irf01018-fysikk-pa-forkurs-og-realfagskurs---sensorveiledning-med-losningsforslag---28.05.2019

Sensorveiledning med løsningsforslag.

Alle deloppgaver teller likt.

Oppgave 1

a) Ballen er i fritt fall og det er bare tyngdekrafta som virker på ballen gjennom hele svevet. Akselerasjonen er også den samme både på vei opp og på vei ned og i toppen av banen, nemlig 9,81 ^m_s2 rettet nedover mot Jordas sentrum.

Figur 1: Krefter på ball

b) Med positiv retning oppover er s = 4,5 m, a = −9,81 ^m_s2 og v2 = 0. Bevegelseslikningen2as=v²₂−v²₁ gir

v1 =√

−2as v₁ =

r

−2·(−9,81 m

s²)·4,5 m = 9,396m

s = 9,4m s

Figur 2: Fart, krefter og akselerasjon for ball c) 1. Farten er alltid en tangent til banen.

2. Siden vi kan se bort fra luftmotstand er det kun tyngdekrafta som virker.

3. Akselerasjonen er hele tida9,81 ^m_s2 rettet nedover.

d) På toppen av banen erv_y = 0, mens v_0x er konstant gjennom hele kastet.

På toppen er altså farten

vtopp =v0x =v0·cosα=v0·cos 60^◦ = 1 2v0

Dette gir E_topp= 1

2mv_topp² = 1 2m(1

2v₀)² = 1 2m·1

4v₀² = 1 4· 1

2mv₀² = 0,25·E₀

Oppgave 2

a)

∆U =Q+W

∆U =−100 J + 150 J = 50 J

En positiv ∆U viser økt indre energi i gassen. Uten faseovergang betyr dette en økning av molekylenes gjennomsnittlige kinetiske energi, som vil si at temperaturen har økt.

b) En adiabatisk prosess er en termodynamisk prosess der det ikke er noen varmeutveksling med omgivelsene. Det vil siQ= 0. Et eksempel er når vi åpner ei aske brus. Energien gassen bruker til å dytte unna lufta utenfor aska hentes fra den indre energien. Dette fører til at temperaturen synker og det dannes kondensdråper nær tuten på aska.

Oppgave 3

a) Bevaring av bevegelsesmengde:

p_etter =p_før

mc·uc+mn·un=mn·vn

u_c= m_n·v_n−m_n·u_n

m_c = 1,0 u·(6,5−(−5,5))·10^{4 m}_s

12,0 u = 1,0·10⁴ m s b) Impulsloven: ΣI = ∆p gir:

ΣI =m_n(u_n−v_n) ΣI = 1,0·1,66·10⁻²⁷kg·(−5,5−6,5)·10⁴ m

s =−1,992·10⁻²²Ns Nøytronet kk impulsen 2,0·10⁻²²Ns i motsatt retning retning av opp- rinnelig fartsretning.

Oppgave 4

a)

n₁sinθ₁ =n₂sinθ₂ 1,50·sin 30^◦ = 1,33·sinθ_b

sinθ_b = 1,50·sin 30^◦ 1,33

θ_b = sin⁻¹0,56390 = 34,325^◦ = 34^◦

Figur 3: Lysstråler og vinkler b)

n1sinθ1 =n2sinθ2

1,50·sinθ_gr = 1,33·sin 90^◦

sinθ_gr = 1,33·sin 90^◦ 1,50

θ_gr = sin⁻¹0,88666 = 62,5^◦

Oppgave 5

a) Både vann og aluminium skal varmes opp fra 15^◦C til 95^◦C og da trengs varmen

Q=c_vm_v∆T +c_Alm_Al∆T Q= 4180 J

kgK ·1,10 kg·80 K + 900 J

kgK·0,45 kg·80 K

= 367840 J + 32400 J = 4,0·10⁵J b) Varme avgitt er lik varme mottatt og dermed kan vi sette

P t=Q t= Q

P t = 4,00·10⁵J

2,0·10^{3 J}_s = 200 s som tilsvarer 3,3 minutter.

Oppgave 6

a)

ε= 8ε_element = 8·1,50 V = 12,0 V R_i = 8R_element = 8·0,10 Ω = 0,80 Ω

U_p =ε−R_iI R_iI =ε−U_p I = ε−Up

R_i = (12,0−11,80) V

0,80 Ω = 0,25 A

b) 1 Rk

= 1

15 Ω + 1

30 Ω = 3 30 Ω R_k = 10 Ω

U_p = (R_A+Rk)I U_p−RkI =R_AI R_A= U_p−RkI

I = (11,80−10·0,25) V

0,25 A = 37,2 Ω = 37 Ω

Oppgave 7

a)

En= −B

n² n = 1,2,3,4, ...

E_f =E₃ −E₂ = −B 3² −

−B 2²

Energien til ett foton er E_f =hf som gir hf =−B1

9− 1 4

f = B h

1 4− 1

9

= 2,18·10⁻¹⁸J 6,63·10⁻³⁴Js ·1

4 −1 9

= 4,57·10¹⁴Hz b)

d= 10⁻³m

200 = 5,00·10⁻⁶m dsinθ_n=nλ

θn= sin⁻¹ nλ

d

θ₃ = sin⁻¹3·657·10⁻⁹m 5,00·10⁻⁶m

= 23,2^◦

Oppgave 8

a)

ΣF = 0

O =G_bh+G_He+G_snor ρ_lV g=m_bg+ρ_HeV g+m_s/lLg

(ρ_l−ρ_He)V −m_b =m_s/lL L= (ρ_l−ρ_He)V −m_b

m_s/l

L= (1,286−0,179)_m^kg3 ·0,0500 m³ −0,00600 kg

0,011^kg_m = 4,486 m = 4,5 m

Figur 4: Krefter på ballong

b) Den totale indre translatoriske kinetiske energien er lik for de to enatomige gassene ved likevekt. Dette gir:

3

2N kT = 1

2mBv_B² = 1 2mAv_A² Vi utnytter så at vA = 5,7·vB og får

m_Bv_B² =m_A(5,7·v_B)² m_B

m = 32,49 = 32

Oppgave 9

a) Enten:

∆A= A_maks−A_min

2 = s²_maks−s²_min

2 = 230,1²−229,9²

2 m² = 46 m² Eller:

A=s² og r_s = ∆s

s og r_A=r_s+r_s Absolutt usikkerhet i areal blir dermed

∆A=r_AA= 2r_ss² = 2·∆s

s ·s² = 2∆s·s= 2·0,1 m·230,0 m = 46 m²

Figur 5: Stein slepes opp Kheopspyramiden der θ = 52^◦ b) Vi lar positiv retning være oppover skråplanet.

ΣF = 0 S =Gk +R

S =mgsin 52^◦ +µmgcos 52^◦ S =mg(sin 52^◦+µcos 52^◦) S = 10·10³kg·9,81m

s² ·(sin 52^◦+ 0,20 cos 52^◦) = 8,9·10⁴N

c) Vi lar positiv retning være nedover skråplanet. Krafta R vil nå virke oppover skråplanet.

ΣF =ma Gk −R =ma

mgsin 52^◦ −µmgcos 52^◦ =ma a=g(sin 52^◦−µcos 52^◦) a= 9,81m

s² ·(sin 52^◦−0,20·cos 52^◦) = 6,5 m s²

Figur 6: Pil skytes ut fra toppen av Kheopspyramiden

d) Positiv x-retning er mot høyre og positiv y-retning er ned i utregninga.

tan 52^◦ = H L L=v_0xt=v₀t H =v_0yt+ 1

2gt² = 1 2gt² Dette gir at

Ltan 52^◦ = 1 2gt² v₀ttan 52^◦ = 1

2gt² v₀tan 52^◦ = 1

2gt 2v₀tan 52^◦

=t

t= 2·20^m_s ·tan 52^◦ 9,81 ^m_s2

= 5,218 s

H = 1

2·9,81·5,218²m = 134 m Høyden hover bakken blir dermed (147−134) m = 13 m