SKOLORNAS FYSIKTÄVLING
Kvalificerings- och lagtävling
10 februari 1994
SVENSKA FYSIKERSAMFUNDET
LÖSNINGSFÖRSLAG
SVENSKA DAGBLADET
1. Med bildens beteckningar har vi
R
θ
F
mg
F cosθ = mg
Kraftjämvikt i vertikal led
F sin θ = m ω 2 R sin θ
Horisontella komponenten av F fungerar som
centripetalkraft
Detta ger
cosθ =
g
Rω 2
När ω blir mindre än en viss kritiskt vinkelhastighet ω krit =
g
R
så blir cosinus för vinkeln större än 1. Detta svarar fysikaliskt mot att den lilla ringen blir kvar
längst ner i undre läget. För att alltså få ett vinkelutslag fordras att den stora ringen roterar
med en viss minsta vinkelhastighet. Vi ser också att när vinkelhastigheten blir mycket stor så
närmar sig vinkeln θ alltmer 90˚. En graf över utslagsvinkeln som funktion av
vinkelhastigheten kan se ut så här:
π/ 2
θ
ω krit
ω
2. Vid ett slag med släggan får pålen en viss rörelseenergi. Vid inträngandet i marken utförs
ett arbete = produkten av medelkraft och väg varvid pålens rörelseenergi omvandlas till andra
energiformer. En viss rörelseenergi behövs därför för att driva ner pålen. Beteckna släggans
massa med m och pålens massa med M. Vi kan anta att M>>m. Anta att släggans fart innan
den träffar pålen är v och att pålens och släggans gemensamma fart efter den inelastiska stöten
är V.
Vi använder lagen om rörelsemängdens bevarande i stöten mellan släggan och pålen:
m v = (M + m )V ≈ MV
Pålens rörelseenergi efter slaget blir
1
2
MV 2 = 12 M
m 2v 2 1 v 2 2
=2
m
M2
M
Eftersom släggans farter är desamma ser vi att ett släggslag ger pålen en rörelseenergi som är
proportionell mot släggans massa i kvadrat. Detta innebär att den tyngre släggan ger omkring
fyra gånger större rörelseenergi per slag och allstå att man måste slå omkring fyra gånger så
många slag med den lättare släggan.
b) Släggans rörelseenergi före stöten är proportionell mot dess massa. Arbetet att ge släggan
denna fart är alltså proprotionellt mot dess massa. Varje slag med den tyngre släggan kräver
alltså dubbelt så stort arbete men i gengäld behöver man bara slå en fjärdedel så många slag.
Man måste alltså uträtta totalt omkring dubbelt så stort arbete med den lättare släggan.
3. Ritas bägarens massa som funktion av tiden, med avdrag för aluminiumstyckets massa för
data efter att detta lagts i, får man följande graf
Massa/[g]
150
140
14,5 g
130
0
5
10
Tid[minuter]
Ur figuren avläses att 14,5 g kväve förgasades vid kylningen av aluminiumbiten. Värdet beror
något på var vi avläser den vertikala differensen mellan de räta linjerna. Vi skall nu beräkna
hur mycket energi som aluminiumbiten avlämnat. Eftersom värmekapaciteten inte är konstant
måste vi beräkna arean under kurvan för värmekapaciteten från 77 K till 294 K. Detta göres
enklast genom att räkna rutor. Man får 308 rutor (glöm inte att räkna de rutor som inte visas i
diagrammet, för c mellan 0 och 0,3). Varje ruta svarar mot 0,05·10 J/kg dvs totalt 154 J/g.
19,4 g aluminium har då avgett 2,99 kJ och det specifika ångbildningsvärmet för kväve blir
2,99kJ/14,5 g = 0,21 MJ/kg. Mätningen av den förångade mängden kväve är den storhet som
har minst noggrannhet och värdet på ångbildningsvärmet är osäkert med någon enhet i sista
decimalen.
4. När blixten slår ner i marken bildas radiella strömmar ut från nedslagsplatsen. Detta ger en
elektrisk potential som avtar radiellt utåt. Någotsånär stora fyrfotadjur kommer, om de står
med kroppen radiellt ut från nedslagsplatsen, att utsättas för en stor potentialskillnad och
därmed stora strömmar genom hela kroppen och genom vitala organ som hjärtat. En tvåfoting
som en människa eller en kyckling har ett ganska litet avstånd mellan beröringsytorna på
marken och ursätts därigenom för mindre strömmar som ochså går in genom ena benet och ut
i det andra, sannolikt ganska obehagligt men med mindre påfrestning på hjärtat.
5. 4,0 g kalium är ganska precis 0,1 mol. Mängden 40K i provet var alltså 10–5 mol. Mängden
argon kan fås ur allmänna gaslagen
pV = nRT
Med insatta värden får man mänden argon till 10–4 mol. Vid der radioaktiva sönderfallet
omvandlas en kaliumkärna till en argonkärna. Den ursprungliga mängden 40K i provet bör
därför ha varit (10–5 + 10–4) mol.
Problemtexten ger halveringstiden T1/2 = 1,2·109 år vilket ger en sönderfallskonstant
log 2
T1 / 2
Vi får
10 −5 = (10 −5 + 10 −4 )e
(
− log 2 / 1, 2 ⋅10 9
)
1, 2 ⋅ 10 9
vilket ger t =
ln 11 ≈ 4 ⋅ 10 9 r
ln 2
6. Frekvensen på vågen förändras inte. Vi har därför för amplituderna A1 och A2 på
vattendjupen h1 respektive h2
gh1 A 12 = gh 2 A 22
eller
A 2 h1
=
A 1 h2
1/ 4
Med insatta värden
A 2 4300
=
A 1 10
1/ 4
≈ 4, 55
Detta ger en vågamplitud på omkring 9 m.
En mer precis teori säger att vågens fart även beror på dess amplitud c = g( h + A ) . Man får
samma storleksordning på resultatet med betydligt mera komplicerade räkningar.
b) Vågens fart blir omkring 210 m/s på öppet hav! Ett fartyg som utsätts för denna våg
kommer om vi antar att vi kan approximera vågen med en harmonisk rörelse att röra sig i
höjdled enligt
y = A sin ωt = A sin 2πft = A sin
2πc
t = A sin 6, 6 ⋅ 10 −3 [s −1 ]t
λ
Fartygets acceleration på vilken man skulle kunna märka vågen blir
d2y
= − A ω 2 sin ωt
dt 2
Maximala värdet på denna är 2·(6,6·10–3) 23 ms-2≈ 8·10–5 ms-2 -vilket är av storleksordningen en
milliondel av den normala tyngdaccelerationen och inte märkbart.
7 a) Varje droppe visar upp en absorberande area som är πr2 . Varje droppe har en volym som
är 4πr3 / 3 . Antalet droppar n per kubikmeter luft som ges av volumen V vatten är då
n=
3V
4πr3
Betrakta nu ett skikt luft som har arean 1 m2 och djupet L. Skiktet innehåller
n ⋅ L ⋅1 =
3VL
droppar.
4πr3
Dessa täcker en area (vi antar att de inte skymmer varandra i nämnvärd grad)
3VL 2 3VL
πr =
4πr3
4r
När denna area blir 1 m2 kan vi räkna med att allt ljus som kommer in i skiktet absorberas.
Detta ger
L=
4r
r
för siktdjupet.
≈
3V V
Siktdjupet är alltså proportionellt mot dropparnas radie och omvänt proportionellt mot
vattenmängden per volym luft. En droppstorlek av 0,01 mm och med en vattenmängd av 1
cm3 (1 ml) per m3 ger ett siktdjup av storleksordningen 10 m dvs ganska tät dimma.
Man kan göra en mer exakt beräkning på följande sätt. Betrakta ett luftskikt med den
infinitesimala tjockleken dx och arean 1 m2. Detta skikt innehåller ett antal droppar som
uppvisar en absorberande area
n ⋅ dx ⋅ 1 ⋅ πr2 =
3V
dx
4r
Den relativa intensitetsändringen på ljuset ges då av (minus eftersom intensiteten I minskar)
dI
3V
=−
dx
I
4r
eller
dI
3V
= −I
dx
4r
Detta är differentialekvationen för exponentiellt avtagande med lösningen
I = I 0 e −3xV /( 4 r ) , där I0 är den ursprungliga intensiteten på ljuset.
Man kan nu definiera siktdjupet som det värde på x = L som gör exponenten till 1 varvid man
får samma resultat som med det enklare resonemanget ovan. En annan möjlighet är att
definiera siktdjupet som den skikttjocklek som gör att intensiteten går ned till hälften. Detta
innebär endast en fator log 2 i siktdjupet som blir av samma storleksordning som ridigare.
b) När dropparna linjära utsträckning blir mindre än ljusets våglängd konner ljuset inte att
ÒseÒ dropparna. Vi kan alltså förvänta att den enkla geometriska modellen ovan bryter
samman då dropparnas radie blir av storleksordningen några tiondels µm.
8. Dela upp det jordmagnetiska fältet i dess vertikala och horisontella komposant. Den
vertikala komposanten inducerar uppenbart ingen ström i ringen eftersom den inte ger något
flöde genom ringen. Beteckna det jordmagnetiska fältets horisontalkomposant med B. Anta att
ringen roterar med vinkelhastigheten ω. Det magnetiska flöder genom ringen blir då
Φ = πr2 B cos ωt
där r är ringens radie. ωt är vinkeln mellan normalen till ringplanet och B.
Den i ringen inducerade spånningen, e, blir då (vi bryr oss inte om tecknet)
e=
dΦ
= πr2 B ω sin ωt
dt
Strömmen i ringen, i, blir
i=
e πr2 B ω
=
sin ωt
R
R
där R är ringens resistans.
Strömmen i ringen ger upphov till ett magnetfält B1 som i cirkelns centrum har storleken
B1 = µ 0
i
πr2 B ω
πrBω
= µ0
sin ωt = µ0
sin ωt
2r
2 rR
2R
Detta magnetfält är riktat längs normalen till ringens plan och roterar med denna. Dela upp
detta fält i en komposant utefter B:s riktning och en riktning vinkelrätt däremot. Parallellfältet
blir
µ0
πrBω
sin ωt cos ωt
2R
Detta fält har tidsmedelvärdet noll.
Det vinkelräta fältet blir
µ0
πrBω
sin ωt sin ωt
2R
med tidsmedelvärdet
B1 ⊥ = µ 0
πrBω
4R
Detta fält strävar att dra magnetnålen vinkelrätt bort från den ursprungliga riktningen. Kalla
vinkelavvikelsen för α. Vi har
tan α =
B1 ⊥
B
=
µ0πrω µ0 2π 2 rf
=
4R
4R
Stoppas textens sifferuppgifter in får man
R = 0,18 mΩ
