Lösningar till tentamen i Fysik 3 (F0006T)
2017-03-24
Kommentar Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av pedagogisk natur. I ekvationer betyder . . . att några matematiska steg
(1.1)
(som skulle krävas på tentan) är överhoppade. Om det står = betyder det att ekvation (1.1) sätts in efter likhetstecknet. Fa &
T a syftar på formel, respektive tabell i formelsamlingen Fysika.
1
4p
Förståelse relativitet
0,5 p
a)
Beskriv ett av Einsteins postulat och ge exempel på konsekvenser.
Svar: i) Alla inertialsystem är likvärdiga. Exempel på konsekvenser: Det finns inget absolut koordinatsystem, alla
hastigheter är relativa.
ii) Ljusets fart i vakuum är konstant oberoende av observatörens fart. Exempel på konsekvenser: tidsdilatation
t = t0 γ, längdkontraktion l = l0 /γ och ändring av samtidighet, krafter samt energi.
0,5 p
b)
Förklara (t.ex. med hjälp av energi) varför farten på en kropp
aldrig kan uppnå ljusets fart i vakuum.
Svar: Partikelns acceleration är a ≈ 3,0 m/s2 .
3p
2
Plutonium i tänder
Givet:
Aktivitetstäthet från Pu-239:
a = 7,0 mBq/kg
Tandmassa:
m= 1,0 g
Sökt:
Antalet Pu-239-atomer, N.
Lösning:
Aktiviteten i tanden:
A = a · m ≈ 7,00 µBq.
(2.1)
Aktivitetslagen med sönderfallskonstanten λ = ln 2/T 1/2 :
ln 2
A = λN =
N ⇒
T 1/2
AT 1/2 7,00·10−6 ·24,11·103 ·365,25·24·3600
=
N=
ln 2
ln 2
≈ 7,68·106 st,
(2.2)
med
T 1/2 = 24,11·103 år.
Halveringstid för Pu-239 ( T k4):
Svar: Den kinetiska energin
K = (γ − 1)mc2 → ∞ då v → c
p
eftersom γ = 1/ 1 − v2 /c2 → ∞. Det skulle alltså krävas
∞ energi för att accelerera något till ljusfarten.
Kommentar: Man kan även argumentera
p att den accelerande
3
kraften F = maγ → ∞ eftersom γ = 1/ 1 − v2 /c2 → ∞.
Svar: Det är ca 7,7·106 st Pu-239-atomer i tanden.
0,5 p
c)
4p
Många myoner som skapas i atmosfären når ner till marken trots 3
Roterande hylsa
att de borde ha sönderfallit innan de når fram. Förklara detta med Givet:
hjälp av relativitetsteori. Ange vem som är observatör.
Initial vinkelhastighet:
ω
Stånglängd:
L
Svar: Med oss som observatör: Myonernas halveringstid tidsdiStångmassa:
m
lateras T = T 0 · γ.
Hylsmassa:
mh = m/5
Kommentar: Myonen som observatör: sträckan längdkontraheInitialt
hylsavstånd:
r1 = L/2
ras så att den blir kortare så att myonerna hinner ner innan de
Slutligt
hylsavstånd:
r
2 = L
sönderfaller, l = l0 /γ.
0,5 p
Sökt:
d)
Hα -strålning som skickas ut från en stjärna har våglängden Stångens vinkelhastighet,
656 nm. Förklara (gärna med både bild och text) hur man kan ω2 då hylsan befinner sig
beräkna en stjärnas hastighet relativt oss med Hα -strålning och längst ut.
Lösning:
Dopplerskift.
√
Initialt rörelemängdsmoSvar: Med hjälp av Dopplerskift f = f0 (c − u)/(c + u) så kan ment:
u beräknas med hjälp av den uppmätta våglängden λ och
L1 = I1 ω,
(3.1)
den utsända våglängden λ0 = 656 nm samt f = c/λ.
och
slutligt:
Kommentar: Om u > 0 så blir ljuset rödförskjutet.
L2 = I2 ω2 .
(3.2)
0,5 p
e)
Inga
yttre
kraftmoment
⇒
rörelemängdsmomentet
bevaras:
Förklara viloenergi.
(3.1,3.2)
I1
L1 = L2 ⇒ I1 ω = I2 ω2 ⇒ ω2 = ω1 .
(3.3)
Svar: Viloenergi E0 = mc2 är den energi en kropp har när den
I2
är i vila.
Kommentar: Viloenergin kan utvinnas t.ex. då en partikel och en För stången är masströghetsmomentet ( T f1m):
antipartikel krockar.
Is = m · L2 /3
(3.4)
0,5 p
och för hylsan (punktmassa) på avståndet r från rotationsaxeln:
f)
Förklara egentid och egenlängd.
I h = mh r 2 .
(3.5)
Totala
masströghetsmomentet
för
stången
och
hylsan
(på
avstånSvar: Egenlängd är längden som uppmäts i vilosystemet. Egendet r från rotationsaxeln):
tiden är tiden som mäts i vilosystemet.
1p
g)
Givet:
Massa:
m =1,0 kg
Fart i mitt system:
v = 0,95c
Kraft i mitt system:
F =97 N
Sökt:
Kroppens acceleration i mitt system.
Lösning:
Kraften i rörelseriktningen:
F
F(1 − v2 /c2 )3/2
F = γ3 ma ⇒ a = 3 =
m
γ m
97·(1 − 0,95)3/2
=
≈ 2,95 m/s2 . (1.1)
1
Senast uppdaterad: 28 maj 2017
(3.4,3.5)
I = Is + Ih = mL2 /3 + mh r2 .
(3.6)
(3.6) i (3.3) för givna värden, r1 = L/2, r2 = L och mh = m/5:
mL2 /3 + mh r12
I1
mL2 /3 + (m/5) · (L/2)2
ω2 = ω = ω 2
=ω
=
2
I2
mL2 /3 + (m/5) · L2
mL /3 + mh r2
2
mL
(1/3 + (1/5) · (1/2)2 ) 23
=ω
=
ω ≈ 0,719ω.
(3.7)
2
32
mL
(1/3 + 1/5)
Svar: Skivans vinkelhastighet blir
längst ut på stången.
1(2)
23
32 ω
≈ 0,72ω då hylsan är
c Erik Elfgren
Lösningar till tentamen i Fysik 3 (F0006T)
4p
4
Halleys komet
Givet:
Kometmassa:
Periheliumavstånd:
Tangentiell fart i Perihelium:
Apheliumavstånd:
va
Ra
M = 2,2·1014 kg
Rp = 0,586 AU
vp = 54,578 45 km/s
Ra = 35,1 AU
Rp
perihelium vp
aphelium
a)
2017-03-24
1p
Svar: a) Kometens tangentiella fart i aphelium: va = 0,91 km/s.
b) Kometen är frilagd ovan och dess acceleration i perihelium är ap = 0,0173 m/s2 .
c) Ifall kometens bana skulle varit cirkulär med banradie
Rp skulle dess fart vc = 39 km/s och dess omloppstid
T c = 14,2 Ms ≈ 164 dygn.
Kommentar:
Även ME kan användas i a-uppgiften, vilket ger
q
va =
v2p + 2GN Msol (ra−1 − rp−1 ), men detta värde är extremt
känsligt för värdet på vp . Exakt värde på både vp och va kan beräknas om man kombinerar rörelsemängdsmomentets
och enerp
gins bevarande vilket ger v = GMsol (2r−1 − a−1 ) på ett godtyckligt avstånd r från solen, med a = rp + ra .
3p
5
Stavrotation med fjäder
Givet:
Stångmassa:
m= 15 kg
Stånglängd:
L = 0,600 m
Fjäderkonstant:
k = 25 kN/m
Sökt:
Lp = La ⇒ Rp · M · vp = Ra · M · va ⇒ (4.1) Fjäderns hoptryckning så vinkelhastigheten ω = 4,0 rad/s.
va = (Rp /Ra ) · vp = (0,586/35,1) · 54,578 45 ≈ 0,911 km/s.(4.2)
Lösning:
Sökt:
Tangentiell fart i aphelium, va .
Lösning:
I frånvaron av externa moment bevaras rörelsemängdsmomentet,
L = rp = rmv, mellan perihelium (p) och aphelium (a):
1
b)
ME mellan 1 → 2:
=
Wövr
U
K
1 + Ug1 + e2 + K2 + U
(5.1)
g2 + U e2 ,
där
K2 = Iω2 /2,
Ug1 = mgL/2,
1p
Sökt:
Friläggning av kometen samt dess acceleration, ap , i perihelium
relativt solen.
Lösning:
Friläggning av kometen i perihelium:
Gravitationskraften i perihelium är
Msol · M
.
(4.3)
Fp = GN ·
R2p
NII,
P
Fn = man :
Fp = M · ap
=
Msol ·M
Fp (4.3) GN · R2p
Msol
⇒ ap =
=
= GN · 2
M
M
Rp
6,674 08·10−11 · 1,989·1030
≈ 0,017 27 m/s2
(0,586 · 1,495 978 707·1011 )2
(4.4)
med
1 AU = 1,495 978 707 0·1011 m
Astronomisk enhet ( T b):
Gravitationskonstanten ( T e): GN = 6,674 08·10−11 Nm2 /kg2
Solens massa ( T j1):
Msol = 1,989·1030 kg
c)
2
Ug = 0
Ue2 = kh2 /2.
(5.2) i (5.1) ger
r
mgL − Iω2
2
2
mgL/2 = Iω /2 + kh /2 ⇒ h =
.
k
Masströghetsmomentet för en smal stång ( T f1m):
I = mL2 /3 ≈ 1,80 kg m2 ,
i (5.3):
r
r
mgL − (mL2 /3)ω2
mL(g − Lω2 /3)
h=
=
k
k
s
2
15·0,6·(9,82 − 0,6·4 /3)
≈ 0,0488 m.
=
25·103
(5.2)
(5.3)
(5.4)
(5.5)
Svar: Fjäderhoptryckningen blir h = 0,049 m.
2p
Sökt:
Kometens fart vc och omloppstid, T c , ifall dess bana hade varit
cirkulär med banradie Rp .
Lösning:
Kometen påverkas av precis samma kraft som i b-uppgiften eftersom kraften på ett visst avstånd från solen är oberoende av
banan. Detta betyder att även accelerationen är densamma, dvs
ac = ap . Cirkulärrörelse ger därmed:
Msol
(4.4)
ac = v2c /Rp = ap = GN · 2
⇒
(4.5)
Rp
s
Msol
vc = GN ·
Rp
s
6,674 08·10−11 · 1,989·1030
≈ 38,914 km/s.
(4.6)
=
0,586 · 1,495 978 707·1011
Omloppstiden blir
s 2 · π · Rp (4.6) 2 · π · 0,586 · 1,495 978 707·1011
Tc = =
=
v
vc
38 914
≈ 14,15 Ms ≈ 163,8 dygn.
(4.7)
Senast uppdaterad: 28 maj 2017
2(2)
c Erik Elfgren
