)·(6,00 m/s²)] = 100000/(800·6,00) m/s =

   20,8 m/s (eller 74,9 km/t)

Svar på opgave 10:

1. Nedenfor er vist et kraftdiagram for kuglen. F_T er tyngdekraften, F_S er snorkraften og F_C er den resulterende kraft nemlig centripetalkraften.

   

   Der gælder følgende formel for centripetalkraften:

   |F_C| = m·v²/r, hvor

   m er massen af kuglen (går ud),

   v er farten af kuglen (skal findes) og

   r er radius af cirkelbevægelsen = 1,20 m.

   Desuden gælder formlen: tan(30°) = |F_T|/|F_C| ⇒ |F_C| = |F_T|/tan(30°) ⇒ |F_C| = m·g/tan(30°), hvor g er tyngdeaccelerationen.

   Samlet giver de to formler for F_C: m·v²/r = m·g/tan(30°) ⇒ v² = g·r/tan(30°) ⇒ v = √[g·r/tan(30°)].

   Dvs. kuglens fart er: √[(9,82 m/s²)·(1,20 m)/tan(30°)] = 4,52 m/s

Svar på opgave 11:

1. Generelt: når kurven er over x-aksen, så bevæger raketten sig opad, mens den bevæger sig nedad, når kurven er under.

   A er start. Mellem A og B er kurven en ret linje, hvilket svarer til konstant acceleration. Da luftmodstanden stiger med farten, så man skulle forvente, at farten i stedet nærmede sig en vandret linje, men da luften samtidig bliver tyndere, så forbliver gnidningskraften ens og accelerationen dermed konstant.

   B er det sted, hvor brændstoffet slipper op. Her når farten sit maksimum. Raketten bevæger sig opad, men tyngdekraft og luftmodstand bremser raketten.

   C er toppunktet. Farten er nul hvilket svarer til, at raketten vender og begynder at bevæge sig nedad.

   D er det punkt, hvor raketten har nået sin slutfart som følge af luftmodstanden. Uden denne så var kurven en ret linje fra B til E.

   E er sammenstødet med jorden. Farten går hurtigt til nul.

2. De er lige store, fordi det første areal er længden af vejen op og det sidste er længden af vejen ned. Da den bevæger sig lodret begge veje, så er dette samme strækning.

3. Arealet svarer til strækningen op og ned. Stigningen er halvdelen af 39.000 m = 19,5 km.

   Dvs. raketten når op i en højde af 19,5 km

Svar på opgave 12:

1. Satellitten antages at befinde sig en en jævn cirkelbevægelse om jordens massemidtpunkt. Den resulterende kraft på satellitten er centripetalkraften, som er lig med tyngdekraften. Der ses bort fra luftmodstand.

   For centripetalkraften, F_C, på satellitten i den jævne cirkelbevægelse gælder:

   |F_C| = m·v²/r, hvor

   m er satellittens masse (går ud),

   v er satellittens fart, som er opgivet til: 7,80 km/s = 7,80·10³ m/s og

   r er afstanden mellem satellittens massemidtpunkt og jordens massemidtpunkt.

   For tyngdekraften, F_T, på satellitten gælder:

   |F_T| = G·M·m/r², hvor

   G er gravitationskonstanten, som slås op til: 6,674·10^-11 N·m²·kg^-2 og

   M er Jordens masse, som slås op til: 5,976·10²⁴ kg

   |F_C| = |F_T| ⇒ m·v²/r = G·M·m/r² ⇒ r = v^-2·G·M ⇒

   r = (7,80·10³ m/s)^-2·(6,674·10^-11 N·m²·kg^-2)·(5,976·10²⁴ kg) = 6,56·10⁶ m.

   Fra dette skal man trække Jordens radius på 6,34·10⁶ m for at finde satellittens højde over jorden:

   6,56·10⁶ m - 6,34·10⁶ m = 2,2·10⁵ m

Svar på opgave 13:

Der er tale om et skråt kast med luftmodstand.

1. Nedenstående løsning er lavet i Ti-Nspire. Man laver først en liste over tider og en liste over fart:

   tid:={0.2,0.5,1.,1.6,2.2} ▸ {0.2,0.5,1.,1.6,2.2}

   fart:={7.8,2.5,−1.9,−3.9,−4.7} ▸ {7.8,2.5,−1.9,−3.9,−4.7}

   På grundlag af listerne laver man en tredjegradsregression:

   CubicReg tid,fart,1: CopyVar stat.RegEqn,f1: stat.results ▸
   [["Titel","Tredjegradsregression"]
   ["RegEqn","a*x³+b*x²+c*x+d"]
   ["a",−2.67437]
   ["b",14.089]
   ["c",−25.8145]
   ["d",12.3614]
   ["R²",0.999553]
   ["Resid","{...}"]]

   Nedenfor er funktionens graf tegnet ind sammen med målepunkterne i Ti-Nspire.

   

   Det bemærkes, at regressionsfunktionen kun dur som tilnærmelse for 0,2 < x < 2,2 s. Her er x tiden i sekunder.

   I Ti-Nspire oprettes regressionsfunktionen automatisk som f1(x).

   Begyndelsesfarten kan tilnærmelsesvis findes som f1(0): f1(0) ▸ 12.36

   Dvs. fjerboldens begyndelsesfart i lodret retning vurderes til 12 m/s

   Den rigtige værdi er nok højere, da luftmodstanden er størst i starten, hvor farten også er størst. Dette betyder, at den rigtige kurve for fartens forløb formodentlig starter højere oppe og aftager hurtigere end tilnærmelsen mellem 0 og 0,2 s.

2. I det højerste punkt er den lodrette fart lig med 0, og man skal derfor løse ligningen f1(x) = 0:

   solve(f1(x)=0,x) ▸ x=0.73

   Dvs. det højeste punkt nås til tiden 0,73 s

3. Den lodrette acceleration i toppunktet er f1'(0,73), den afledte af fart-funktionen til det tidspunkt, hvor fjerbolden når sit højeste punkt.

   derivative(f1(x),x)|x=0.73 ▸ −9.55

   Dvs. den lodrette acceleration i toppunktet er 9,6 m/s²

   PS: Dette passer med at den lodrette acceleration teoretisk set er lig med tyngdeaccelerationen, da fjerbolden kun påvirkes af tyngdekraften i lodret retning i dette punkt. Der er ingen luftmodstand i lodret retning i toppunktet, da der ikke er noget lodret fart.

Svar på opgave 14:

1. Man skal finde ud af hvad R₁ er, når trykket på R₂ er 0,3 N og vurdere om denne værdi af R₁ er stor nok til at opfylde betingelsen for U₂.

   Man aflæser R₂ til 6,7 kΩ ved trykket 0,3 N som vist nedenfor:

   

   Da R₁ og R₂ er serieforbundet gælder, at U = U₁ + U₂ og R₁/R₂ = U₁/U₂ ⇒ R₁ = ((U - U₂)/U₂)·R₂ ⇒

   R₁ = ((4,0 V - 2,5 V)/(2,5 V))·(6,7 kΩ) = 4,0 kΩ.

   U = U₁ + U₂ og U₁/U₂ = R₁/R₂ giver: U₂ = U/(1 + R₁/R₂).

   Af kurven ses, at R₂ aftager med stigende tryk, og at nævneren i brøken U/(1 + R₁/R₂) dermed stiger med trykket. Dette betyder, at hele brøken og dermed også U₂ aftager med voksende tryk.

   Derfor er R₁ = 4,0 kΩ den mindste modstand, der sikrer at U₂ < 2,5 V, når F > 0,3 N.

Svar på opgave 15:

1. For magnetfeltets styrke, B, gælder i en ringformet spole:

   B = I·μ₀·N/(2·π·R), hvor

   I er strømstyrken i spolen = 2,13·10⁵ A,

   R er storradius af ringen = 0,70 m,

   μ₀ er vakuumpermabiliteten, som slås op til 1,257·10-6 T·m/A og

   N er antal vindinger = 150.

   Dvs. magnetfeltets styrke er (2,13·10⁵ A)·(1,257·10-6 T·m/A)·150/(2·π·(0,70 m)) = 9,13 T

Svar på opgave 16:

1. For kraften, F_M, på en ion, der bevæger sig vinkelret på et uniformt magnetfelt, gælder:

   F_M = q·B·v, hvor

   q er ionens ladning = 1,602·10^-19 C,

   B er magnetfeltets styrke = 0,518 T = 0,518 kg/(C·s) og

   v er ionens fart = 3,78·10⁶ m/s.

   Dvs. kraften på ionen er (1,602·10^-19 C)·(0,518 kg/(C·s))·(3,78·10⁶ m/s) = 3,14·10^-13 N

2. Den magnetiske kraft, som ionen udsættes for, er den resulterende kraft i en jævn cirkelbevægelse og dermed lig med centripetalkraften (F_C) på ionen.

   F_M = F_C ⇒ q·B·v = m·v²/R ⇒

   R = m·v/(B·q), hvor

   R er radius for cirkelbevægelsen og

   m er ionens masse = 1,153·10^-26 kg.

   Dvs. radius i ionens bane er (1,153·10^-26 kg)·(3,78·10⁶ m/s)/[(0,518 kg/(C·s))·(1,602·10^-19 C)] = 0,53 m

Svar på opgave 17:

1. Den gennemsnitlige kinetisk energi i plasma er E_kin = (3/2)·k·T, hvor

   k er Boltzmanns konstant = 1,381·10^-23 J/K og

   T er den absolutte temperatur = 1,80·10⁸ K

   Den gennemsnitlige kinetiske energi i plasmaet er: (3/2)·(1,381·10^-23 J/K)·(1,80·10⁸ K) = 3,73·10^-15 J

2. For fusion mellem to forskellige slags kerner, der optræder med lige stor tæthed, gælder:

   σ·v₁₂ = 4·P·n^-2·V^-1·Q^-1 hvor

   σ·v₁₂ reaktiviteten,

   P er gennemsnitseffekten ved fusionen for alle kerner, der reagerer = 1,57·10⁷ W = 1,57·10⁷ J/s,

   Q er energiproduktionen i fusionen mellem to partikler = 17,6 MeV = 17,6·(1 MeV) = 17,6·1,602·10^-13 J = 2,82·10^-12 J,

   n er tætheden af partikler = 4,38·10¹⁹ m^-3 og

   V er volumen af reaktor = 49 m³.

   Man får: σ·v₁₂ = 4·(1,57·10⁷ J/s)·(4,38·10¹⁹ m^-3)^-2·(49 m³)^-1·(2,82·10^-12 J)^-1 = 2,369·10^-22 m³/s

   Dvs. reaktiviteten i plasmaet er 2,37·10^-22 m³/s