Løsninger. Landsfinalen, Fysikolympiaden 2018-19.
1. Fem nødder
Nød 1
𝛑𝟎 -mesonen
a) Hele π0 -mesonen hvilemasse omsættes til energi. Derfor bliver hver af fotonernes energi:
ℎ∙𝑐
𝐸𝛾 = 12𝑚π ∙ 𝑐 2 = 1,08 ∙ 10−11 J. Derfor bliver bølgelængden: 𝜆 = 𝐸 = 1,84 ∙ 10−14 m
γ
Nød 2
Kredsløb med en glødelampe
b) Ifølge Ohms Lov er 𝑈 = (6,0Ω + 1,0Ω + 9,0Ω) ∙ 0,25𝐴 = 4,0 𝑉. Den samlede resistans må derfor højst
𝑈
være 𝑅min = 𝐼
= 10,0 Ω, heraf ses, at den variable resistor mindst må have værdien 3,0 Ω.
maks
Nød 3
Cyklist
c) Effekten, som cyklisten yder, er lig med:
𝑃 = (𝐹l + 𝐹r ) ∙ 𝑣 = ½ ∙ 𝜌 ∙ 𝐴 ∙ 𝑐W ∙ 𝑣 3 + 𝐹r ∙ 𝑣. Ved løsning af denne 3. grads ligning med hensyn til 𝑣
(”solver”, iterering eller tegning af graf) fås: 𝑣 = 8,0 m/s.
Nød 4
Energiniveauer
For overgangene gælder, at summen af energierne svarende til overgang 2 og 3 er lig med energien svarende
til overgang 1. Heraf: ℎ𝑓1 = ℎ𝑓2 + ℎ𝑓3 , hvor ℎ er Planck konstanten og 𝑓1 , 𝑓2 og 𝑓3 er frekvenserne. Da
ℎ𝑐
ℎ𝑐
ℎ𝑐
1
1
1
1
𝜆 +𝜆
𝜆 ∙ 𝑓 = 𝑐 fås: 𝜆 = 𝜆 + 𝜆 eller 𝜆 = 𝜆 + 𝜆 . Ved at sætte brøken på fællesnævner fås: 𝜆 = 𝜆2 ∙𝜆 3, og ved
1
2
3
1
2
3
1
2
3
at vende denne brøk på hovedet, fås den ønskede formel.
Nød 5
Afkøling og opvarmning af suppe
e) Ved at indlægge en tangent på første del af grafen, hvor temperaturen er 60 ℃, finder man
∆𝑇
K
K
hældningskoefficienten for tangenten til ∆𝑡 = −1,56 min = −2,60 ∙ 10−2 s . Derfor bliver suppens effekttab
til omgivelserne ved 60 ℃:
∆𝑇
J∙kg
K
𝑃tab = −𝑚𝑐 ∆𝑡 = 2,0 kg ∙ 4,18 ∙ 103 K ∙ 2,60 ∙ 10−2 s = 217 W.
Når temperaturen efter opvarmningen når 60℃ vil temperaturen forblive konstant på denne værdi. Det må
betyde, at effekttabet svarer til den tilførte effekt fra blusset. Altså bliver den tilførte effekt fra blusset:
𝑃tilført = 𝑃tab = 217 W ≈ 0,22 kW.
2. Kaskelothvalens kliklyde
a) Der går ca. Δ𝑡 = 4,5 ms mellem første og andet klik. I løbet af dette tidsrum har lydsignalet gennemløbet
m
en strækning på 2𝐿 = 𝑣lyd ⋅ Δ𝑡 = 1,37 ⋅ 103 s ⋅ 4,5 ⋅ 10−3 s = 6,2 m. Så 𝐿 = 3,1 m og dermed har denne
kaskelothvalen en omtrentlig længde på 9,3 m.
𝐿
b) Lydtrykket lige ved kaskelotten er 𝑝rms = 𝑝0 ⋅ 1020 = 31,6 kPa. Lydkeglens areal i afstanden d = 2,0 m
fra næsen er omtrent 𝜋 ⋅ (2 m ⋅ tan 5°)2 = 0,096 m2. Trykket er derfor i denne afstand reduceret til
0,025
31,6 kPa ⋅ 0,095 = 8,2 kPa. Kraften på blæksprutten bliver derfor
𝐹 = 𝑝 ⋅ 𝐴sprutte = 8,2 kPa ⋅ 0,010 m2 = 82 N. Men kraften virker kun i ca. 1 ms, så impulsændringen af
blæksprutten er blot Δ𝑝 = 𝐹Δ𝑡 = 0,082 kg m s−2 . Næppe noget, der gør stort indtryk på blæksprutten, hvad
forsøg i en vandtank med blæksprutter og en kraftig lydkilde har vist.
3. Hvor er Himlen?
1
1
a) 𝑑 = 𝑔𝑡 2 = ⋅ 9,8 m⋅s −2 (9 · 24 · 602 s)2 = 3,0 · 1012 m (ca. 20 gange afstanden til solen).
2
2
4𝜋 2
b) Af Keplers tredje lov får vi 𝑇 2 = 𝐺𝑀 𝑎3 så
J
3 𝑇 2 𝐺𝑀J
4𝜋2
2𝑎 = 2 √
3 (9dage)2 𝐺𝑀J
4𝜋 2
= 3,65 · 108 m.
= 2√
c) Antag, når faldet starter, at Djævlen allerede har en ubetydelig lille hastighed 𝑣𝑡 der er vinkelret på linjen
mellem Djævelen og Jorden. Så vil Djævelen bevæge sig i en meget langstrakt ellipsebane omkring Jordens
centrum. Faldtiden er halvdelen af omløbstiden T , og vejlængden 𝑑, som djævlen falder, er storaksen i
banen. Ifølge Keplers tredje lov får vi
2
2
J
J
3
3
8𝑇 2 𝐺𝑀J
4𝜋
4𝜋
𝑑
𝑇 2 = 𝐺𝑀 𝑎3 = 𝐺𝑀 (2 ) så 𝑑 = √
4𝜋 2
3
8(2·9dage)2 𝐺𝑀J
=√
4𝜋 2
= 5,8 · 108 m, hvilket er ca. 1,5 gange afstanden
mellem Jorden og Månen.
2
Afstanden er altså 23 gange storaksen for en bane med omløbstid 9 dage.
4. S-tog
1
Vi ser på (𝑡, 𝑣) −graferne for de to bevægelser. For 𝑆1 bliver maksimalfarten 𝑎 ⋅ 3 𝑇 og den tilbagelagte
1
1
2
1
1
2
9𝐿
distance er 𝐿 = 2 𝑎 (3 𝑇) ⋅ 2 + 3 𝑇 (𝑎 ⋅ 3 𝑇) = 9 𝑎𝑇 2 , så 𝑇 = √2 𝑎 =
3
√2
𝐿
√ . For 𝑆2 antages, at toget
𝑎
1
1
accelererer i tiden 𝑡1 , hvorved det skal have tilbagelagt strækningen 𝐿/3. Vi får derfor, at 3 𝐿 = 2 𝑎𝑡12 ,
2𝐿
hvorved 𝑡1 = √3 𝑎 . Opbremsningstiden for 𝑆2 har en tilsvarende værdi.
2𝐿
2
𝐿
Toget S2 bevæger sig med konstant fart 𝑣 = 𝑎𝑡1 = 𝑎√3 𝑎 = √3 𝐿𝑎 over strækningen 3, hvilket tager tiden
𝑡2 =
𝐿
3
𝑣
1
3
𝐿
2
1
3
𝐿
= 3 √2 √𝑎. Den samlede rejsetid for 𝑆2 bliver derfor (2√3 + 3 √2) √𝑎 =
𝑇S1
de to tider bliver derfor 𝑇
𝑆2
=
3
√2
5
√6
=
3√3
5
5
√6
𝐿
√ . Forholdet mellem
𝑎
(= 1,04).
5. Neutrino-indfangning
a) Når der er ligevægt dannes pr. tidsenhed lige så mange Ar-kerner pga. neutrinoer, som der henfalder. Der
0,5 døgn−1
gælder derfor, at 𝐴Ar = 𝐴ν = 3600⋅24 s/døgn = 5,79 ⋅ 10−6 Bq. Endvidere gælder, at 𝐴Ar = 𝑘Ar ⋅ 𝑁Ar , så
5,79⋅10−6 Bq
𝐴
𝑁Ar = 𝑘Ar = ln 2/(35⋅24⋅3600 s) = 25,2 stk.
Ar
b) I et lille tidsrum 𝑑𝑡 ændres antallet af Ar-kerner således: 𝑑𝑁Ar = 𝐴 ν 𝑑𝑡 − 𝑘Ar 𝑁Ar 𝑑𝑡, så
𝑘Ar 𝑁Ar . Løsningen til denne differentialligning er
𝐴
𝑁Ar (𝑡) = 𝑘 ν (1 − 𝑒 −𝑘Ar ⋅𝑡 ). Indsættelse af talværdier giver
Ar
ln(2)
𝑁Ar (90 døgn) = 25,2 ⋅ (1 − e− 35 d ∙90 d ) = 21,0 stk.
𝑑𝑁Ar
𝑑𝑡
= 𝐴ν −
6. Bil på glatis
1
1
m
m
a) 𝑠 = 2 𝑎t 𝑡 2 = 2 ⋅ 0,70 s2 ⋅ (10 s)2 = 35,0 m. 𝑣 = 𝑎t 𝑡 = 0,70 s2 ⋅ 10 s = 7,0 m/s.
b)
𝑛
𝑓t
𝑓r
𝑓r
𝑚𝑔
Set oppefra: Gnidningskraft 𝑓r rettet mod centrum af cirklen, gnidningskraft tangentielt til cirklen 𝑓t .
Set bagfra siden: 𝑓r fra før, tyngdekraft 𝑚𝑔 og normalkraft 𝑛.
c) 𝑓𝑟 = 𝑚
𝑣2
𝑅
= 3250 kg ⋅
m 2
s
(7,0 )
200 m
= 0,80 kN , 𝑓t = 𝑚𝑎t = 2,3 kN, 𝑛 = 𝑚𝑔 = 31,9 kN.
d) Maksimal størrelse af den samlede gnidningskraft er 𝑓 = 𝜇s 𝑛. Pythagoras giver, at
2
𝑚𝑣m
𝑓 = √𝑓r2 + 𝑓t2 = √(
𝑅
2
2
𝑚𝑣m
) + (𝑚𝑎t )2, så √(
𝑅
2
) + (𝑚𝑎t )2 = 𝜇s 𝑛 = 𝜇s 𝑚𝑔. Heraf fås ved løsning med
hensyn til 𝑣m at
1
𝑣m = (𝑅 2 (𝜇s2 𝑔2 − 𝑎t2 ))4
e) Indsættelse af talværdierne i ovenstående udtryk giver 𝑣m = 11,7 m/s. Konstant størrelse af
𝑣2
2
accelerationen langs banen giver, at formlen 𝑣m
= 2𝑎t 𝑠 kan benyttes, så 𝑠 = 2 m
= 98 m.
𝑎
t