Tentalösning 2017-03-24, Fysik 3 (F0006T)

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