Ergo Fysik 2 Lösningar till Ergo Fysik 2, 47-10672-1, kp 1-8 Tryckfel (första tryckningen) Sida Var 111 Exempel rad 4 140 Exempel 1 rad 5 148 Rad 5-6
Står …= 3,68 · 1019 J …= 600 · 2,5 N = 1500 N centralkraft
Skall stå …= 3,68 · 10–19 J …= 600 · 2,5 Nm = 1500 Nm centripetalkraft
Svar kontrollfrågor 340 Uppg 7 b, kp 4
2,1 m/s
–2,8 m/s
Facit 344 344 347 348
6,63 · 10–19 J E = hf = 5,90 · 10–26 J. P =NE/t = 11,8 kW 9,3 mA 0,56 m
Uppg 3.18 Uppg 3.19 Uppg 7.13 Test 1, uppg 4
E = 6,63 · 10–19 J, p = 2,2 · 10–27 kgm/s p = 3,94 · 10–5 kgm/s 19 mA 1,68 m
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
1
Om lösningarna: I en del uppgifter kan sista värdesiffran i svaret bli olika beroende på vilka tabellvärden man använder. Det är helt i sin ordning.
1. Mekaniska vågor
1.06
60 s 0, 40s = 150
T=
f=
1 = 2,5 Hz T
1.07 Se facit 1.08 a) = v λf
Räkna fysik
λ=
v 1, 6 m = = 1,9 m f 0,85
b) Se facit
1.01 a) T=
60 = s 2, 0s 30
b) = f 50 Hz
T=
f=
1 = 0,50 Hz T
1.09 a) Se facit b) Samma bokstav ligger i fas.
1 = 0, 020 s f D
B
1.02 Avläs i figuren:
A
A = 2,0 cm T = 4,0 s
f =
1 = 0,25 Hz T c) T=
1.03 a) F = kx
F 85 = = 340 N m N m x 0, 25 1 1 b) W = kx 2 = ⋅ 340 ⋅ 0, 252 J ≈ 11 J 2 2 = k
1 = 0, 63s för alla punkter f
1.10 a) v= 0, 25 ⋅ 40 m s = 10 m s λf =
s= vt
t=
s 500 s= 50s = v 10
b) 1.04 a) F = kx , k = linjens riktningskoefficient
∆F 15 = N= m 250 N m ∆x 0, 06 b) Bestäm arean under grafen från 0 till 4,5 cm. 0, 045 ⋅11 J 0, 25 J = W = 2 = k
1.05 a) Kinetisk energi omvandlas till energi hos den elastiska mattan. mv 2 Wk = 2 1 2 W = kx 2 mv 2 1 2 = kx 2 2 mv 2 87 ⋅ 9,52 = k = N= m 125628 N m ≈ 130 kN m x2 0, 252 b) Den maximala kraften F= kx = 125628 ⋅ 0, 25 N ≈ 31kN (Medelkraften är 16 kN)
s 30 m s= 6, 0 m s = t 5, 0 v 6, 0 m = 0,15 m λ= = f 40 v=
1.11
s 0,10 m s= 0, 20 m s = t 0,50 5λ 10 cm λ 2, 0 cm = = v 0, 20 v= λ f f= = Hz= 10 Hz λ 0, 02 v=
1.12 a) Avläsning ur t.ex. s/t-grafen ger: 0,24 − 0,16 A= m = 0,04 m 2 T = (1 − 0,2) s = 0,8 s
1 1 = Hz = 1,25 Hz T 0,8 b) Avläsning ur v/t och a/t-graferna ger: v = 0 m/s, a = –2,5 m/s2 Vikten är högst upp i sitt vändläge c) Vid 0,2 s och 1,8 s d) Antingen högst upp eller längst ner. f =
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
1
e) Hastigheten är som störst när vikten passerar jämviktsläget 0,20 m. f) Accelerationen är som störst i vändlägena. Hastigheten är då 0. g) Kraften har samma riktning som accelerationen. När kraften är riktad uppåt är vikten under jämviktsläget. h) Fmax = a max ⋅ m = 2,5 ⋅ 0,45 N = 1,1 N i) k =
F 1,1 = N/m = 28 N/m x 0,04
1.13 a) Infalls- och reflektionsvinkeln mäts mot normalen, i= r= 90° − 35°= 55° . Se figur 1.12 på sid. 22 i läroboken. b) Se facit 1.14 Tid för ljudsignalen att gå till fiskstimmet: 42 ms 21 ms = t = 2 s =vt =1,53 ⋅103 ⋅ 0, 021 m =32 m
b) Vid 2:a nodlinjen är vägskillnaden, ∆s 3λ 3 ⋅ 26 ∆s= = cm= 39 cm 2 2 s2 = 72 cm − 39 cm = 33cm eller
s2 = 72 cm + 39 cm = 111cm 1.24
λ
a) 1:a nodlinjen: KB − KA = 2 b) λ = 2 ⋅ 3, 0 cm = 6, 0 cm c) Samma nodlinje: LB − LA = KB − KA = 3, 0 cm d) M ligger på 2:a nodlinjen: 3λ MB − MA = = 9, 0 cm 2 1.25 Avståndet mellan intilliggande noder är
λ
2 Avståndet mellan 2:a och 6:e noden är 2λ. 2λ = 45cm
.
λ = 22,5cm
1.15 Se facit och figur 1.13 på sid. 23 i läroboken.
1.26
1.16 Se facit
a) = λ 18cm ⇒ = 9 cm mellan två noder. 2 b) Samma, d.v.s. 9 cm c) v = λf = 0,18 ⋅ 25 m s = 4,5 m s
1.17 Se facit och sid. 26 i läroboken. 1.18 Pulsen rör sig åt höger. Punkt A rör sig neråt och B rör sig uppåt. 1.19 Högst upp på ruta 4 och tillbaka igen, d.v.s. totalt 8 rutor. 1.20 Se facit
λ
1.27
v λf a) =
λ=
v 340 m = = 0, 664 m f 512
b)
v = 17 m f v f 20 kHz : λ= = 0, 017 m = f f 20 Hz : λ= =
1.28
1.21 Se facit och exempel 9 på sid. 31 i läroboken. 1.22 Se facit
s= vt
t=
s 100 = s= 0, 29s för sent. Tiden blir v 340
för kort. 1.29
v λf =
1.23 a) Vid 1:a nodlinjen är vägskillnaden, ∆s λ 26 cm = 13cm ∆s = = 2 2 s2 = 57 cm − 13cm = 44 cm eller
λ=
v 1500 m = = 0, 75 mm f 2 ⋅106
λ
Upplösningen= ≈ 2
0, 75 mm 0, 4 mm = 2
s2 = 57 cm + 13cm = 70 cm
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
2
1.30 s = vt
b) 2:a överton: l =
s 750 s= 2, 2059s = v 340 Mark: t2 = t1 − 2, 0s = 0, 2059s Luft: t1=
= v
s = 3, 6 km s t2
Öppen pipa, grundton: = l
λ1
Sluten pipa: grundton: = l
λ2
2
4
= v λ= 2lf1 1 f1
2 f1 2 ⋅ 380 f2 = = = Hz 190 Hz 4 4 1.32 Öppen pipa:
v λ0 f 0 =
L = 10 lg L = 10 lg
2
L = 10 lg
f 3 − f 2 = f 2 − f1 = 75 Hz Se uppgift 1.32: Pipans grundton = differensen mellan tonerna, d.v.s. 75 Hz. 1.34 l = 34, 0 cm
v =
2
10 −12 10 ⋅10 −6 10 −12
dB = 70 dB
I
10 −12 I 20 = 10 lg −12 10 I lg −12 = 2 10 I = 10 2 10 −12 I = 10 −10 W/m 2 1.38
L1 = 10 lg
10 −6 10 −12
dB = 60 dB
2 ⋅10 −6
dB = 63 dB 10 −12 L2 − L1 = (63 − 60) dB = 3 dB
f 3 = 525 Hz
λ0
λ0
I
a) L 2 = 10 lg
f 2 = 450 Hz
= = f 0 380 Hz när l
v 520 Hz = = 325 Hz 1, 6
f0 =
1.36
1.37
1.33 Intilliggande övertoner: f1 = 375 Hz
λ0
l 1, 60 m 2= λ= 0
2
λ
2λ 2. 1:a överton: l = 2 3λ o.s.v. 3. 2:a överton: l = 2 v v 340 1. λ= 2l f= Hz= 70,8 Hz = = 1 λ 2l 4,8 v 2l 2.= f 2 2= 2 f1 λ = 2 2l v 2l 3.= f 3 3= 3 f1 o.s.v = λ 3 2l fn = n ⋅ 70,8 Hz där n ≥ 1
= f0
λ0
= v λ= 4lf 2 2 f2
4lf 2 = 2lf1
= (grundton) λ0 2l
v 2l
b) L3 = 10 lg
10 ⋅10 −6
dB = 70 dB 10 −12 L3 − L1 = (70 − 60) dB = 10 dB
c) L4 = 10 lg
10 −3
dB = 90 dB 10 −12 L 4 − L1 = (90 − 60) dB = 30 dB
1.39 a) I =
P 12 = W/m 2 = 15 mW/m 2 A 4π ⋅ 8 2
b) L = 10 lg
a) 1:a överton: l = λ1
f1=
2l λ2 c) v = λ0 f 0 = 2 ⋅ 0,34 ⋅ 380 m s = 258 m s
l =
= v λf
v v f 0 1 140 Hz = 3 = 3=
f2 =
1.35
1.31
1. grundton: l =
3λ2 2l λ2 = 2 3
14,9 ⋅10 −3 10 −12
dB = 100 dB
v v = = 2 f 0= 760 Hz l
λ1
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
3
Testa dig i fysik 1. = λ 48cm = f 0, 45 Hz
v= λf = 0, 48 ⋅ 0, 45 m s = 0, 216 m s = s 0,96 = m s vt s 0,96 t= = s= 4, 4 s v 0, 216
6. PA − PB = 1,5λ = (2 ⋅ 4,65 - 2 ⋅ 2,45) cm = 4,4 cm ⇒ λ = 2,9 cm
v = f ⋅ λ = 15 ⋅ 2,9 cm/s = 44 cm/s 7. Avståndet mellan 2 min:
v =
λ
2.
s 30 = s = 0,088 s v 340 Antal svängningar blir: 440 ⋅ 0,088 st = 39 st t=
3. Lådans längd = v f v 340 λ = = = = m = 0,19 m 4 4 4 f 4 ⋅ 440 4. Andra övertonen innebär 4 nodpunkter, en i vardera änden och två på strängen. Strängens längd motsvarar då 1,5λ 2 . Avståndet mellan två nodpunkter = 0,5λ 2 = 0,28 ⇒ λ 2 = 0,56 m Strängens längd = 1,5λ 2 = 1,5 ⋅ 0,56 m = 0,84 m När strängen svänger med grundtonen är strängens längd = 0,5λ = 0,84 m ⇒ λ = 1,68 m
= 2 8.
λ
2 v 340 m λ f λ= = = 0,158 m f 2150 0,158 = m 0,= 079 m 7,9 cm 2
λ
λ 2l = 2 v = λ f konstant λ1 f1 = λ2 f 2
l =
2l1 f1 = 2l2 f 2 l1 f1 0,840 ⋅ 220 = = m 0, 705 m f2 262 Strängens längd blir 0,705 m
l2 =
5.
L = 10 lg
I
10 −12 I 75 = 10 lg −12 ⇒ I = 31,6 µW/m 2 10 L = 10 lg
8 ⋅ 31,6 ⋅10 −6 10 −12
dB = 84 dB
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
4
2. Ljusvågor
2.07 Brytningsindex definieras: n =
c v
För glaset gäller:
Räkna fysik
vglas = 0,86 ⋅ vvatten = 0,86 ⋅
2.01 Infallsvinkeln och reflektionsvinkeln är lika stora. Båda vinklarna mäts mot normalen. Vinkeln mellan den reflekterade och den infallande ljusstrålen är 132°. Vi får: Infallsvinkeln = reflektionsvinkeln 132° i= r= = 66° 2
n= glas
2.02 Klockan visar tio minuter i två. Testa själv med 2 speglar! Du ser ”spegelbildens spegelbild” i resp. spegel och därför blir bilden rättvänd. (Kläppen på väckarklockan i spegeln är ritad åt fel håll.) 2.03 Infallsvinklarna är 42° och 58°. Reflektionsvinklarna är lika stora som infallsvinklarna, d.v.s. 42° och 58°. Vinkeln, v, mellan de reflekterade strålarna är då: v = 58° − 42° = 16° 2.04 Se facit i läroboken. 2.05 Rita den reflekterade strålen (30° mot normalen) i den första spegeln. Speglarna och den reflekterade strålen bildar nu en triangel med vinklarna 45°, 60° och en okänd vinkel w. Vinkelsumman i en triangel är 180° vilket ger w = 75°. Reflektionsvinkeln = infallsvinkeln i den andra spegeln, dvs. 90 – 75 = 15°. 2.06 a) Använd brytningslagen: n1 sin α1 = n2 sin α 2 , där α1 = 50, 0° , α 2 = 28, 6° och n1 = 1 (luft). Vi får:
n2 =
n1 sin α1 1 ⋅ sin 50, 0° = = 1, 60 sin α 2 sin 28, 6°
b) α1 = 25, 0° . Brytningsvinkeln blir:
n1 sin α1 1 ⋅ sin 25, 0° = = 0, 264 sin α 2 = n2 1, 60
α 2 = 15,3°
c nvatten
=
0,86c = 0, 6466c 1,33
c c = = 1,55 vglas 0, 6466c
2.08 a) Infallsvinkeln och brytningsvinkeln mäts mot normalen. Vinklarna i figuren är mätta mot diamantytan. Vi får: Infallsvinkeln: α1 = 90° − 45° = 45° Brytningsvinkeln: α 2 = 90° − 73° = 17° b) Brytningslagen: n1 sin α1 = n2 sin α 2 , där n1 = 1 (luft). Vi får: n1 sin α1 1 ⋅ sin 45° n2 = = = 2, 42 sin α 2 sin17° 2.09 a) Ljuset bryts från normalen. Det går från ett material med högre brytningsindex till ett material med lägre brytningsindex, d.v.s. från glas till luft. b) Infallsvinkeln är 32,0°. Reflektionsvinkeln, α, är lika stor som infallsvinkeln, α = 32, 0° . Brytningsvinkeln, β, beräknas med hjälp av brytningslagen: n1 sin α1 = n2 sin β , där n1 = 1,50 (glas) och n2 = 1 (luft). Vi får:
= sin β
n1 sin α1 1,50 ⋅ sin 32, 0° = = 0, 79488 n2 1
β = 52, 6° 2.10 Ljuset bryts i glasprismats båda gränsytor. Vinklarna mellan ljusstrålen och glasytorna är lika stora på båda sidor om glasprismat. Då måste vinklarna mellan ljusstrålen och gränsytorna inuti prismat också vara lika stora. Ljusstrålen i glaskroppen är då parallell med prismats basyta eftersom glasprismat är likbent. Vi kan beräkna brytningsvinkeln i glasprismat. Toppvinkeln i prismat är 50°. Basvinklarna, v, kan då beräknas: 2v + 50° = 180°
180° − 50° = 65° 2 Både infallsvinkeln och brytningsvinkeln mäts mot normalen. Vi får: Infallsvinkeln α 1 = 90° − 47° = 43° Brytningsvinkeln α 2 = 90° − 65° = 25°
= v
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
1
Brytningslagen ger: n1 sin α1 = n2 sin α 2 , där n1 = 1 (luft). Vi får: n1 sin α1 1 ⋅ sin 43° n2 = = = 1, 6 sin α 2 sin 25° 2.11 a) Ljuset bryts från normalen när det går från glas till luft. Ljusstråle T kan inte höra till ljusstråle P eftersom brytningsvinkeln i så fall är mindre än infallsvinkeln. Den reflekterade strålen S kommer att försvinna. b) Den reflekterade ljusstrålen R och den brutna ljusstrålen T försvinner. c) Brytningslagen ger: n1 sin α1 = n2 sin α 2 , där
α1 = 26° , α 2 = 41° och n2 = 1 (luft). Vi får: n2 sin α 2 1 ⋅ sin 41° n1 = = = 1,5 sin α1 sin 26° 2.12 Använd brytningslagen: n1 sin α1 = n2 sin α 2 , där n1 = 1 (luft). Infallsvinkeln är vinkeln mellan ljusstrålen och en vertikal normal. Den kan beräknas med hjälp av måtten i figuren: 7,5 α1 = 2,5 tan= 3, 0 α1 = 68, 20° Brytningsvinkeln beräknas på motsvarande sätt: 7, 0 tan= α 2 = 0, 70 10, 0 α 2 = 34,99° Brytningsindex blir:
n2 =
n1 sin α1 1 ⋅ sin 68, 20° = = 1, 62 sin α 2 sin 34,99°
2.13 Gränsvinkeln för totalreflektion är 43,6°. Då är brytningsvinkeln 90°. Brytningslagen ger: n1 sin α1 = n2 sin α 2 , där n2 = 1 (luft). Vi får: n2 sin α 2 1 ⋅ sin 90° n1 = = = 1, 45 sin α1 sin 43, 6° 2.14 Vatten: n1 = 1,333 , Is: n2 = 1,311 Gränsen för totalreflektion inträffar när brytningsvinkeln är 90°. Brytningslagen ger: n1 sin α1 = n2 sin α 2 Vi får:
= sin α1
n2 sin α 2 1,311 ⋅ sin 90° = = 0,9835 1,333 n1
α1 = 79, 6° 2.15 Glasets brytningsindex är n. Brytningslagen ger: n sin 38,3° = 1, 0 ⋅ sin 90° 1 n = 1, 613 = sin 38,3° Från glas till vatten: n sin= α 1,33 ⋅ sin 90°
1,33 n α = 55,5° sin α =
2.16 a) Gränsen för totalreflektion inträffar när brytningsvinkeln är 90°. Brytningslagen ger: ng sin α g = np sin α p , där ng = 1,50 och np = 1, 45 Vi får: np sin α p 1, 45 ⋅ sin 90° = = 0,96667 sin α g = ng 1,50
α g = 75, 2° b) Infallsytan vid A, där ljuset träffar fibern, är vinkelrät mot plasthöljet (vid B). Brytningsvinkeln vid A blir därför: β = 90° − α g = 90° − 75, 2° = 14,8°
αi
β
αg
Infallsvinkeln beräknas med hjälp av brytningslagen:
ni sin α i = ng sin β = sin α i
ng sin β 1,50 ⋅ sin14,8° = = 0,384 ni 1
α i = 22, 6° c) När αi, minskar kommer brytningsvinkeln, β, också att minska. Det leder till att infallsvinkeln vid B, αg , ökar, eftersom α= 90° − β . g Då blir infallsvinkeln större än gränsvinkeln för totalreflektion, se figur ovan.
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
2
2.17 nλ Max när λ ; sin θ = d sin θ n= d a) 550 ⋅10−9 = sin θ = 0, 00458 n 1:= 0,120 ⋅10−3 θ 0, 26° = b) 5 ⋅ 550 ⋅10−9 = : sin θ = 0, 0229 n 5= 0,120 ⋅10−3 θ 1,31° = c) 10 ⋅ 550 ⋅10−9 = = = 0, 0458 : sin θ n 10 0,120 ⋅10−3 θ 2, 63° =
2.23 10−3 m 2, 0 ⋅10−6 m = 500 d sin θ = nλ
= d
589 ⋅10−9 nλ = = sin θ = n⋅ n ⋅ 0, 2945 d 2 ⋅10−6 sin θ ≤ 1 3 ⋅ 0, 2945 = 0,8835
= n 3 ger 3 += 1 + 3 7 ljusfläckar
2.19 a) d sin θ n= λ ; sin θ =
nλ d
2 ⋅ 663 ⋅10−9 = 0, 633 2, 00 ⋅10−6
θ 39,3° = b) Se facit
2.24 a) Se facit b) d sin θ = nλ
violett: sin= θV
nλV 1 ⋅ 400 ⋅10−9 = = 0, 08 d 500 ⋅10−6
= θV 4,59° rött: sin= θR
2.20 = λ n 1 d sin θ n= 1,83 − 1, 00 = = 0, 415 = tan θ θ 22,5° 2, 00
d =
66, 0 2 = 0, 2426 = θ 2 13, 6° 136 λ2= d sin θ 2= 2,13 ⋅10−6 ⋅ sin13, 6° m= 503nm tan= θ2
4 ⋅ 0, 2945 = 1,178 ger nmax = 3
2.18 Se facit
= : sin θ n 2=
83,8 2 = 0,308 = θ1 17,1° 136 1⋅ λ 628 ⋅10−9 n 1= d m 2,13 ⋅10−6 m = = = sin θ1 sin17,1° tan= θ1
nλ 633 ⋅10−9 m 1, 65 ⋅10−6 m = = sin θ sin 22,5°
2.21
10−3 m 1,5267 ⋅10−6 m = 655 79,5° o = n 2 θ = 39, 75= 2 d sin θ = nλ
= d
d sin θ 1,5267 ⋅10−6 ⋅ sin 39, 75° m = 2 n λ = 488 nm Färgen är blå.
= λ
2.22 d sin θ = nλ Störst vinkel ger störst våglängd.
nλR 1 ⋅ 700 ⋅10−9 = = 0,14 d 500 ⋅10−6
= θ R 8, 05° c) Avstånd från centralmax till 1:a ordningens max på skärmen: xV resp. xR Avstånd till skärmen: s = 1,5 m x tan θV = V s xV = s tan θV = 1,5 ⋅ tan 4,59° m = 0,1204 m xR s xR = s tan θ R = 1,5 ⋅ tan 8, 05° m = 0, 2121m
tan θ R =
xR − xV = 9,17 cm 2.25 c 3 ⋅108 = m = 0,122 m f 2, 45 ⋅109 b) Mikrovågorna ska inte kunna påverka något utanför ugnen, t.ex. den som står framför ugnen.
a) = f 2, 45GHz λ=
2.26 a) Radiovågor c 3 ⋅108 b) f= = Hz= 1, 42 GHz λ 0, 211
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
3
Testa dig i fysik 1. Alternativ b. Ledning:
n1 =
n2 sin α 2 1 ⋅ sin 90° = = 2, 46 sin α1 sin 24°
För medium 2 gäller: α1 = 29°
n1 =
n2 sin α 2 1 ⋅ sin 90° = = 2, 06 sin α1 sin 29°
c För brytningsindex gäller: n = . v Ljushastigheten är alltså störst i det ämne som har minst brytningsindex, d.v.s. 2,06. Vi får: c 3 ⋅108 v= = m s= 1,5 ⋅108 m s n 2, 06
6.
1, 4 2 = 0, 00583= θ 0,334° 120 d sin θ = nλ tan = θ
d =
1 ⋅ 542 ⋅109 nλ m μm 93 = = sin θ sin 0,334o
7. d sin θ = nλ Ljuset från en punkt på foten reflekteras från punkt A, och ljuset från en punkt på hjässan reflekteras från en punkt B på spegeln. Spegeln måste vara minst hälften så hög som du är lång. Resultatet är oberoende av avståndet till spegeln. 2. Alternativ c. Blått ljus har högre brytningsindex än rött ljus. Det röda ljuset kommer att brytas minde än det blåa. Du måste därför sikta längre ner. 3. d=
0,024 m = 1,6 ⋅10 -6 m 15000
4. Använd brytningslagen: n1 sin α1 = n2 sin α 2 , där n1 = 1 (luft), α1 = 47° och
α 2 = 38° n2 =
n1 sin α1 1 ⋅ sin 47° = = 1,19 sin α 2 sin 38°
5. Använd brytningslagen: n1 sin α1 = n2 sin α 2 , där n2 = 1 (luft) Gränsvinkeln för totalreflektion erhålls när brytningsvinkeln är 90°, α 2 = 90° . För medium 1 gäller: α1 = 24°
0, 01 m 2, 0 ⋅10−6 m = 5000 nλR 1 ⋅ 650 ⋅10−9 sin= θR = = 0,325 d 2, 0 ⋅10−6 θ R 18,97° = = d
nλB 1 ⋅ 450 ⋅10−9 = = 0, 225 d 2, 0 ⋅10−6 θ B 13, 00° =
θB sin=
θ R − θ= ° 6, 0° 18,97° − 13, 00= B 8. Den nedre ljusstrålen fortsätter rakt fram. Den övre ljusstrålen bryts så att den träffar den bakre väggen 12 cm längre ner än framväggen, i samma punkt som den undre ljusstrålen. Använd brytningslagen: n1 sin α1 = n2 sin α 2 , där n1 = 1 (luft). Brytningsvinkeln kan bestämmas med hjälp av måtten i figuren: 12 tan α= = 0,343 2 35 α 2 = 18,9° Brytningsindex för vatten: n2 = 1,33 Vi får: n2 sin α 2 1,33 ⋅ sin18,9° = = 0, 431 sin α1 = n1 1
α1 = 26°
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
4
9. d sin θ = nλ 2:a ordningen överlappar 3:e när: d sin θ 2 = d sin θ 3 eller
2λ2 ≥ 3λ3 2 3
λ3 ≤ λ2 där 400 nm ≤ λ ≤ 700 nm 2 Övre gräns: λ3 = 470 nm ⋅ 700 nm = 3 Överlappning i intervallet 400 nm till 470 nm.
10. Ljushastigheten i vatten: c 3 ⋅108 c= = m= s 2, 256 ⋅108 m s V nV 1,33 Frekvensen är samma i luft och vatten, våglängden ändras: c 3 ⋅108 f= = Hz= 6,52 ⋅1014 Hz λ 460 ⋅10−9 Ny våglängd i vattnet: cV 3 ⋅108 m = = 346 nm λ= V f 6,52 ⋅1014
10−3 m 6, 67 ⋅10−7 m = 1500 d sin θ = nλ
d =
nλ 1 ⋅ 346 ⋅10−9 = = 0,519 d 6, 67 ⋅10−7 θ 31, 25° = Avstånd från centralmax: x s = 0,34 m sin= θ
x s x= s tan θ= 0,34 ⋅ tan 31, 25° m= 0, 21m= 21cm
tan θ =
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
5
Lägst frekvens:
3. Kvantfysik
∆W =W3 − W2 =−
2,179 2,179 − − 2 aJ =0,3026 aJ 32 2
∆W 0,3026 ⋅10−18 Hz 457 THz = = h 6, 626 ⋅10−34 b) Lägst frekvens till W1: ∆W = W2 − W1
f =
Räkna fysik 3.01
1, 64 ⋅10−18 = eV 10, 2 eV 1, 602 ⋅10−19 b) W =3,54 eV =3,54 ⋅1, 602 ⋅10−19 J =0,567 aJ
a) = Wk 1,= 64 aJ
3.02 a) Energin ökar med: W = eU = 150 eV k b) W = 35 + 150 eV = 185eV c) 6 −31 mv 2 9,1094 ⋅10 ⋅ ( 4,5 ⋅10 ) Wk = = = J 2 2 =9, 22 ⋅10−18 J =58eV W= 58 + 150 eV = 208eV
∆W =−
2,179 2,179 − − 2 aJ =1, 63425aJ 22 1
∆W 1, 63425 ⋅10−18 = = Hz 2467 THz h 6, 626 ⋅10−34 750 THz är den största frekvensen för synligt ljus.
= f
3.07 Se facit i läroboken.
2
3.08 a) De synliga linjerna i Balmerserien motsvarar övergångar från nivå 3, 4, 5 och 6 till nivå 2. b) Wk =W =W6 − W1 =−0, 061 − ( −2,179 ) aJ
Wk = 2,118aJ
3.03 Se facit i läroboken.
Wk =
3.04 a) ∆W =−0, 240 − ( −0, 636 ) aJ =0,396 aJ b) W = hf
f =
W 0,396 ⋅10−18 = = 5,98 ⋅1014 Hz Hz h 6, 626 ⋅10−34
λ=
c 3 ⋅108 = = 502 nm m f 5,98 ⋅1014
= v
mv 2 2
2Wk = m
2 ⋅ 2,118 ⋅10−18 ms 9,1094 ⋅10−31
v 2,16 ⋅106 m s = c) = f 750 THz , W = hf= 0, 497 aJ < 2,118aJ som behövs för att excitera atomen. Svaret är nej. 3.09 Se facit i läroboken.
3.05
hc 6, 626 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108 = = J 0,314 aJ λ 632,8 ⋅10−9 −0,144 − 0,314 aJ = −0, 458aJ W3 = = W
3.06 a) Bohrs formel: 2,179 Wn = − 2 aJ n Högst frekvens:
2,179 ∆W = W∞ − W2 = 0 − − 2 aJ = 0,54475aJ 2 −18 ∆W 0,54475 ⋅10 = = = f Hz 822 THz h 6, 626 ⋅10−34
3.10 a)
hc 6, 626 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108 = = J 0,337 aJ λ 589 ⋅10−9 W3 − W4 =−0, 485 − ( −0,823) aJ =0,338aJ Mellan nivå 3 och 4 b) ∆W =W1 − W4 =−0, 221 − ( −0,823) aJ =0, 602 aJ = W
= λ
hc 6, 626 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108 = = m 330 nm ∆W 0, 602 ⋅10−18
Ultraviolett
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
1
c) W = hf g
3.11 a)
f= g
W∞
W = 5,55 ⋅1014 Hz h
W3
3.16 a) W = hf − Wk = 6, 63 ⋅10−34 ⋅1, 25 ⋅1015 − 1,12 ⋅10−19 J
W2 W1
hc = 534 nm W3 − W2 Linjen är grön. c) W j = 0 − ( −0,979 ) aJ = 0,979 aJ
= W 7,17 ⋅10−19 J b) hc 6, 63 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108 W400 = hf= = J λ 400 ⋅10−9 W400 =4,97 ⋅10−19 J < W Inga elektroner frigörs. Fotonenergin är mindre än utträdesarbetet.
d) Störst energi ger minst våglängd: W∞ − W1 = 0,979 aJ
3.17 a) Lös uppgiften m.h.a. din grafräknare:
b) W3 − W2 = 0,372 aJ
λ =
λ =
hc = 203nm W∞ − W1
3.12 a) Ljus med den våglängden absorberas i solatmosfären. b) Kalium 3.13 Se läroboken sid. 107. 3.14
W3 − W1 = W3 − W2 =
hc 6,626 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108 = J = 0, 49695 aJ λ31 400 ⋅10−9 −34
hc 6,626 ⋅10 ⋅ 3 ⋅10 = J = 0,3313 aJ λ32 600 ⋅10−9 8
W2 −= W1 0, 49695 − 0,3313= aJ 0,16565 aJ hc λ = 1200 nm = W2 − W1 3.15 a)
hc 6, 63 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108 W = hf= = J λ 360 ⋅10−9 = W 5,53 ⋅10−19 J b) Wk = hf − W = 5,53 ⋅10−19 − 3, 68 ⋅10−19 J
Grafen ovan visar Wk som funktion av f. Använd linjär regression (Linreg) för att anpassa en rät linje till punkterna. I linjens ekvation gäller att Y = Wk och X = f. Plancks konstant och utträdesarbetet erhålls direkt ur linjens ekvation: Y =5,95 ⋅10−34 X − 2, 285 ⋅10−19
Wk = 6, 0 ⋅10−34 f − 2,3 ⋅10−19 J W= hf − W k = h 6, 0 ⋅10−34 Js W = 2,3 ⋅10−19 J b) Använd grafen i a. Gränsfrekvensen är lika med linjens skärningspunkt med x-axeln: = f g 3,8 ⋅1014 Hz 3.18
hc 6, 63 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108 = J λ 300 ⋅10−9 = E 6, 63 ⋅10−19 J = E hf=
p=
1,85 ⋅10−19 J = W k Wk = = v
mv 2 2 2Wk = m
h
λ
=
6,626 ⋅ 10 −34 300 ⋅ 10 −9
kgm/s = 2,2 ⋅ 10 -27 kgm/s
3.19 En foton: E =hf =6, 63 ⋅10−34 ⋅ 89,1 ⋅106 J
2 ⋅1,85 ⋅10−19 = m s 6,34 ⋅105 m s 9,1 ⋅10−31
E 5,91 ⋅10−26 J =
p=
Etot 2,0 ⋅ 10 29 ⋅ 5,91 ⋅ 10 −26 = kgm/s = 3,94 ⋅ 10 -5 kgm/s c 2,9979 ⋅ 108
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
2
2
v 2 mv = c2 p m2 v 2 v 2 + 2 = 1 p2 c
3.20
1−
E c E= pc= 5, 45 ⋅10−27 ⋅ 3 ⋅108 J= 1, 64 ⋅10−18 J E = hf E f = = 2, 47 ⋅1015 Hz h h p=
m2 1 v2 2 + 2 = 1 c p
p=
= v
λ
λ=
h = 122 nm p
1 = 2, 77 ⋅108 m s m2 1 + p2 c2
3.25 a)
3.21 Se facit i läroboken.
∆p ⋅ ∆x ≥
3.22 a)
p =mv =1, 0 ⋅10−3 ⋅ 0,50 kgm s
h 4π 0, 05 p ∆p =
h
p mv = =
p 0,50 ⋅10−3 kgm s =
λ
h 6, 63 ⋅10−34 m 1, 06 ⋅10−10 m = = λ = mv 1, 675 ⋅10−27 ⋅ 3, 75 ⋅103 b) h 6, 63 ⋅10−34 p= = kgm = s 1,326 ⋅10−25 kgm s λ 5, 0 ⋅10−9 p = mv p 1,326 ⋅10−25 v = = m s =1,5 ⋅105 m s m 9,1 ⋅10−31 c) Se facit i läroboken. 3.23 a)
p=
h = mv
λ
h 6, 63 ⋅10−34 m= s 7, 29 ⋅106 m s v = = λ m 0,1 ⋅10−9 ⋅ 9,1 ⋅10−31 Ek =
2
mv = 2, 42 ⋅10−17 J 2
b) Ek = eU Ek = 151kV e c) För att få större våglängd ska hastigheten vara mindre. Då är den kinetiska energin mindre och spänningen, U, ska vara mindre. = U
∆p= 0, 05 p= 2,5 ⋅10−5 kgm s h ∆x ≥ = 2,1 ⋅10−30 m 4π ⋅ ∆p b) p = mv = 9,1 ⋅10−31 ⋅ 2, 0 ⋅106 kgm s
p 1,82 ⋅10−24 kgm s = ∆p = 0, 05 p = 9,1 ⋅10−26 kgm s h ∆x ≥ = 5,8 ⋅10−10 m 4π ⋅ ∆p 3.26 a) mv 2 Ek = 2 = v
2 Ek = m
2 ⋅ 2,18 ⋅10−18 ms 9,1 ⋅10−31
v 2,19 ⋅106 m s = p mv = = 1,99 ⋅10−24 kgm s b) ∆x =0, 010 nm h ∆p ⋅ ∆x ≥ 4π h ∆p ≥ = 5, 28 ⋅10−24 kgm s 4π∆x c) Se facit i läroboken.
3.24 h 6, 63 ⋅10−34 = kgm = s 6, 63 ⋅10−22 kgm s λ 1, 00 ⋅10−12 mv p γ= mv = v2 1− 2 c p=
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
3
Testa dig i fysik 1. Absorption om n* är större än n, annars emission: a) Absorption b) Emission c) Absorption 2.
2,179 2,179 − − 2 aJ =0, 48422 aJ 62 2 hc = 410 nm λ= ∆W
∆W =W6 − W2 =− hc
∆W=
λ
,
6. h 4π ∆t =10−8 s h ∆E ≥ = 5,3 ⋅10−27 J = 3 ⋅10−8 eV 4π ⋅ ∆t ∆E ⋅ ∆t ≥
7. a) Ek = eU = 1, 602 ⋅10−19 ⋅ 6,5 ⋅106 J = 1, 04 ⋅10−12 J b) = Ek mc 2 (γ − 1)
Ek 1, 04 ⋅10−12 + = 1 +1 2 mc 2 1, 673 ⋅10−27 ⋅ ( 3 ⋅108 )
3. Under 1 s: W = Pt = 750 ⋅1J = 750 J
= γ
hc 6, 626 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108 = = J 1,84 ⋅10−24 J 0,108 λ W 750 Antal fotoner: = = 4, 07 ⋅1026 st W foton 1,84 ⋅10−24
γ = 1, 0069
4. Längst våglängd när vi har minst energi.
v = c 1−
W foton =
∆W =W2 − W1 =−0,545 − ( −2,179 ) aJ =1, 634 aJ ∆W=
hc
λ
, λ=
hc = 122 nm ∆W
Wk = hf − W =
hc
λ
−34
−W
6, 63 ⋅10 ⋅ 3 ⋅10 − 2, 28 ⋅1, 602 ⋅10−19 J 430 ⋅10−9 Wk 9, 72 ⋅10−20 J =
Wk = = v
1−
c) λ =
v2 c2 1
γ2
= 0,117c = 3,5 ⋅107 m s
h 6,63 ⋅10 −34 = m = 1,13 ⋅10 -14 m p 1,67 ⋅10 − 27 ⋅ 3,5 ⋅10 7
8. W∞ − W2 = 0 − ( −0,545 ) aJ = 0,545aJ
5. a)
Wk =
1
γ =
8
mv 2 2 2Wk = 4, 6 ⋅105 m s m
9. W = W j + 5, 0 eV = 2,179 ⋅10−18 + 5, 0 ⋅1, 602 ⋅10−19 J W 2,98 ⋅10−18 J = hc hc W λ = 67 nm , = = W λ
b)
hc 6, 63 ⋅10−34 ⋅ 3 ⋅108 = J λ 630 ⋅10−9 W= 3,16 ⋅10−19 J = 1,97 eV < Wuttr Inga elektroner frigörs. W =
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
4
4. Kraft och rörelse Räkna fysik
4.04 Anta att plankans hela tyngd verkar från tyngdpunkten. Hela längden är 2,23m. l 2, 23 m= 1,115 m Plankans tyngdpunkt: rp= = 2 2 Nedåtvridande moment: M = Fg rp
4.01 Momentjämvikt i samtliga fall. Den okända massan kan beräknas på följande sätt: F1r1 = F2 r2
Uppåtriktad kraft: F = 268 N verkar 1,52m från ändpunkten ger ett uppåtvridande moment. Momentjämvikt: Fg rp = Fr
m1 gr1 = m2 gr2
= F g
m2 =
m1r1 r2
m2 a) =
m1r1 5 ⋅1, 2 = = kg 4kg r2 1,5
m2 b) =
m1r1 6 ⋅ 0,8 = = kg 3, 4kg r2 1, 4
m2 c) =
m1r1 4 ⋅1, 4 = = kg 7kg r2 0,8
4.02 Störst moment när tramporna är horisontellt. Hela tyngden verkar på en trampa. Vi får:
= m 68 = kg, r 0,18 m M =Fr =mgr =68 ⋅ 9,82 ⋅ 0,18 Nm = 120 Nm 4.03 Anta att meterstavens hela tyngd verkar från tyngdpunkten. Tyngden av en 0,5kg vikt verkar i ändpunkten. Figur nedan visar kraftsituationen: Beräkna krafterna: F3
Fr 268 ⋅1,52 = = N 365 N rp 1,115
Massan blir: Fg = mg
Fg 365 = = 37, 2 kg kg g 9,82
= m
4.05 x = v0 x t
= t
x 100 s 0, 20s = = v0 x 0,50 ⋅103
9,82 ⋅ 0, 202 gt 2 y= − = − −0, 20 m m= 2 2 Kulan träffar 0,20 m under. 4.06 a) x = v 0 x ⋅ t = 18,4 ⋅ 2,3 m = 42 m b) y = − 4.07 a)
y= −
gt 2 2
t =− F2
F1
v0 x=
F1 = 0,5 ⋅ 9,82 N = 4,91N F2 = 0,12 ⋅ 9,82 N = 0,5892 N Vi har momentjämvikt:
F1r1 + F2 r2 = F3 r3 = F3
5, 4992 = N 11N 0,5
2 ( −0,95 ) 2y =− s= 0, 440s g 9,82
x 1,10 = m s= 2,5 m s t 0, 440
b) vy = − gt = −9,82 ⋅ 0, 440 m s = 4,32 m s
v=
vx2 + v y2 =
tan β =
F1r1 + F2 r2 = 4,91 ⋅1, 0 + 0,5892 ⋅ 0,5 Nm = 5, 4992 Nm
gt 2 9,82 ⋅ 2,3 2 =− m = - 26 m 2 2
vy vx
= −
2,52 + 4,322 m s = 5, 0 m s 4,32 2,5
β =−60°
.
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
1
4.08 Tiden t att falla 48 m:
9,82 ⋅ t 2 2 2 ⋅ 48 2 t = s = 9,78 s 9,82 t = 3,132 Hastigheten i x-led måste då minst vara: 67 = v 0 x ⋅ 3,13 v 0 x = 21,4 m/s − 48 = −
4.13 a) x= 0,108 − 0, 021m = 0, 087 m
y = −0, 021m v0 y = 0 y= −
gt 2 2
t =−
2 ( −0, 021) 2y =− s= 0, 0654s g 9,82
x = v0 x t x 0, 087 = m s= 1,3m s t 0, 0654
4.09 a) 60° 5, 0 m s = v0 x 10 cos =
v0 x=
60° 8, 7 m s = v0 y 10sin =
4.14 Se facit i läroboken.
b) 8, 7 − 9,82 ⋅1,5 m s = vy = voy − gt = −6, 07 m s
v =
5, 0 + ( −6, 07 ) m = s 7,9 m s
v + v= 2 x
tan β =
2 y
vy vx
2
2
= −
6, 07 5, 0
β =−51° c) x = 5,0 ⋅1,50 m = 7,5 m y = 8,66 ⋅1,5 - 0,5 ⋅ 9,82 ⋅ t 2 m = 1,9 m
4.10 Se facit i läroboken.
4.15 C. Muttern träffar i tangentens riktning. 4.16 a) Se facit i läroboken. b) s 2π r v= = t t 30 4,5 vt m= 6, 0 m r= = ⋅ 2π 3, 6 2π 4.17 v2
4.11 a) y = v 0 y ⋅ t −
g ⋅t 2 2
∆v
9,82 ⋅ 3,6 2 y = (16 ⋅ sin 52° ⋅ 3,6 − ) m = - 18 m 2
Klippan är 18 m hög b) När stenen vänder är hastigheten 0 0 = 16 ⋅ sin 52° − 9,82 ⋅ t t = 1,28 s
y = v0 y ⋅ t −
g ⋅t 2
a) b) ∆v blir 4 rutor rakt neråt, ∆v =20 m s . 4.18 ∆v = v2 − v1 , v2 är riktad åt rakt motsatt håll.
a) ∆v = 12 − ( −12 ) m s = 24 m s i v2:s riktning.
2
9,82 ⋅ 1,282 y = (16 ⋅ sin 52° ⋅ 1,28 − ) m = 8,1 m 2
4.12 Se facit i läroboken.
−v1
b) ∆v = 12 − ( −14 ) m s = 26 m s i v2:s riktning. 4.19 Se facit i läroboken. 4.20
v=
s π r π ⋅ 29,5 m s= 13, 24 m s = = 7, 0 t t
= a
v 2 13, 242 2 = m s= 5,9 m s 2 29,5 r
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
2
4.21 4π r v = r T2 2
= a
2
4π 2 r 4π 2 ⋅ 900 = = s 60, 2s a 9,82 Se också facit i läroboken.
= T
63 m/s = 17,5 m/s 3,6
mv 2 70 ⋅17,5 2 = N = 0,14 kN r 150 b) Se facit i läroboken. F=
4.23 Se facit i läroboken. 4.24 a)
v=
N =mg −
mv 2 2,55 ⋅122 =25, 0 − =20 N 80 r
4.26 Se facit i läroboken.
4.22 a)
v=
b) Resulterande kraft: mv 2 FR = mg − N = r mg = 2,55 ⋅ 9,82 N = 25 N
s 2π r 2π ⋅ 6, 0 = = m s= 8,378 m s t t 4,5
v 2 8,3782 2 = m s= 11, 70 m s 2 r 6, 0 v = 8,4 m/s och a = 12 m/s2 b) c)
a =
FN
4.27 a) Kulan får lägesenergi: = Wp mgh = mgl Den omvandlas till rörelseenergi: mv 2 = Wk = Wk Wp ger 2 mv 2 = mgl = . Vi får: v 2 gl 2 b) I nedersta läget verkar tyngdkraften och snörkraften. Den resulterande kraften ger en centripetalacceleration: mv 2 mv 2 F − mg = = r l Från uppgift a får vi: mv 2 = mgl 2 mv 2 = 2mg l Sätt in i det första uttrycket och lös ut F: mv 2 F =mg + =mg + 2mg =3mg l
mg
mg = 40 ⋅ 9,82 N = 392,8 N ≈ 390 N Resulterande kraft, riktad in mot centrum: FR = ma = 40 ⋅11, 70 N = 467,9 N N= tan= α
mg 2 + N 2= 610 N FR 467,9 = mg 392,8
α= 50° α är vinkeln mellan lodlinjen och linan till karusellstolen. 4.25 FN mg a)
4.28 a) Från A till B: Lägesenergi omvandlas till rörelseenergi: EA = EB mvB2 = WA mgh = A , WB 2 vB = 2 ghA = 2 ⋅ 9,82 ⋅ 0, 60 m s =3, 4 m s I läge B är den resulterande kraften: mv 2 FN − mg =B r mv 2 0, 050 ⋅ 3, 42 FN =mg + B =0, 050 ⋅ 9,82 + N =3, 4 N 0, 20 r Den totala energin bevaras. I läge C har vi: mv 2 = WC mghC + C . Vi vet att WC = WA. Då får vi: 2
vC = 2 g ( hA − hC ) = 2 ⋅ 9,82 ⋅ ( 0, 6 − 0, 4 ) m s vC = 1,98 m s
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
3
Normalkraften i C kan bestämmas m.h.a. uttrycket för den resulterande kraften: mv 2 mg + FN =C r 2 mvC 0, 050 ⋅1,982 − mg = − 0, 491N FN = 0, 20 r FN = 0, 491N b) Normalkraften, N = 0 mv 2 mg = r v= gr = 9,82 ⋅ 0, 20 m s = 1, 4 m s
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
4
Testa dig i fysik 1. Se facit i läroboken.
36 ( )2 v2 3,6 a= = m/s 2 = 4 m/s 2 r 25 3. Se facit i läroboken 4. Momenten lika 0,25 g ⋅ 0,4 = 0,4 g ⋅ r r = 0,25 m
m 26, 7 m = x 16, 7 ⋅ cos 35° ⋅1,95= Bollen landar 31, 6 − 26, 7m = 4,9m framför målvakten.
5. Se facit i läroboken. 6. = = v0 x 90 km h 25 m s
v0 y = 0
10. Bollen når högsta punkten efter halva tiden. Han måste springa med hastigheten s 4,9 = v = = m s 5, 0 m s 0,5t 0,5 ⋅1,95 11.
y = −56 m
t =
gt 2 =0 2 gt t v0 y − = 0 2 2v0 y 2v0 sin α = t = g g 2 ⋅16, 7 ⋅ sin 35° s 1,95 s = t = 9,82 = x v= v0 cos α ⋅ t 0xt y = v0 y t −
2.
y= −
9. v0 = 16,7 m/s, α = 35°, y = 0 x = v0 x t
224 N
gt 2 2
2y = −g
2 ⋅ ( −56 ) s 3,377 s = −9,82
x= v0 x t = 25 ⋅ 3,377 m = 84 m F = mg 7. v 2 8,52 2 = m s= 3, 0 m s 2 r 24 ma =⋅ 85 3, 0 N = 260 N b) F =
a) = a
8. mv 2 F − mg = r mv 2 82 ⋅ 5, 22 = F= mg + 82 ⋅ 9,82 + N r 4, 7 F = 1 280 N
1,0 m
0,6 m
Momenten lika 224 · 0,6 = mg · 1,0 m = 14 kg
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
5
5.06 a) r= 6371 + 400 km = 6 771km
5. Fält
m jord
g= G
Räkna fysik m1m2 r2 6, 672 ⋅10−11 ⋅ 5,977 ⋅1024 ⋅1,989 ⋅1030
(1, 496 ⋅10 )
11 2
N
= F 3,54 ⋅1022 N
g0 = G g =G g = g0
F = 2, 0 mN Kraften från månen är störst
M r02
M r2 1 2 r02 r = 1 2 r2 r0
g = g0
r02 r2
b) r = r0 + h = 2r0
5.03
m1m2 r2
g= g0 ⋅
6, 672 ⋅10
mm G 1 2 = F
m s2
5.07 a)
5.02 Tarzan: mJ mT 6, 672 ⋅10−11 ⋅ 60 ⋅ 75 = N F G= 0, 452 r2 F = 1,5μN Månen: mJ mm 6, 672 ⋅10−11 ⋅ 60 ⋅ 7,349 ⋅1022 = N F G= 2 r2 ( 3,844 ⋅105 )
r =
( 6771⋅10 )
3 2
g = 8, 70 m s b) 750 m= kg 9,82 750 ⋅ 8, 70 N = mg = 660 N 9,82
F =G
F =G
5,977 ⋅1024
2
5.01
F=
r2
= 6, 672 ⋅10−11 ⋅
−11
⋅ 4,5 ⋅10 ⋅ 5,977 ⋅10 1, 0 ⋅103 3
r 4, 24 ⋅107 m = h= r − rjord = 4, 24 ⋅107 − 6378 ⋅103 m = 36 Mm
24
m
r02
( 2r0 )
2
g0 = 4
c)
g0 r2 = g 0 02 10 r 2 2 r = 10r0
= g
= r
10r0 ≈ 3, 2r0
h =r − r0 ≈ 2, 2r0
5.04 a)
mmåne 6, 672 ⋅10−11 ⋅ 7,349 ⋅1022 = m s2 g måne G= 2 3 2 rmåne (1738 ⋅10 ) g måne = 1, 62 m s 2 b) mmars = 0,11mjord, rmars = 0,53rjord 0,11m jord mmars 0,11 = g mars G= G = g jord 2 2 2 0,53 rmars ( 0,53r )
5.08 F = E ⋅ q = 12000 ⋅1,6 ⋅10 −19 N = 1,9 ⋅10 -15 N 5.09
E=
U 450 = V/m = 5,6 kV/m s 0,08
jord
g mars = 3,84 m s 5.05 g =
Fg m
=
5.10 a) F = QE
2
147 N/kg = 9,8 N/kg 15
F 8,8 ⋅10−16 = = 5,5 kN C N C Q 1, 602 ⋅10−19 söderut b) Proton: Lika stor kraft, motsatt riktning, = F 8,8 ⋅10−16 N söderut. = E
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
1
5.11 a) Från plus till minus: Neråt. U 180 V m = = = 1,5 kV m b) E d 0,12 c) F = QE = 3, 2 ⋅10−18 ⋅1,5 ⋅103 = 4,8 ⋅10−15 N riktad neråt.
b) U = Ed = 1,8 ⋅105 ⋅ 0, 085 V = 15 kV
5.12 U = Ed = 3, 0 ⋅106 ⋅ 0, 70 ⋅10−3 V = 2,1kV
5.19 Fältstyrkan går från + till -, det vill säga neråt i samtliga fall. a) A, B neråt, C och D uppåt b) Wp ökar när den rör sig mot kraften från fältet: Wp ökar i A och D Wp minskar i B och C
5.13
U 260 = V/m = 2,2 kV/m s 0,12 b) Oförändrad c) Eftersom avståndet fördubblas halveras det elektriska fältet: 1,1 kV/m a) E =
5.14
Q 8,99 ⋅109 ⋅1, 602 ⋅10−19 E k= = V m 2 r2 ( 5, 29 ⋅10−11 ) E 5,15 ⋅1011 V m = riktat radiellt utåt. 5.15
Q r2 Er 2 3, 0 ⋅106 ⋅ 0, 0252 = = = Q C 2,1 ⋅10−7 C k 8,99 ⋅109 E=k
5.16 a)
FE mg
W p = 1,6 ⋅10 −19 ⋅12000 ⋅ 0,085 J = 1,6 ⋅10 −16 J
5.20 a) F = E ⋅ q = 1500 ⋅ 6,4 ⋅10 -18 N = 9,6 ⋅10 −15 N b) W = F ⋅ s = 9,6 ⋅10 -15 ⋅ 0,28 ⋅ cos 45° J = 1,9 ⋅10 −15 J 5.21 a) Protonerna "faller" mot P2. Wp är högre vid P1: W p = qEs= 1, 602 ⋅10−19 ⋅ 50 ⋅103 ⋅ 0, 04 J
W= 3, 2 ⋅10−16 J p b) Mitt emellan A och B är den potentiella energin hälften av värdet vid A, eftersom fältet är homogent. 3, 2 ⋅10−16 = J 1, 6 ⋅10−16 J W= p 2 Resten av energin har omvandlats till kinetisk energi: mv 2 W= = 1, 6 ⋅10−16 J k 2 2Wk 2 ⋅1, 6 ⋅10−16 m= s 4, 4 ⋅105 m s = m 1, 673 ⋅10−27 c) Den har bara kinetisk energi vid B. All potentiell energi har omvandlats till kinetisk energi:
= v
b) mg = FE
F QE = = E
5.18 W p = qEs
QU d
QU = mg d mgd 2, 2 ⋅10−13 ⋅ 9,82 ⋅ 0, 012 Q = C = U 16 ⋅103 Q = 1, 6 ⋅10−18 C 5.17 a) v v= 20° F F = QE F mg = tan v mg F = mg ⋅ tan= v 0, 01 ⋅ 9,82 ⋅ tan 20= ° 0, 0357 N F 0, 0357 E N C = = = 1,8 ⋅105 N C Q 2, 0 ⋅10−7
W= k = v
mv 2 = 3, 2 ⋅10−16 J 2 2Wk = m
2 ⋅ 3, 2 ⋅10−16 m s = 6, 2 ⋅105 m s 1, 673 ⋅10−27
vt 2 2 s 2 ⋅ 0, 04 t = = = s 1,3 ⋅10−7 s v 6, 2 ⋅105 s vt= =
5.22 Se facit i läroboken. 5.23 Se facit i läroboken.
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
2
5.24 0,064 + 0,068 + 0,067 + 0,064 + 0,065 + 0,68 = 0,066 6 Största avvikelse: 0,068 − 0,066 = 0,002 B = 0,066 ± 0,002 T 5.25 Fmax = B ⋅ I ⋅ l = 0,065 ⋅ 6 ⋅ 0,15 N = 59 mN
Fmin = 0 N 5.26 a) F = BIl = 0, 067 ⋅ 3, 0 ⋅ 0,100 N = 20 mN Se figur 5.16 på sid. 197 i läroboken b) F = BIl F 0, 018 B = = = 0,11T T Il 6,5 ⋅ 0, 025
5.35 a) I a Ba 6, 4 ⋅10−6 ⋅ 0,12 B = A 3,8A = = k 2 ⋅10−7 I 2 ⋅10−7 ⋅ 3,8 b) = B k= = T 3,5 µT a 0, 22 B=k
5.36 B-fält är riktat in i papperet. Kraften är vinkelrät mot v. Använd högerhandsregeln.
v F
5.37
I 23 B= k =⋅ 2 10−7 ⋅ T= 1, 0 ⋅10−5 T a 0, 46 F = BIl = 1, 0 ⋅10−5 ⋅ 23 ⋅ 0,85 N = 0, 20 mN
5.27 Se facit i läroboken. 5.28 a) F = BIl F 0,12 = = = 0,80 T B T Il 5, 0 ⋅ 0, 03 b) Se facit i läroboken. 5.29 Se facit i läroboken. 5.30 Se figur 5.15 på sid. 196 i läroboken. 15μT cos 68° = B 15 = B = μT 40μT cos 68° 5.31 Ledaren påverkas av jordmagnetiska fältets vertikalkomposant. B = B j ⋅ sin 64° = 66 ⋅10 −6 ⋅ sin 64° T = 5,93 ⋅10 −5 T F = BIl = 5,93 ⋅10 −5 ⋅ 7,2 ⋅ 2,8 N = 1,2 mN
5.32 Alternativ D. Magnetiska flödestätheten avtar när avståndet ökar. 5.33 Se facit i läroboken. 5.34
I 12,8 B= k = 2 ⋅10−7 · T = 9,1 µT a 0, 28
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
3
Testa dig i fysik 1. F = BIl F 0, 25 l = m 0,81m = = BI 0, 025 ⋅12, 4 2.
F= G
m1m2 1200 ⋅ 6800 = 6, 672 ⋅10−11 ⋅ N = 3,8 µN r2 122
3.
M 1,989 ⋅1030 6, 672 ⋅10−11 ⋅ m s2 g =⋅ G 2 sol = 3 2 rmåne (1738 ⋅10 ) = g 4, 4 ⋅107 m s 2 4. B= k ⋅ a =
I a
kI 2 ⋅10−7 ⋅ 4, 0 m = = 1,5cm B 54 ⋅10−6
5.
= r 6, 6 ⋅ rjord F= G
mM 1800 ⋅ 5,977 ⋅1024 = 6, 672 ⋅10−11 ⋅ N 2 2 r ( 6371⋅103 )
F = 410 N
6. a) Den potentiella energin ökar. Den översta plattan är positiv. b) W = QU Q =
W 78 ⋅10−9 C 0,14 nC = = U 540
8.
U 44 = V m = 11V m d 4, 0 b) Parallell anslutning – samma spänning och avstånd: E = 11 V/m U 44 E = V= m 5,5 V m c) = 2d 2 ⋅ 4, 0 d) Spänningen fördelas över trådarna i förhållande till deras resistanser. l ρl Tråd 1: = R0 ρ= A π r02 Tråd 2: R0 ρl ρl R = = = = 0, 25 R0 2 2 4 4π r0 π ( 2r0 ) = a) E
1 ⋅ 44V = 35, 2V ligger över den första. 1, 25 U 35, 2 E = = = 8,8 V m V m d 4, 0 9. = v 8,5° F tan v = mg
v F
mg F= mg tan v= 0, 0014 ⋅ 9,82 ⋅ tan 8,5° = F 2, 05 ⋅10−3 N = E
F 2, 05 ⋅10−3 = = 45 kN C N Q Q 46 ⋅10−9
10. Vertikal ledare: I1 2 ⋅10−7 ⋅ 2,5 B= k T 1, 0 ⋅10−5 T = = 1 a1 0, 05 inåt Horisontell ledare: I 2 2 ⋅10−7 ⋅ 4,5 B2 k= T 2, 25 ⋅10−5 T = = a2 0, 04 utåt Resulterande fält: B =2, 25 ⋅10−5 − 1, 0 ⋅10−5 T = 1, 25 ⋅10−5 T ≈ 13 µT 11. Mellan ledarna samverkar B-fälten. Motriktade Bfält på utsidan. Den resulterande flödestätheten är noll på utsidan av ledarna, där B1 = B2. I B=k a På avståndet x m från ledare 1: I I2 k 1 =k x x + 0,15
3, 6 ( x + 0,15 ) = 1, 0 x 2, 6 x + 0,15 = 0 0,15 x= − 2, 6 Orimligt! x kan inte vara negativ! På avståndet x m från ledare 2: I I1 k 2 =k x x + 0,15 1, 0 ( x + 0,15 ) = 3, 6 x 2, 6 x = 0,15 x = 0, 058 Avståndet ska vara 5,8 cm utanför 1,0 A ledaren.
Total resistans = 1,25R0 Spänningen fördelas över trådarna så att
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
4
6.06
6. Rörelse i fält
Ek qU = = v =
Räkna fysik
6.07
mv 2 mM =G 2 r r GM v = 7, 6 km s = r 2π r v= T 2π r T = 5791s = = 1, 6 h v
A,
2eU m
mv 2 = eU 2 62 ⋅10 −6 = 8,3 ⋅10 −9 U U = 7470 V ≈ 7,5 kV U 7470 V/m = 53 kV/m c) E = = s 0,14
b)
6.09 Den kinetiska energin ökar med: ∆Wk = eU = 1, 602 ⋅10−19 ⋅ 250 J = 4, 005 ⋅10−17 J a) v0 = 0
GMT 2 = 6,9 ⋅106 m 4π 2
6.03 a) v =
mv 2 = eU ⇒ v = 2
6.08 a) Samma som den kinetiska energin 62μJ
6.02 T = 96 min. mv 2 mM =G 2 r r m ⋅ 4π 2 r mM =G 2 2 T r 3
2 ⋅1, 602 ⋅10−19 ⋅1, 2 ⋅106 ms 4 ⋅1, 67 ⋅10−27
2qU = m
v 1,1 ⋅107 m s =
6.01 r = r0 + h = 6371 + 600 km = 6971km
r =
mv 2 2
2π r 2π ⋅1,88 ⋅109 = m = s 8,19 km s T 16, 7 ⋅ 24 ⋅ 3600
mv 2 Wk = = 4, 005 ⋅10−17 J ∆Wk = 2 v =
2Wk = m
2 ⋅ 4, 005 ⋅10−17 ms 9,1 ⋅10−31
b) v 9, 4 ⋅106 m s = mv 2 mM =G 2 b) r r 2 v0 5, 0 ⋅106 m s = rv 27 = M = 1,89 ⋅10 kg mv02 G W = + ∆Wk k Se tabell i formelsamlingen. Planetens massa är 316 2 2 gånger så stor som jordens massa. Enligt tabellen 9,1 ⋅10−31 ⋅ ( 5, 0 ⋅106 ) måste det vara Jupiter. Wk = + 4, 005 ⋅10−17 J 2 6.04 5,1 ⋅10−17 J W= k T = 6,4 dygn, r = 19700 km 2 Ek 2 ⋅ 5,1 ⋅10−17 mm p mv 2 4π 2 mr m s= 11 ⋅106 m s v = = −31 G 2 = = 2 m 9,1 10 ⋅ r T r
4π 2 (19700 ⋅103 ) 4π 2 r 3 mp = kg = 2 GT 2 6, 672 ⋅10−11 ⋅ ( 6, 4 ⋅ 24 ⋅ 3600 ) 3
m= 1,5 ⋅1022 kg p 6.05 W = q ⋅ U
q=
−12
W 0,82 ⋅10 = C = 6,4 ⋅10 -19 C U 1,28 ⋅10 6
6.10 a)
7 −31 mv 2 9,1 ⋅10 ⋅ ( 3, 0 ⋅10 ) Wk = = = J 4, 095 ⋅10−16 J 2 2 Wk = eU 2
= U
Wk 4, 095 ⋅10−16 = = 2, 6 kV e 1, 602 ⋅10−19
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
1
b) E =
U 2, 6 ⋅103 = = 2, 6 ⋅105 V m d 0, 01
c) vt 2 2 s 2 ⋅ 0, 01 s 0, 67 ns = t = = v 3, 0 ⋅107 = s vt=
6.11 a) s = v0 t
= t b)
eU d
F eE = =
F = ma eU ma = d eU 1, 602 ⋅10−19 ⋅ 35 2 a m s= 3,1 ⋅1014 m s 2 = = md 9,1 ⋅10−31 ⋅ 0, 02 c) v y = at =3,1 ⋅1014 ⋅ 5, 6 ⋅10−9 m s =1, 71 ⋅106 m s v y 1, 71 ⋅106 = = 0, 095 vx 1,8 ⋅107
= α 5, 4° 6.12 a)
= F qE =
qU 6eU 6 ⋅1, 602 ⋅10−19 ⋅ 35 ⋅103 = = N d d 0, 04
F = ma F 7, 7 ⋅10−15 2 = m s= 4, 6 ⋅1012 m s 2 m 1, 67 ⋅10−27 b) Elektron: = F 7, 7 ⋅10−15 N (samma som i a) = a
F 7, 7 ⋅10−15 2 = m s= 8, 4 ⋅1015 m s 2 m 9,1 ⋅10−31
6.14 Använd högerhandsregeln. Se facit i läroboken. 6.15 F = Bqv
mv 2 mv ⇒ r= r Bq Sambanden ovan ger att: v ökar ⇒ F ökar och r ökar Alternativ A är korrekt Bqv =
6.16 Krafterna lika Bqv = qE 600 E v= = m/s = 4 ⋅10 4 m/s B 0,015 6.17 Fe = eE
Fm = evB
= F 8, 4 ⋅10−13 N b) F = ma
Fe = Fm
F 8, 4 ⋅10−13 2 m s= 0, 042 m s 2 a = = m 2, 0 ⋅10−11 c) y-led: y = 0, 04 m
at 2 2 2y 2 ⋅ 0, 04 = t = = s 1,38s a 0, 042 x-led: x = v0 t = 1, 2 ⋅1,38 m = 1, 7 m y=
= F 7, 7 ⋅10−15 N
= a
s 0,10 = = s 5, 6 ns v0 1,8 ⋅107
= tan α
6.13 a) Proton: F = qvB = 1, 60 ⋅10−19 ⋅1,5 ⋅107 ⋅ 3, 2 ⋅10−3 N
evB = eE E 50 ⋅103 = = 2,5 mT T v 2, 0 ⋅107 B är riktat in i papperet (högerhandsregel) = B
v2 r a) Protonen
6.18 a =
v 2 (1,5 ⋅10 ) = r = m = 49 m a 4, 6 ⋅1012 b) Elektronen 7 2
v2 = r = a
(1,5 ⋅10 )
7 2
8, 4 ⋅1015
m = 2, 7 cm
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
2
6.19
mv 2 r mv 1, 67 ⋅10−27 ⋅ 3,9 ⋅106 = = B = T 51mT qr 1, 60 ⋅10−19 ⋅ 0,80 Se figur 9.18 på sid. 301 läroboken.
= = F qvB
6.20 a) Wk =eU =1, 60 ⋅10−19 ⋅120 J =1,92 ⋅10−17 J b) mv 2 F evB = = r p =mv =eBr =1, 60 ⋅10−19 ⋅ 0, 061 ⋅ 0,124 kgm s p 1, 2 ⋅10−21 kgm s = c) mv 2 Wk = 2 2 mv = 2Wk
Fm = evB evB = eW = v
E 1, 2 ⋅105 = m= s 2, 0 ⋅105 m s B 0, 60
c)
mv 2 r evBr 1, 60 ⋅10−19 ⋅ 0, 60 ⋅ 0, 072 = m = kg v 2, 0 ⋅105 = = F evB
m 3,5 ⋅10−26 kg = d) Vid S3 har partikeln kinetisk energi:
−26 5 mv 2 3,5 ⋅10 ⋅ ( 2, 0 ⋅10 ) Wk = = J 2 2 Wk 6,912 ⋅10−16 J = Under accelerationen från S1 till S2 ökar den kinetiska energin: ∆Wk = eU = 1, 60 ⋅10−19 ⋅ 3000 J = 4,8 ⋅10−16 J Vid S1 har neonjonen den kinetiska energin: Wk 0= 6,912 ⋅10−16 − 4,8 ⋅10−16 J= 2,112 ⋅10−16 J Hastigheten är då: 2Wk 0 = v = 1,1 ⋅105 m s m 2
mv = p mv 2 2 Ek = mv p 2Wk v = = 3,17 ⋅104 m s p p 1, 2 ⋅10−21 = kg= 3,8 ⋅10−26 kg v 3,17 ⋅104 m ≈ 23u , grundämnet är Na. m =
6.21 a) Positiv partikel. Då är elektrisk kraft riktad åt höger och magnetisk kraft åt vänster. Enligt högerhandsregeln ska B-fält vara riktat ut ur papperet. b) Fe = eW
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
3
5. a) Wk = eU = 1, 60 ⋅10−19 ⋅1,55 ⋅103 J = 2, 48 ⋅10−16 J
Testa dig i fysik 1. T2 = konstant r3
r = T ⋅ 3
3 rjord
2
2 T jord
Wk =
4102 (1, 496 ⋅1011 ) = 365, 2562
3
= r 1, 6 ⋅108 km 2. Den magnetiska kraften är alltid vinkelrät mot rörelseriktningen och böjer av banan. Alternativ C är korrekt. 3. a)
mv 2 r qBr 1, 60 ⋅10−19 ⋅ 0, 42 ⋅ 0, 48 = v = ms m 1, 67 ⋅10−27 = = F qvB
v 1,93 ⋅107 m s = s vt= 2π r = 2π r 2π ⋅ 0, 48 = = t = s 0,16 µs v 1,93 ⋅107 b) Elektron mv 2 = qvB r mv 9,1 ⋅10−31 ⋅1,93 ⋅107 r = m 0, 26 mm = = qB 1, 60 ⋅10−19 ⋅ 0, 42
= v
2 ⋅ 2, 48 ⋅10−16 m s 2,33 ⋅107 m s = 9,1 ⋅10−31
F 4, 67 ⋅10−12 N = Störst kraft om v är vinkelrät mot B. b) Minsta kraft: F = 0N om v är parallell med B. 6. a) Vinkelrätt mot fältet, då uträttas inget arbete. b) W =QEs =24,5 ⋅10−9 ⋅1950 ⋅ 0, 70 J =3,3 ⋅10−5 J c) W = QEs ⋅ cos 45= ° 2, 4 ⋅10−5 J 7. 2 mv 2 mv 0 − = eU 2 2 9,11 ⋅10 −31 v 02 5,1 ⋅10 −17 − = 1,60 ⋅10 −19 ⋅ 250 2 v 0 = 4,9 ⋅10 6 m/s
8. a) W 48μJ = W= k b) W = QU
4.
F am 3, 4 ⋅1010 ⋅1, 67 ⋅10−27 N/C = = = 350 N/C q q 1, 60 ⋅10−19
2Wk = m
F = evB = 1, 60 ⋅10−19 ⋅ 2,33 ⋅107 ⋅1, 25 N
= U E =
mv 2 2
= c) E
W 48 ⋅10−6 = = 7,5 kV V Q 6, 4 ⋅10−9
U 7500 = V m = 64 kV m d 0,118
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
4
7. Induktion Räkna fysik 7.01 Se facit i läroboken.
7.09 a) Använd högerhandsregeln. Den ände som är längst bort blir positivt laddad. b) e = vBl l=
e 57 ⋅10 −3 m = 8,0 cm = vB 0,85 ⋅ 0,84
7.10 a) Moturs b) Spänning induceras i KN: e = vBl = 0,10 ⋅ 0,80 ⋅ 0,15 V = 0, 012 V
7.02 Se facit i läroboken. 7.03 a) Se 7.02 a b – d) Se facit i läroboken. 7.04 När det går ström i den vänstra kretsen kommer spolens högra ände att vara nordpol och den vänstra änden sydpol. Det innebär då att det finns ett magnetfält, som är riktat åt höger, i den högra spolen. När antingen brytaren S öppnas eller resistansen ökar så kommer strömmen i den vänstra kretsen att minska och i och med detta försvagas magnetfältet. Lenz lag ger då att det måste genereras ett magnetfält, som är riktat åt höger, i den högra spolen. Den inducerade strömmen måste då ha moturs riktning.
e 0, 012 A= 0, 75A = R 16 ⋅10−3 c) Tills KN är ute ur fältet. s = vt s 0, 20 t= = s= 2, 0s v 0,10 W =eIt =0, 012 ⋅ 0, 75 ⋅ 2, 0 J =18 mJ I =
7.11 Se facit i läroboken. 7.12 ∆Φ 6,8 − 5, 0 = e = = V 0, 75 V ∆t 2, 4
7.05 e = vBl = 0,15 ⋅ 28 ⋅10 −3 ⋅ 0,24 V = 1,0 mV
7.13 dΦ π ⋅ 0,20 2 ⋅ (145 ⋅10 −3 − 75 ⋅10 −3 ) = V = 35 mV e= dt 0,25
7.06 e = vBl
I=
e 0, 46 = m= s 220 m s Bl 50 ⋅ 0−6 ⋅ 42 vänster sida är positiv (använd högerhandsregeln).
7.14
= v
7.07
e = vBl =
90 ⋅ 52 ⋅10 -6 ⋅ sin68° ⋅1,6 V = 1,9 mV 3,6
7.08 a) e = vBl = 0, 24 ⋅ 0, 75 ⋅ 0, 40 V = 0, 072 V e 0, 072 A = I = = 0, 40A R 0,18 Strömmen går moturs. b) F = BIl = 0, 75 ⋅ 0, 4 ⋅ 0, 4 N = 0,12 N riktad åt vänster (använd högerhandsregeln) Kraften verkar från magnetfältet. Den motverkar rörelsen. Skjutkraften måste vara lika stor, åt höger. eI 0, 072 ⋅ 0, 4 W = 29 mW c) P ==
35 ⋅10 −3 U = A = 19 mA R 2 ⋅ π ⋅ 0,20 ⋅1,5
e=N
dΦ 320 ⋅ 10−3 − 140 ⋅ 10−3 = 800 ⋅ V = 1,2 kV dt 0,12
7.15 a) Φ = BA = 0,80 ⋅ 0, 20 ⋅ 0,15 Wb = 0, 024 Wb b) ∆Φ = 0 − 0, 024 Wb = −0, 024 Wb
∆Φ 0, 024 − = V= 12mV c) e = ∆t 2, 0 inducerad ström ger B-fält som är utåtriktat (motverkar minskning). Strömmen går moturs. 7.16 a) ∆Φ = ∆B ⋅ A = ( 0, 25 − 0,55 ) ⋅ 0, 022 Wb ∆Φ = −1, 2 ⋅10−4 Wb ∆Φ 280 ⋅1, 2 ⋅10−4 −N = e= V= 0, 042 V ∆t 0,80 Motverka flödesminskning, då går strömmen
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
1
7.23 Φ = Φ m cos ω t 0,5 0,4
e /mV
medurs (dcbad) e 0, 042 = I = = 8, 4 mA A R 5 b) ∆Φ 280 ⋅ 0, 25 ⋅ 0, 022 −N = V= 0, 0233V e= ∆t 1, 2 e 0, 0233 = A = 4, 7 mA I = R 5 samma riktning som i a.
0,3 0,2 0,1 0 0
1
2
7.17
B ⋅ ∆A ∆Φ e= − = − ∆t ∆t e ⋅ ∆t 60 ⋅10−6 ⋅1, 2 B= − = T= μT 57 ∆A 0,90 ( 2,5 − 1,1) 7.18 e =− N Φ ′ ( t ) =− NAB ′ ( t ) a) Dra en tangent där kurvan är brantast, vid t = 2,5s. Bestäm tangentens riktningskoefficient. Bestäm spänningens belopp: (8 − 0 ) ⋅10−3 e = NAB ′ ( 2,5 ) =50 ⋅ 2, 0 ⋅10−3 ⋅ V b) 3, 2 − 1, 2
e = 0, 4 mV
50 ω = Hz = 8 Hz 2π 2π b) ω = 2πN = 2π ⋅ 800 rad/s = 5000 rad/s
7.20
u topp 2
=
140
V = 100 V
2
= ω 2= π f 100π s -1 Antal varv/s= f=
100π = 50 varv/s 2π
c)
= ω
em 132 s -1 377 s -1 = = N Φ m 140 ⋅ 2,5 ⋅10−3
ω
7.24 a) N2 U 2 = N1 U1
N 2 = N1
U2 12 = 1000 ⋅ = 52 varv U1 230
b)
= I2
7.21
itopp 2
itopp = I e ⋅ 2 = 2,5 ⋅ 2 A = 3,5 A 7.22 P 60 = = 0, 26A A U 230 = iˆ I= 2 0,37A = I
5
= 60 Hz 2π 60 varv/s
a) N =
Ie =
4
∆Φ a) e = −N = N Φ mω sin ω t = em sin ω t , där ∆t em= N Φ mω är max. inducerad spänning. b) em =N Φ mω =140 ⋅ 2,50 ⋅10−3 ⋅100π V =110 V
= f
7.19
Ue =
3 Tid /s
P 30 = = A 2,5 A U 2 12
I 2 N1 = I1 N 2 N 52 I1 = I 2 2 =⋅ 2,5 A= 0,13A N1 1000 7.25 a) N2 U 2 = N1 U1 N1 =N 2
U1 11 ⋅103 =42 000 ⋅ =3 500varv U2 132 ⋅103
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
2
b) P1 = 36 MW
= I1
7.31 a)
P1 36 ⋅106 A 3,3 ⋅103 A = = U1 11 ⋅103
U=
P2 = 0,95 P1 = 0,95 ⋅ 36 MW = 34, 2 MW I2 =
P2 34, 2 ⋅106 A 2, 6 ⋅102 A = = U 2 132 ⋅103
U = 5, 0 kW m 2 b) U = σT 4 5, 0 ⋅103 K 544 K = σ 5, 67 ⋅10−8 Glödtrådens temp. ≈2000K
T =
7.26
λ max ⋅T = 2,90 ⋅10 −3 λ max =
2,90 ⋅10 −3 m = 2,3 ⋅10 -6 m 980 + 273
7.27 U = σT 4
T =4
U
520
K = 309 K 5,67 ⋅10 −8 Klotets temperatur är 36 °C
σ
7.28 s = vt = ct = 3, 0 ⋅108 ⋅1 ⋅10−6 m = 300 m 7.29 a)
a 2,90 ⋅10−3 = = 2,9 ⋅104 K λmax 100 ⋅10−9
4
λmax = 299 nm λmax ⋅ T = a 2,90 ⋅10−3 a = = 9699 K ≈ 9 700 K λmax 299 ⋅10−9
U =σ ⋅ T 4 =5, 67 ⋅10−8 ⋅ 96994 W m 2 = U 5, 02 ⋅108 W m 2
= P 2,3 ⋅1028 W P A = 4,58 ⋅1019 m 2 = U A = 4π r 2 r =
λmax = 100 nm λmax ⋅ T = a
U =
4
7.32
= T
=4
P P 100 W m2 = = A 4π r 2 4π ⋅ 0, 042
A = 1,9 ⋅109 m 4π
U = σ T 4 = 5, 67 ⋅10−8 ⋅ ( 2,9 ⋅104 ) W m 2
7.33 a) Se facit i läroboken. b) E c= m Bm
U 4, 0 ⋅1010 W m 2 =
Em = cBm =⋅ 3 108 ⋅ 2, 0 ⋅10−6 V m = 0, 60 kV m
= T
b)
4
7.30 a)
λmax = 600 nm λmax ⋅ T = a
a 2,90 ⋅10−3 = = 4830 K λmax 600 ⋅10−9 Glödtråden skulle smälta om temperaturen var så hög! b) T =+ 60 273K = 333K
= T
λmax ⋅ T = a a 2,90 ⋅10−3 = = 8, 7 ⋅10−6 m 333 T Infraröd strålning
λmax=
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
3
6.
Testa dig i fysik
e= −
1. e = vBl e 0, 028 B T = = = 86 mT vl 1,8 ⋅ 0,18
7. Φ (= t ) 0, 04t 2 + 0, 25t e ( t ) = −Φ ′ ( t ) = − ( 0, 08t + 0, 25 )
2. (0,26 − 0,69) ⋅10 −3 ∆Φ = −600 ⋅ V = 72 mV e = −N ∆t 3,6
3. a) uˆ = Riˆ = 18 ⋅ 2,8V = 50, 4 V uˆ U = 36 V = 2 b) iˆ 2,8 = I = = A 1,98 A 2 2 P == UI 50, 4 ⋅1,98 W = 71W 4. uˆ = 2 ⋅ 30V = 60 V
T= 5 ⋅ 4, 0 ms = 20 ms 1 1 f= = Hz= 50Hz T 0, 02 u ( t ) uˆ= sin 2π ft 60sin100π t =
dΦ Alternativ C är rätt. dt
e ( 4, 0 ) =− ( 0, 08 ⋅ 4 + 0, 25 ) V =−0,57 V e (10 ) = − ( 0, 08 ⋅10 + 0, 25 ) V = −1, 05 V Spänningens belopp är 0,57 V resp. 1,05 V.
8. a) Den inducerade strömmen ger ett uppåtriktat magnetfält i den vänstra spolen. Strömmen går moturs. b) Åt höger. (Magnetfältet i den högra spolen blir uppåtriktat) 9. Arean ändras till noll. Då ändras flödet: B ⋅ ∆A B ⋅ π r 2 ∆Φ − = − = e= ∆t ∆t ∆t 0, 24 ⋅ π ⋅ 0,102 = e = V 0,10 V 0, 075
5. a) T = 35°C = 35 + 273K = 308 K U = σ T 4 = 5, 67 ⋅10−8 ⋅ 3084 W m 2 U = 510 W m 2 P= UA = 510 ⋅1, 2 W = 0, 61kW b) Pnetto= σ (T 4 − T04 ) ⋅ A o = T0 20 = C 293K
Pnetto = 5, 67 ⋅10−8 ⋅ ( 3084 − 2934 ) ⋅1, 2 W Pnetto = 0,11kW
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
4
8. Astrofysik Räkna fysik 8.01 p 1, 42 ⋅10−6 rad =
r =
8.07
a 1,5 ⋅1011 = m= 1, 056 ⋅1017 m p 1, 42 ⋅10−6
r =
1, 056 ⋅1017 = ljusår 11, 2 ljusår 9, 46 ⋅1015
8.02 = p 2, 44 ⋅10−8 rad
a 1,5 ⋅1011 r = = m= 6,15 ⋅1018 m p 2, 44 ⋅10−8 r =
2π r T 2π r 2π ⋅ 6,96 ⋅108 = = = T s 2,13 ⋅106 s v 2,1 ⋅103 T ≈ 25dygn v=
6,15 ⋅1018 = ljusår 650 ljusår 9, 46 ⋅1015
8.03 = P 5, 6 ⋅1029 W
= I 2, 0 ⋅10−12 W m 2 P I= 4π r 2 P r = = 1, 49 ⋅1020 m 4π I 1, 49 ⋅1020 r = = 1, 6 ⋅104 ljusår ljusår 9, 46 ⋅1015 8.04 Solens effekt finns i formelsamlingen. = I 2, 0 ⋅10−14 W m 2
P =⋅ 3 105 ⋅ Psol =⋅ 3 105 ⋅ 3,9 ⋅1026 W = P 1,17 ⋅1032 W P r= = 2,16 ⋅1022 m = 2,3 ⋅106 ljusår 4π I 8.05 Se facit i läroboken.
λmax = 400 nm λmax ⋅ T = a
2,90 ⋅10−3 a = = 7, 25 ⋅103 K λmax 400 ⋅10−9 Spektralklass F (6000 – 7500 K) Se diagram på sid. 295 i läroboken. Utstrålad effekt ca. 5 ggr solens effekt.
= T
8.08 Per fusion: 4,3⋅10-12 J Det går åt 4 väteatomer per He-kärna som bildas. Antal fusioner per sekund: 10 ⋅109 = 1,5 ⋅1036 4 ⋅1, 67 ⋅10−27 Utstrålad effekt: P = 4,3 ⋅10−12 ⋅1,5 ⋅1036 W = 6, 4 ⋅1024 W
P= 3,9 ⋅1026 W sol P = 0, 017 Psol Se diagram på sid. 295 i läroboken: klass M 8.09 Se avsnitt 8.3 och fig. 8.11 på sid. 297 i läroboken. 8.10 a)
r0 = 2γ ⋅
m 2 ⋅ 6, 67 ⋅10−11 ⋅1,989 ⋅1030 = m 2 c2 ( 3 ⋅108 )
r0 = 2,9 km Massan = 10 solmassor. Då blir radien = 10r0 = 29 km b) r0 = 2,9 ⋅ 6 ⋅106 km = 1,8 ⋅1010 m ≈ 25rsol = rsol 6,96 ⋅105 km
8.06 v ∆λ = c λ0
0, 0090 = nm 0, 0045 nm 2 ∆λ 0, 0045 v =⋅ c =⋅ 3 108 ⋅ m s =2,1km s 656, 0 λ0
= ∆λ
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
1
8.11 a)
2π r 2π ⋅ 30000 ⋅ 9, 46 ⋅1015 = ms T 250 ⋅106 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600 = v 2,3 ⋅105 m s
= v
2,3 ⋅105 ) ( v2 = a = m s2 r 30000 ⋅ 9, 46 ⋅1015 2
a 1,8 ⋅10−10 m s 2 = b) mv 2 mM =γ 2 r r v2 r M = = 2, 2 ⋅1041 kg
γ
msol 1,989 ⋅1030 kg = M 2, 2 ⋅1041 = = 1,1 ⋅1011 msol 1,989 ⋅1030 8.12 v = Hr
v 0, 08 ⋅ 3 ⋅108 = = 1, 2 ⋅109 ljusår ljusår H 20 ⋅103 106 Galaxen avlägsnar sig. Det blir en rödförskjutning.
= r
8.13
v = Hr = ∆λ
λ0
=
20 ⋅ 50 ⋅106 km s = 1, 0 ⋅106 m s 106
v c
v 1, 0 ⋅106 nm = 2, 2 nm ∆λ = λ0 ⋅ = 656,3 ⋅ c 3 ⋅108 8.14 Se facit i läroboken.
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
2
Testa dig i fysik 1.
I=
P 4π r 2
P 4,8 ⋅1030 m 6,18 ⋅1018 m = = 4π I 4π ⋅10 ⋅10−9 6,18 ⋅1018 r = ljusår 650 ljusår = 9, 46 ⋅1015 r =
2.
v = 30 km s ∆λ v = λ0 c v 30 ⋅103 ∆λ = λ0 ⋅ = 630, 250 ⋅ nm = 0, 063nm c 3 ⋅108 λ= λ0 + ∆λ= 630,313nm 3. ∆E = Pt = 3,9 ⋅1026 ⋅ 5 ⋅109 ⋅ 365 ⋅ 24 ⋅ 3600 J
∆E= 6,15 ⋅1043 J ∆E =∆mc 2 ∆E ∆m = = 6,8 ⋅1026 kg c2 ∆m 6,8 ⋅1026 = =3, 4 ⋅10−4 =0, 034 % 30 m 1,989 ⋅10 4. v = Hr
= r
v 1500 = ljusår = 7,5 ⋅107 ljusår 20 H 106
Lösningar till Ergo Fysik 2 978-91-47-10672-1 © Författarna och Liber AB
3
