Kortfattade lösningsförslag till tentamen Fysik 2 040116

January 8, 2018 | Author: Anonymous | Category: Math, Trigonometry
Share Embed Donate


Short Description

Download Kortfattade lösningsförslag till tentamen Fysik 2 040116...

Description

Kortfattade lösningsförslag till tentamen Fysik 2 040116 Uppgift 1 Einsteins fotoelektriska lag ges av formeln, hf = φ + eV 0 , där φ är utträdesarbetet,V0 är bromsspänningen och f är frekvensen (beteckningar enligt Y&F). Vi får då för de två frekvenserna att (1) hf = φ + eV01 f h = φ + eV02 (2) 2 2 f Ekv. (1) – (2) ger då att h = e(V01 − V02 ) ⇒ f = e(V01 − V02 ) . h 2 Med Planck’s konstant och elektronladdning från tabell och data från problem erhålles då att c f = 1.236 ⋅1015 Hz ⇒ λ 1 = = 243nm , och med halverad frekvens att f c 2c λ2 = = = 485nm . Med ekv (1) erhålles utträdesarbetet enligt f /2 f φ = hf − eV01 = 3.09⋅10 −19 J = 1.93eV Svar: Utträdesarbetet är 1.93 eV och ljusvåglängderna är 243 nm resp 485nm

Uppgift 2 a) För en dubbelspalt gäller att vi har interferensmax för n⋅d⋅sin(θ) = p⋅λ I detta fall är n= 1 (luft) och sin(θ) ≈ tan(θ) = y / L där y = avståndet från centralbilden längs skärmen och L= avståndet mellan spalt och skärm. y p⋅ λ ⋅ L Vi får då att d ⋅ = p ⋅ λ ⇒ y = L d För andra maximat gäller då att −9 2 ⋅630 ⋅10 ⋅ 4 −2 = 1,68⋅10 m = 1,68cm y= −3 0,3⋅10 b) Diffraktionsminimum har vi för n⋅b⋅sin(θ) = m⋅λ . Det skall vara lika stort avstånd mellan alla interferensmaxima. Att ett interferensmax saknas betyder det att interferensmaximat faller på ett diffraktionsminimum. Interferensmax: n⋅d⋅sin(θ) = p⋅λ Diffraktionsmin: n⋅b⋅sin(θ) = m⋅λ b m 0,1 m Genom att dividera dessa två ekvationer med varandra får vi ⇒ ⇒ = = d p 0,3 p p = 3⋅m Detta betyder att var tredje interferensmaximum saknas Svar: a) y = 1,68 cm b) p = 3⋅m dvs var tredje int.max saknas Uppgift 3 Lösning: µ = ρ ⋅ (Tvärsnittsarean) = ρ ⋅ A F F F v1 = = v2 = = och µ1 ρ1 ⋅ A µ2

F (1) ρ2 ⋅ A Aluminium: Nod i båda ändpunkterna ⇒ y=f(ω⋅t)⋅sin(k⋅x) där sin(k1⋅L1) = 0 ⇒

2 ⋅π

(2) ⋅ L = p ⋅π λ1 1 1 Stål: Nod i båda ändpunkterna ⇒ y=f(ω⋅t)⋅sin(k⋅x) där sin(k2⋅L2) = 0 ⇒ 2 ⋅π (3) ⋅ L2 = p2 ⋅ π λ2 Men v = f⋅λ ⇒ (2) och (3) kan skrivas (OBS! samma frekvens för båda svängningarna) v v1 v v (4) och f = p2 ⋅ 2 (5) vilket ger att p1 ⋅ 1 = p2 ⋅ 2 2 ⋅ L2 2⋅ L1 2 ⋅ L2 2 ⋅ L1 Detta ger med (1) att F F ρ1 ⋅ A ρ2 ⋅ A 1 1 p1 ⋅ = p2 ⋅ ⇒ p1 ⋅ = p2 ⋅ ⇒ 2 ⋅ L1 2⋅ L2 2 ⋅ L1 ⋅ ρ1 2 ⋅ L2 ⋅ ρ 2 p2 = 2,5⋅ p1 Vi ville ha den lägsta frekvensen ⇒ vi skall hitta de lägsta värderna på p1 och p2 som uppfyller villkoret ovan. Detta betyder att p1 = 2 och p2 = 5 Dessa värden insatta i (4) ger att F 10 ⋅9,81 −6 ρ1 ⋅ A v1 = 2⋅ = 2600⋅10 = 323,74 Hz f = p1 ⋅ 2⋅ L1 2 ⋅0,6 0,6 b) Antalet noder blir på aluminiumsträngen 3 (en vid väggen, en mitt på och en vid förbindelsepunkten) och för stålet 5 st om vi räknar bort den gemensamma i förbindelsepunkten Svar : a) Frekvensen är 324 Hz b) 8 stycken nodpunkter f = p1 ⋅

Uppgift 4 Av informationen i problemtexten kan man anta att atomerna exciteras från grundtillståndet (n = 1) till andra exciterade tillståndet (n = 3). Vid deexcitationen erhålles då ljus för övergångarna, (n = 3 till n = 1), (n = 3 till n = 2) och (n = 2 till n = 1), dvs ljus av tre våglängder där de två senare övergångarna ger längre våglängder jämfört med övergången (n = 3 till n = 1). En av våglängderna som utsänds är densamma som våglängden som absorberas (2,851 nm). De två övriga våglängderna är längre enligt problemtexten. Bohrs atommodell för väteliknande system (se P.H. sid 297)ger då att; ⎛ Z2 1⎞ 8 E3 − E1 = −E H − (− EH Z 2 ) = EH Z 2 ⎜ 1 − ⎟ = EH Z 2 . Beräkning av atomnumret Z ger ⎝ 9 9⎠ 9 9 E3 − E1 ⋅ information om vilket grundämne det gäller. Vi får då att Z = . Enligt P.H. sid 13 8 EH hc där λ = 2,851 nm erhålles efter uträkning att så gäller att EH = 13.6 eV och då E3 − E1 = λ Z = 6 dvs grundämnet är kol (C). Svar: Grundämnet är kol.

Uppgift 5

Strålning från flygplanet Mottagare h

θ

θ

h 2h sin θ Spegelbild Flygplanet bifinner sig långt borta ⇒ Vi kan anse att strålningen från planet är parallellt. Det är den direkta strålningen från planet och den som reflekteras i vattenytan som ger interferensen i mottagaren. Den stråle som träffar vattenytan verkar gå genom mottagarens spegelbild. Om strålningen kommer in i vinkeln θ så är även vinkeln vid mottagaren θ (Se figur). Skillnaden i gångväg från flygplanet till mottagaren för de två strålarna blir då 2h⋅ sin(θ). Eftersom den reflekterande strålen reflekteras mot ett optiskt tätare medium får vi även ett fassprång på λ/2 vid reflektionen. Minimum erhålles då för 2h⋅ sin(θ) + λ/2 = (2p + 1)⋅ λ/2 Detta ger att sin(θ) = p⋅λ/(2h ). Vi vill ha den minsta vinkeln ⇒p = 1. Detta ger att sin(θ) = λ/(2h ). Om planet befinner sig på 5000 m avstånd får vi att y tan(θ ) = där y = höjden över havet för flygplanet. 5000 Men θ är litet ⇒ sin(θ ) ≈ tan(θ ) ≈ θ . λ 5000 ⋅0,1 y 5000⋅ λ Detta ger att = 25m ⇒ y= ⇒ y= = 2⋅ h 2⋅10 5000 2 ⋅ h Svar: Den lägsta höjden är 25 m

View more...

Comments

Copyright � 2017 NANOPDF Inc.
SUPPORT NANOPDF