Extrauppgifter i Fysik 2!
Här finns relevanta uppgifter från gamla frisläppta provbanksprov, men även en hel del andra bra
övningsuppgifter från diverse olika källor. Gemensamt är att de alla motsvarar kursen
Fysik 1 och den kommande GY25 kursen Fysik nivå 1b.
Du kan filtrera uppgifter efter Avsnitt, Moment, Taggar och Nivå. Använd filtreringsalternativen ovan för
att visa relevanta uppgifter.
Det finns också en fritext sökfunktion som du kan använda ifall du minns någon specifik text från en
uppgift, men inte minns var den fanns.
Här följer en något mer detajerad beskrivning av filtreringsmöjligheterna.
| Funktion | Beskrivning |
|---|---|
 |
All text i alla uppgifter är sökbar, ifall du letar efter en specifik uppgift och bara kommer ihåg ett ord i texten. |
 |
Avsnitt är toppen i hierarkin. Följer i stora drag kapitelindelningen i de olika läromedel som finns i kursen. Här kan du också se hur många uppgifter varje Avsnitt har för tillfället. |
 |
Här hittar du alla Moment som ingår i det valda Avsnittet. Endast de Moment som är relevanta för det valda Avsnittet visas. Är inget Avsnitt valt visas alla Moment i hela kursen. |
 |
Taggar är ytterlligare en möjlighet att filtrerappgifterna efter några vanligt förekommande begrepp i kursen. |
 |
Nivå är en möjlighet att filtrera uppgifterna efter E,C eller A nivå. |
 |
Återställ alla filter och visa denna sida igen. |
 |
Visa alla gulmarkerade uppgifter: Tanken med denna funktion är att du kan markera de uppgifter som du räknat, men fortfarande inte är klar med, eller som du av annan anledning vill återkomma till. |
 |
Visa alla grönmarkerade uppgifter: Tanken med de grönmarkerade uppgifterna är att dessa då kan anses som klara och att du förstått lösningen tillräckligt bra. |
 |
Visa min progressionsmatris. Här får du en visuell överblick av din progression med uppgifterna. Om du klickar på en uppgift i matrisen tas du direkt till den uppgiften. |
 |
Nollställ progressionsmatrisen. Var försiktig med denna om du kommit långt i din repetition! |
|
Övergripande statistik av din progression. |
| rk-001 | Hur kan pappa Lars, 70 kg, och hans son Anton, 28 kg, sitta på en 3,5 m lång gungbräda
för att $\textbf{(3/0/0)}$ den ska vara i jämvikt? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Vi har momentjämvikt, antag att Anton sitter längst ut på sin sida, vi får
då. $$\begin{align*} M&=F\cdot l && \\[10pt] \stackrel{\curvearrowright}{M}&=\stackrel{\curvearrowleft}{M} && \\[10pt] 28\cdot g\cdot 1{,}75&=70\cdot g\cdot x && \\[10pt] 49\cdot g&=70\cdot g\cdot x && \\[10pt] x&=0{,}7 \text{ m} && \end{align*}$$ |
|||||||||
| rk-002 | En 4 m lång homogen stav med okänd massa befinner sig i jämvikt och är fäst i punkten
A. $\textbf{(2/1/0)}$ Beräkna stavens massa! |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Vi har momentjämvikt. $$\begin{align*} \stackrel{\curvearrowright}{A}&=\stackrel{\curvearrowleft}{A} && \\[10pt] mg\cdot 2 &= 10\cdot 1 && \\[10pt] m&=\dfrac{10}{2g}=\dfrac{10}{2\cdot 9{,}82}= 0{,}51\text{ kg} && \end{align*}$$ |
|||||||||
| rk-003 | En enmeterslinjal vilar på ett stöd och är upphängd i en dynamometer enligt figuren
nedan. $\textbf{(0/2/0)}$ Dynamometern visar 0,33 N. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Linjalens massa kan i vanlig ordning anses koncentrerad i tyngdpunkten.
Momentjämvikt ger följande: $$\begin{align*} \stackrel{\curvearrowright}{M}&=\stackrel{\curvearrowleft}{M} && \\[10pt] mg\cdot 0{,}28 &= 0{,}33\cdot 0{,}78 && \\[10pt] m&=\dfrac{0{,}33\cdot 0{,}78}{9{,}82\cdot 0{,}28}= 0{,}0936 \text{ kg} \approx 94\text{ gram} && \end{align*}$$ |
|||||||||
| rk-004 | En jämntjock 2,23 m lång planka är vridbar kring sin ena ände. Plankan hålls i
horisontellt läge med
en $\textbf{(1/1/1)}$ vertikalt uppåtriktad kraft på 268 N. Kraften verkar 1,52 m från vridningspunkten. Beräkna plankans massa. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Vi har momentjämvikt $$\begin{align*} \stackrel{\curvearrowright}{M}&=\stackrel{\curvearrowleft}{M} && \\[10pt] mg\cdot 1{,}115 &= 268\cdot 1{,}52 && \\[10pt] m&=\dfrac{268\cdot 1{,}52}{1{,}115\cdot 9{,}82}= 37{,}2\text{ kg} && \end{align*}$$ |
|||||||||
| rk-005 | En skylt som väger 3,0 kg hänger i en jämntjock stång. Stången kan svänga fritt kring
en led i punkten
$P$ $\textbf{(0/1/2)}$ och hålls horisontellt med hjälp av en vajer som är fäst i en vägg. Vajern bildar vinkeln $30^{\circ}$ med stången. Stången har massan 2,0 kg och längden 1,2 m. De utmarkerade avstånden i figuren är $a = 0{,}72$ m och $c = 0{,}20$ m. Beräkna spännkraften i vajern. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
Kalla spännkraften $T$ och teckna kraftmomenten kring $P$. Kraften på stången
från väggen i punkten
$P$ utövar inget kraftmoment, eftersom den passerar genom momentpunkten. Vi får momentjämvikten runt punkten $P$ enligt. $$\begin{aligned} \stackrel{\curvearrowleft}{P}&=\stackrel{\curvearrowright}{P} && \\[10pt] \stackrel{\curvearrowleft}{P}&=T\cdot 1{,}2\cdot \sin 30 && \\[10pt] \stackrel{\curvearrowright}{P}&= \dfrac{3 \cdot 9{,}82}{2} \cdot \Big(1{,}2-a-c\Big) + 2\cdot 9{,}82 \cdot \dfrac{1{,}2}{2} +\dfrac{3 \cdot 9{,}82}{2}\cdot \Big(1{,}2-c\Big) && \end{aligned}$$ Vi får då en ekvation med en obekant $T$ enligt. $$\begin{aligned} T\cdot 1{,}2\cdot \sin 30&=\dfrac{3 \cdot 9{,}82}{2}\cdot \Big(1{,}2-0{,}72-0{,}20\Big) + 2\cdot 9{,}82 \cdot \dfrac{1{,}2}{2} +\dfrac{3 \cdot 9{,}82}{2} \cdot\Big(1{,}2-0{,}20\Big)&&\\[10pt] T&=51 \text{ N} && \end{aligned}$$ |
|||||||||
| rk-006 | I mars 2001 kraschade rymdstationen Mir i Stilla havet. Den hade under sin livstid en
massa på 110 ton$\textbf{(2/0/0)}$ och dess avstånd till jordens medelpunkt var 6700 km. Hur stor var jordens gravitationskraft på Mir i dess bana? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
$M$ är jordens massa. $m$ är Mirs massa. $r$ är avståndet mellan Mir och jordens
medelpunkt. Enligt tabell är $M = 5.974\cdot 10^{24}$ kg. Gravitationslagen ger nu $$\begin{align*} F&=G\cdot \dfrac{Mm}{r^2}=6.673 \cdot 10^{-11}\cdot \dfrac{5.974\cdot 10^{24}\cdot 110\,000}{6\,730\,000^2}=968\,164 \text{ N} && \end{align*}$$ |
|||||||||
| rk-007 | I en framtida rymdstation lever invånarna inne i torusen på avståndet $r=900$ m från
axeln. $\textbf{(2/0/0)}$ Om rymdstationen roterar så att centripetalaccelerationen där är $g=9{,}82$ m/s$^2$, så kommer invånarna att uppleva samma tyngd som på jorden. Vilken rotationstid måste rymdstationen ha. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Rotationstiden ges av uttrycket för centripetalaccelerationen $$\begin{aligned} a_c&=\dfrac{v^2}{t}=\dfrac{4\pi^2 r}{T^2} && \end{aligned}$$ Lös ut periodtiden $T$ $$\begin{aligned} T&=\sqrt{\dfrac{4\pi^2 r}{a_c}}=\sqrt{\dfrac{4\pi^2 \cdot 900}{9{,}82}}=60{,}2 \text{ s} && \end{aligned}$$ |
|||||||||
| rk-008 | Marianne väger 40 kg och åker karusell. Cirkelbanans radie är $r=6{,}0$ m. Varvtiden är
$T=4{,}5$ s. Bortse ifrån luftmotståndet.
|
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| rk-009 | Ett flygplan som väger $m=70$ ton går in i en vågrät sväng med hastigheten $v=360$ km/h.
Planet lutar då med en vinkel $\alpha=27^{\circ}$, se figur.
|
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| rk-010 | En bil med massa $m=1\,050$ kg kör med konstant fart $v=90$ km/h i en vågrät kurva med
radien$\textbf{(0/1/0)}$ $r=200$ m. Hur stor måste friktionstalet $\mu$ vara för att bilen inte skall åka av vägen vid denna kurvtagning? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Vi har jämvikt i vertikalled mellan tyngdkraften $F_{\text{g}}$ och normalkraften
$F_{\text{N}}$. I x-led är
friktionskraften $F_{\mu}$ nu en centripetalkraft och vi får att $$\begin{aligned} F_{\mu}&=F_{\text{c}} &&\\[10pt] F_{\text{c}}&=\dfrac{mv^2}{r} &&\\[10pt] F_{\mu}&=\mu\cdot F_{\text{N}}=\mu\cdot F_{\text{g}}=\mu mg&& \end{aligned}$$ Alltså $$\begin{aligned} \mu mg &=\dfrac{mv^2}{r} && \end{aligned}$$ Lös ut $\mu$ $$\begin{aligned} \mu&= \dfrac{v^2}{rg}=\dfrac{25^2}{200\cdot 9{,}82}=0{,}32 && \end{aligned}$$ |
|||||||||
| rk-011 | En bil med massa $m=1\,050$ kg kör med konstant fart $v=90$ km/h i en vågrät kurva med
radien$\textbf{(0/1/2)}$ $r=200$ m. Antag att friktionstalet $\mu=0$, hur stor skall doseringen $\alpha$ på kurvan vara för att enbart doseringen skall hålla kvar bilen? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
Här är det friktionsfritt och istället doseringen på kurvan som agerar
centripetalkraft i form av den resulterande kraften $F_{\text{res}}$. Vi får följande
kraftsituation Vektoriellt har vi alltså $$\begin{aligned} \vec{F}_{\text{res}}&=\vec{F}_{\text{g}} + \vec{F}_{\text{N}} = m\cdot \vec{a} && \end{aligned}$$ Ur figuren ser man att vinkeln $\alpha$ kan beräknas enligt $$\begin{aligned} \tan \alpha &=\dfrac{F_{\text{res}}}{F_{\text{g}}}=\dfrac{\dfrac{mv^2}{r}}{mg}=\dfrac{v^2}{rg} && \end{aligned}$$ Lös ut $\alpha$ $$\begin{aligned} \alpha&= \arctan \left(\dfrac{v^2}{rg} \right) =\arctan \left(\dfrac{25^2}{200\cdot 9{,}82} \right)=17{,}65^{\circ}&& \end{aligned}$$ |
|||||||||
| rk-012 | En bil med massa $m=1\,200$ kg kör med konstant fart $v=90$ km/h i en vågrät kurva med
radien $r=200$ m. Antag att doseringen på kurvan är $\alpha=26{,}6^\circ$. Hur stort måste friktionstalet $\mu$ minst vara för att bilen inte skall glida ur kurvan nedför doseringen mot den inre vägrenen? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
I den här uppgiften har vi lagt till friktion mellan hjul och vägbana, detta gör
kraftsituationen en aning jobbigare, vilket också är anledningen till att frågeställningen
ligger utanför kursen. Vi börjar med att klargöra kraftsituationen och det enda som skiljer denna
uppgift egentligen från uppgifter av svårighetsgraden under är att vi nu har tre krafter
inblandade, vilket får till följd att kraftpolygonen som bestämmer $F_{\text{res}}$ nu har 3 + 1
vektorer, se figuren nedan. Observera att vektorpolygonen kan ritas på flera olika, men i princip
identiska, vis. Vi frilägger krafterna som verkar på bilen i kurvan. Vi har tyngdkraften $F_{\text{g}}$ nedåt, normalkraften $F_{\text{N}}$ uppåt och friktionskraften $F_{\mu}$ in mot kurvans centrum. Resultanten av dessa tre krafter är den centripetalkraft som håller bilen kvar i kurvan, $F_{\text{res}}$. Vi får att  Vektorekvationen blir alltså $$\begin{aligned} \vec{F}_{\text{res}}&=\vec{F}_{\text{N}} + \vec{F}_{\text{g}} + \vec{F}_{\mu} = m\cdot \vec{a} = \dfrac{mv^2}{r} && \end{aligned}$$ Det enda som behövs för att få ihop det här är lite vanlig trigonometri. Jag tycker att det är enklast att hålla koordinatsystemet horisontellt-vertikalt som vanligt, men såklart hade det också gått bra att lägga koordinataxlarna utmed det lutande planet och vinkelrät mot det lutande planet. Men nu delar vi upp $F_{\text{N}}$ och $F_{\mu}$ i komposanter utmed $x$- och $y$-axlarna enligt  Vi får nu två kraftekvationer, en för varje dimension enligt. $$\begin{aligned} F_{\text{res}}&=F_{\text{N,x}}- F_{\mu,x} && (x-\text{led}) \\[10pt] 0&=F_{\text{N,y}}-F_{\text{g}} + F_{\mu,y} && (y-\text{led}) \end{aligned}$$ Vi stoppar in trigonometri och andra formler som vi har tillgång till $$\begin{aligned} \dfrac{mv^2}{r}&=F_{\text{N}}\cdot \sin 26{,}57^\circ - \mu\cdot F_{\text{N}}\cdot \cos 26{,}57^\circ && (x-\text{led}) \\[10pt] 0&=F_{\text{N}}\cdot \cos 26{,}57^\circ-m g + \mu\cdot F_{\text{N}}\cdot \sin 26{,}57^\circ && (y-\text{led}) \end{aligned}$$ Två ekvationer och två obekanta, $F_{\text{N}}$ och $\mu$. Förslagsvis, lös ut $F_{\text{N}}$ ur ekvationen för ($y-$led) och stoppa in i ekvationen för ($x-$led) $$\begin{aligned} \dfrac{mv^2}{r}&=F_{\text{N}}\bigg(\sin 26{,}57^\circ - \mu\cdot \cos 26{,}57^\circ\bigg) && (x-\text{led}) \\[10pt] F_{\text{N}}&=\dfrac{mg}{\cos 26{,}57^\circ + \mu\cdot \sin 26{,}57^\circ} && (y-\text{led}) \end{aligned}$$ Vi får nu en ekvation med endast en obekant, $\mu$, i den första ekvationen. Stoppa in uttrycket för $F_{\text{N}}$ i den första ekvationen och lös ut $\mu$ $$\begin{aligned} \dfrac{mv^2}{r}&=\dfrac{mg}{\cos 26{,}57^\circ + \mu\cdot \sin 26{,}57^\circ} \cdot\bigg(\sin 26{,}57^\circ - \mu\cdot \cos 26{,}57^\circ\bigg) && \end{aligned}$$ detta ser krångligt ut, men utveckla och samla ihop termerna med $\mu$ $$\begin{aligned} \dfrac{v^2}{rg}\cdot\bigg(\cos 26{,}57^\circ + \mu\cdot \sin 26{,}57^\circ\bigg) &=\bigg(\sin 26{,}57^\circ - \mu\cdot \cos 26{,}57^\circ\bigg) &&\\[10pt] \dfrac{v^2}{rg}\cdot\cos 26{,}57^\circ + \dfrac{v^2}{rg}\cdot \mu\cdot \sin 26{,}57^\circ &=\sin 26{,}57^\circ - \mu\cdot \cos 26{,}57^\circ &&\\[10pt] \dfrac{v^2}{rg}\cdot \mu\cdot \sin 26{,}57^\circ + \mu\cdot \cos 26{,}57^\circ&=\sin 26{,}57^\circ - \dfrac{v^2}{rg}\cdot\cos 26{,}57^\circ &&\\[10pt] \mu&=\dfrac{\bigg(\sin 26{,}57^\circ - \dfrac{v^2}{rg}\cdot\cos 26{,}57^\circ\bigg)}{\bigg(\dfrac{v^2}{rg}\cdot \sin 26{,}57^\circ + \cdot \cos 26{,}57^\circ\bigg)} &&\\[10pt] &=\dfrac{\bigg(\sin 26{,}57^\circ - \dfrac{25^2}{200\cdot 9{,}82}\cdot\cos 26{,}57^\circ\bigg)}{\bigg(\dfrac{25^2}{200\cdot 9{,}82}\cdot \sin 26{,}57^\circ + \cdot \cos 26{,}57^\circ\bigg)} &&\\[10pt] &&\\[10pt] &=0{,}16 \quad (0{,}1568) && \end{aligned}$$ Det krävs alltså en friktionskoefficient $\mu=0{,}16$ för att bilen inte skall börja glida nedför den doserade kurvan in mot den nedre vägrenen, trots att hasigheten är 90 km/h. |
|||||||||
| rk-013 | En bil med massa $m=1\,200$ kg kör in i en vågrät kurva med radien $r=200$ m. Antag
att doseringen på kurvan är $\alpha=26{,}6^\circ$ och att friktionstalet mellan vägen och bilen är $\mu=0{,}29$. Vilken är den högsta hastighet som bilen kan hålla utan att glida av vägen mot den yttre vägrenen? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
Det är samma dosering som i uppgift rk-012, men här är nu friktionstalet känt. Vi
börjar med att klargöra kraftsituationen och det enda som skiljer denna uppgift egentligen från
uppgifter av svårighetsgrad under är att vi nu har tre krafter inblandade,
vilket får till följd att kraftpolygonen som bestämmer $F_{\text{res}}$ nu har 3 + 1 vektorer, se
figuren nedan. Observera att vektorpolygonen kan ritas på flera olika, men i princip identiska vis.  Vektorekvationen blir alltså $$\begin{aligned} \vec{F}_{\text{res}}&=\vec{F}_{\text{N}} + \vec{F}_{\mu} + \vec{F}_{\text{g}} = m\cdot \vec{a} = \dfrac{mv^2}{r}&& \end{aligned}$$ Nu applicerar vi lite vanlig trigonometri. Jag tycker att det är enklast att hålla koordinatsystemet horisontellt-vertikalt som vanligt, men såklart hade det också gått bra att lägga koordinataxlarna utmed det lutande planet och vinkelrät mot det lutande planet. Men nu delar vi upp $F_{\text{N}}$ och $F_{\mu}$ i komposanter utmed $x$- och $y$ axlarna enligt  Vi får nu två kraftekvationer, en för varje dimension enligt. $$\begin{aligned} F_{\text{res}}&=F_{\text{N,x}} + F_{\mu,x} && (x-\text{led}) \\[10pt] 0&=F_{\text{N,y}} - F_{\text{g}} - F_{\mu,y} && (y-\text{led}) \end{aligned}$$ Vi stoppar in trigonometri och andra formler vi har tillgång till $$\begin{aligned} \dfrac{mv^2}{r}&=F_{\text{N}}\cdot \sin 26{,}57^\circ + \mu\cdot F_{\text{N}}\cdot \cos 26{,}57^\circ && (x-\text{led}) \\[10pt] 0&=F_{\text{N}}\cdot \cos 26{,}57^\circ - mg - \mu\cdot F_{\text{N}}\cdot \sin 26{,}57^\circ && (y-\text{led}) \end{aligned}$$ Två ekvationer och två obekanta, $F_{\text{N}}$ och hastigheten $v$. Förslagsvis, lös ut $F_{\text{N}}$ ur ekvationen för ($y-$led) och stoppa in i ekvationen för ($x-$led) $$\begin{aligned} \dfrac{mv^2}{r}&=F_{\text{N}}\bigg(\sin 26{,}57^\circ + \mu\cdot \cos 26{,}57^\circ\bigg) && (x-\text{led}) \\[10pt] F_{\text{N}}&=\dfrac{mg}{\cos 26{,}57^\circ - \mu\cdot \sin 26{,}57^\circ} && (y-\text{led}) \end{aligned}$$ Vi får nu en ekvation med endast en obekant, hastigheten $v$ $$\begin{aligned} \dfrac{mv^2}{r}&=\dfrac{mg}{\cos 26{,}57^\circ - \mu\cdot \sin 26{,}57^\circ} \cdot\bigg(\sin 26{,}57^\circ + \mu\cdot \cos 26{,}57^\circ\bigg) && \end{aligned}$$ Lös ut hastigheten $v^2$ $$\begin{aligned} v^2 &=rg\cdot \dfrac{\bigg(\sin 26{,}57^\circ + \mu\cdot \cos 26{,}57^\circ\bigg)}{\bigg(\cos 26{,}57^\circ - \mu\cdot \sin 26{,}57^\circ\bigg)} &&\\[10pt] \end{aligned}$$ vi får uttrycket $$\begin{aligned} v&=\sqrt{rg\cdot \dfrac{\bigg(\sin 26{,}57^\circ + \mu\cdot \cos 26{,}57^\circ\bigg)}{\bigg(\cos 26{,}57^\circ - \mu\cdot \sin 26{,}57^\circ\bigg)}}&&\\[10pt] &=\sqrt{200\cdot 9{,}82 \cdot \dfrac{\bigg(\sin 26{,}57^\circ + 0{,}16 \cdot \cos 26{,}57^\circ\bigg)}{\bigg(\cos 26{,}57^\circ - 0{,}16 \cdot \sin 26{,}57^\circ\bigg)}}&&\\[10pt] &=37{,}5 \text{ m/s} = 135 \text{ km/h} && \end{aligned}$$ Vi kan nu också dra slutsatsen att i en sådan här doserad kurva under dessa förutsättningar bör hastigheten ligga mellan minimalt 90 km/h (se rk-012) och maximalt 135 km/h för att fordonet inte skall glida av vägen i någon riktning. |
|||||||||
| rk-014 | En liten kula med massan 0,150 kg hänger i ett snöre. Kulan förs åt
sidan och släpps sedan utan$\textbf{(0/0/4)}$ utgångshastighet så att den beskriver en del av en cirkelbåge (se figur). Just när kulan passerar punkten A, som ligger rakt under upphängningspunkten O, brister snöret. Kulan träffar golvet i punkten C. Punkten B ligger rakt under punkten A. Avstånden AB och BC är lika stora och vardera lika med dubbla snörlängden. Hur stor var kraften på kulan från snöret just innan snöret brast? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Kolla videolösningen! | |||||||||
| rk-015 | En boll sparkas med en hastighet av 10 m/s och en elevationsvinkel på $30^{\circ}$ som figuren nedan visar. | ||||||||
 |
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| rk-016 | Sara har tagit sig till golfbanan och slår iväg en boll. Bollen har en utgångshastighet på 86,4 km/h och elevationsvinkeln är $38.9^{\circ}$. | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| rk-017 | Det sista slaget i golf är ''oftast'' putten, den får inte vara för hård för då kan
bollen passera över hålet$\textbf{(0/2/1)}$ utan att falla ner. En enkel modell bygger på att bollen hamnar i hålet om den minst faller en bollradie innan den träffar hålets motsatta sida, se figuren. Bollradien är 2,1 cm och håldiametern är 10,8 cm. Beräkna den största hastighet bollen kan ha i punkt $A$ om den ska hamna i hålet. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Idéen med lösningen är att beräkna den tid det tar för golfbollen att falla en
radie, alltså hur lång tid tar fritt fall 2,1 cm? När vi vet detta vet vi också hur lång tid
golfbollen har på sig att ta sig över hålet och därmed kan hastigheten bestämmas. Fritt fall 2,1 cm
tar $$\begin{aligned} s&=\dfrac{gt_f^2}{2} \Longrightarrow t_f=\sqrt{\dfrac{2s}{g}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot 0{,}021}{9{,}82}}= 0{,}0654 \text{ s}&& \end{aligned}$$ Den sökta hastigheten kan nu beräknas ur $$\begin{aligned} v&=\dfrac{s}{t}=\dfrac{0{,}108 - 0{,}021}{0{,}0654} =1{,}33 \text{ m/s}&& \end{aligned}$$ |
|||||||||
| rk-018 | Anton slår iväg en golfboll med hastigheten 57 m/s och en elevationsvinkel på $31^{\circ}$. Hur långt slår Anton?$\textbf{(0/2/0)}$ | ||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Det ''färdiga'' uttrycket för kastvidden finns inte angivet i formelsamlingen,
men kan tas fram genom att stoppa in dubbla stigtiden i uttrycket för positionen i $x$-led och det
funkar bra i denna uppgift. Men kom ihåg, det speciella uttrycket för just kastvidden funkar ju bara
för kast där föremålet landar på samma höjd som det startade ifrån. $$\begin{aligned} t_s&=\dfrac{v_0\cdot \sin \alpha}{g} \quad \text{(Stigtiden)}&& \\[10pt] x_{\text{kast}}&=v_0\cdot \cos \alpha \cdot 2t_s = 57\cdot \cos 31^{\circ} \cdot 2\cdot \dfrac{57\cdot \sin 31^{\circ}}{9{,}82} = 292\text{ m}&& \end{aligned}$$ |
|||||||||
| rk-019 | Frida står på sin balkong som är placerad 4,2 meter över marken. Då hennes mobiltelefon är långsam kastar hon den uppåt med en vinkel på $70^{\circ}$ och en hastighet på 18 m/s. Mobiltelefonen lämnar hennes hand när den är 1,4 meter över balkongen. | ||||||||
 |
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| rk-020 | David har en liten fin kanon med justerbar elevationsvinkel i sitt
rum. Den kan skjuta ut kulor med $\textbf{(0/0/3)}$ en hastighet av 10 m/s. Davids kula får maximalt ha en höjd på 2,2 meter innan de slår i i taket. Vilken är den största elevationsvinkeln David kan ställa in på sin kanon så att kulorna inte slår i taket? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Genom att kombinera ekvationerna för en projektils position i $y$-led och dess
hastighet i $y$-led kan vi ta fram ett uttryck för den sökta vinkeln. Vid tiden $t$ och en viss
given elevationsvinkel $\alpha$ har vi postitionen och hastigheten enligt. $$\left\{\begin{aligned} y(t)&=v_0\sin{\alpha} \cdot t - \dfrac{gt^2}{2}&& (\text{positionen})\\[10pt] v_y &=v_0\sin{\alpha} - gt&& (\text{hastigheten}) \end{aligned}\right.$$ I den här uppgiften handlar det om en begränsning i den maximala höjden för en kula, alltså kan vi förenkla ekvationen för hastigheten en aning. Den maximala höjden fås ju då hastigheten i $y$-led är noll. Vi vet dessutom att $v_0=10$ m/s och att $y(t)=2{,}2$ m $$\left\{\begin{aligned} 2{,}2&=10\cdot \sin{\alpha} \cdot t - \dfrac{gt^2}{2}&& (\text{positionen})\\[10pt] 0 &=10\cdot \sin{\alpha} - gt&& (\text{hastigheten}) \end{aligned}\right.$$ Det här systemet går lätt att lösa med miniräknaren eller GeoGebra, jag får att $$\left\{\begin{aligned} t&=0{,}67 \text{ s} \vphantom{a^2}&&\\[10pt] \alpha&=41{,}1^\circ \vphantom{a^2}&& \end{aligned}\right.$$ Det går också bra naturligtvis att slutföra algebran och ta fram ett explicit uttryck elevationsvinkeln $\alpha$ genom att lösa ut tiden det tar för projektilen att nå maximala höjden, kalla den tiden för $t_h$, ur hastighetsformeln $0 =v_0\sin{\alpha} - gt_h$. Det är också den tid då hastigheten i $y$-led är noll. $$\begin{aligned} t_h& =\dfrac{v_0\sin{\alpha}}{g}&& \end{aligned}$$ Vi stoppar in detta uttryck för tiden $t_h$ i positionsekvationen för $y$-led $$\begin{aligned} y(t_h)&=v_0\sin{\alpha} \cdot t_h - \dfrac{gt_h^2}{2}&& \end{aligned}$$ Nu har vi ett uttryck för den maximala höjden, $y_{\text{max}}$, för en projektil med utgångshastighet $v_0$ och elevationsvinkel $\alpha$. $$\begin{aligned} y_{\text{max}}&=v_0\sin{\alpha}\left(\dfrac{v_0\sin{\alpha}}{g}\right) - \dfrac{g\left(\dfrac{v_0\sin{\alpha}}{g}\right)^2}{2}&& \end{aligned}$$ Detta kan förenklas till $$\begin{aligned} y_{\text{max}}&=\dfrac{v_0^2\cdot \sin^2\alpha}{2g}&& \end{aligned}$$ Lite mer algebra, vi löser avslutningsvis ut elevationsvinkeln $\alpha$. $$\begin{aligned} \alpha&=\arcsin \left( \sqrt{\dfrac{y_{\text{max}}\cdot 2g}{v_0^2}} \right)=\arcsin \left( \sqrt{\dfrac{2{,}2\cdot 2 \cdot 9{,}82}{10^2}} \right)= 41{,}1^{\circ}&& \end{aligned}$$ |
|||||||||
| rk-021 | Under en laboration skjuts en projektil iväg med hastigheten 4,9 m/s
i en okänd vinkel $\alpha$. $\textbf{(0/0/3)}$ Projektilen skjuts iväg från höjden 1,12 m över marknivån. Kastlängden för projektilen uppmäts till 2,78 m. Bestäm kastvinkeln $\alpha$. Det finns två lösningar. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Även detta problem går att lösa analytiskt, men algebran som krävs för att härleda
ett uttryck för kastvinkeln är lite knivig att få rätt på. Däremot går det enkelt att låta
GeoGebra lösa våra ekvationer numeriskt. Så vi använder denna metod på våra ekvationer för
projektilens position i $x$-led och $y$-led. $$\left\{\begin{aligned} x&=v_0\cos \alpha \cdot t && (1)\\[10pt] y&=v_0\sin \alpha \cdot t - \dfrac{gt^2}{2}&& (2) \end{aligned}\right.$$ Lös ut $t$ ur (1) och substituera i (2) $$\begin{aligned} t&=\dfrac{x}{v_0\cos \alpha} &&\\[10pt] y&=v_0\sin \alpha \cdot \left(\dfrac{x}{v_0\cos \alpha}\right) - \dfrac{g}{2}\left(\dfrac{x}{v_0\cos \alpha}\right)^2&&\\[10pt] &=x\tan \alpha - \dfrac{gx^2}{2v_0^2}\dfrac{1}{\cos^2 \alpha} && \end{aligned}$$ stoppar vi in våra siffror får vi nu $$\begin{aligned} -1{,}12&=2{,}78\cdot \tan \alpha - \dfrac{9{,}82\cdot 2{,}78^2}{2\cdot 4{,}9^2}\cdot \dfrac{1}{\cos^2 \alpha} && \\[10pt] -1{,}12&=2{,}78\cdot \tan \alpha - 1{,}58\cdot \dfrac{1}{\cos^2 \alpha} && \end{aligned}$$ Om vi exempelvis modellerar i GeoGebra skiver vi om ekvationen något för att anpassa till GeoGebras syntax $$\begin{aligned} y&=2{,}78\cdot \tan \alpha - 1{,}58\cdot \dfrac{1}{\cos^2 \alpha} + 1{,}12 && \end{aligned}$$ Vi får nu våra två lösningar $$\left\{\begin{aligned} \vphantom{a^2}\alpha_1&=10{,}5^\circ && \\[10pt] \vphantom{a^2}\alpha_2&=57{,}6^\circ && \end{aligned}\right.$$ 
|
|||||||||
| rk-022 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| rk-023 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| rk-024 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
    |
|||||||||
| rk-025 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| mv-001 | En vikt hänger i en fjäder och utför vertikala svängningar. $\textbf{(1/0/0)}$ Ett av nedanstående påståenden är felaktigt. Vilket? |
||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Alternativ D är felaktigt. Hastigheten är noll i vändlägena. | |||||||||
| mv-002 | En partikel utför en perfekt harmonisk svängning kring ett jämviktsläge, $x = 0$. $\textbf{(1/1/0)}$ Vilken av nedanstående grafer återger bäst hur den återförande kraften $F$ beror av läget $x$ under rörelsen? Motivera ditt svar! |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Alternativ A. Kraften beror linjärt på avståndet från jämviktsläget (Hooke's lag) och ändrar riktning då den passerar jämviktsläget. | |||||||||
| mv-003 | Man kan modellera ett mänskligt öga som en masspartikel i en fjäder, där massan $m =
7{,}5$ g $\textbf{(2/0/0)}$ och fjäderkonstanten är $k = 2{,}5$ kN/m. Om huvudet utsätts för vibration med systemets resonansfrekvens ser man suddigt. Bestäm denna frekvens. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Periodtiden för vibrationen bestäms genom $$\begin{aligned} T&=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}=2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}0075}{2\,500}}&& \end{aligned}$$ frekvensen ges nu enligt $$\begin{aligned} f&=\dfrac{1}{T}=\dfrac{1}{2\pi} \sqrt{\dfrac{k}{m}}=\dfrac{1}{2\pi} \sqrt{\dfrac{2\,500}{0{,}0075}}\approx 92 \text{ Hz} \end{aligned}$$ |
|||||||||
| mv-004 | En liten mässingsvikt fästs i en fjäder och hängs upp lodrätt. Då vikten intar sitt
jämviktsläge förlängs $\textbf{(1/1/0)}$ fjädern med 9,8 cm. Mässingsvikten sätts i harmonisk svängning kring jämviktsläget. Beräkna ett värde på svängningstiden. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Hooke's lag ger oss sambandet $$\begin{aligned} F&=k\cdot x&& \end{aligned}$$ där $x=0{,}098$ m är förlängningen. Det betyder att fjäderkonstanten kan tecknas enligt $$\begin{aligned} k&=\dfrac{F}{x}=\dfrac{mg}{0{,}098} && \end{aligned}$$ Nu kan vi bestämma periodtiden $$\begin{aligned} T&=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{\frac{mg}{0{,}098}}}=2\pi\sqrt{\dfrac{0{,}098}{9{,}82}}=0{,}63 \text{ s}&& \end{aligned}$$ |
|||||||||
| mv-005 | En vikt med massan 50 g hänger i en fjäder med fjäderkonstanten 2,5 N/m. Den försätts i svängning med amplituden 10 cm. |
||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-006 | En 20 cm lång spiralfjäder förlängs med 8,0 cm då den belastas med en vikt med massan
0,50 kg. $\textbf{(2/0/0)}$ Bestäm fjäderkonstanten. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Hookes lag ger att $$\begin{aligned} F&=k\cdot x&&\\[10pt] k&=\dfrac{F}{x}=\dfrac{0{,}50\cdot 9{,}82}{0{,}08}=61 \text{ N/m} && (\text{61,375}) \end{aligned}$$ |
|||||||||
| mv-007 | En liten kloss med massan 0,210 kg hängs upp vertikalt i en fjäder som sitter fast i ett tak. Grafen nedan visar klossens läge $y$ som funktion av tid $t$ då den sätts i harmonisk svängning kring jämviktsläget. | ||||||||
 |
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
Ur grafen kan vi avläsa att klossen gör 5 perioder på 3 sekunder, periodtiden är
alltså $T=0{,}6$ s.
|
|||||||||
| mv-008 | I bilderna finns illustrerat lägeskoordinaten som funktion av tiden för en boll som hängande i en fjäder utför en harmonisk svängningsrörelse. Sträckan är $y$ meter och tiden är $x$ sekunder. | ||||||||
 |
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-009 | En fotboll hängs i en fjäder som i sin tur är kopplad till en kraftgivare. Denna mäter den kraft varmed fjädern påverkar bollen. Fotbollen sätts i vertikal svängning. Vid ett sådant försök registreras följande fjäderkraft - tid diagram. | ||||||||
 |
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-010 | Albertina hade en gammal motorcykel med dåliga stötdämpare. Vid ett tillfälle när hon
var ute och $\textbf{(0/3/0)}$ körde så började motorcykeln gunga kraftigt. Albertina stannade genast och tittade på vägen. Hon såg då att det fanns bulor tvärs över vägen med jämna mellanrum. Hon mätte avståndet mellan dessa och fick det till 12 m. Sedan mätte hon hur mycket motorcykeln sjönk när hon satte sig på den och resultatet blev 2,5 cm. På registreringsbeviset stod det att motorcykeln vägde 220 kg fulltankad, utan förare. Albertina vägde 86 kg i sitt mc-ställ. Vid vilken hastighet får hon störst problem med gungningen? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Hastigheten bestäms ur uttrycket $$\begin{aligned} v&=\dfrac{\lambda}{T}&& \end{aligned}$$ Våglängden är densamma som avståndet mellan bulorna nämligen 12 m. Perioden bestäms ur uttrycket $$\begin{aligned} T&=2\pi \sqrt{\dfrac{m_{tot}}{k}}&& \end{aligned}$$ massan är given men däremot måste fjäderkonstanten $k$ bestämmas. Den fås genom att $F=mg=kx$, vilket ger att $$\begin{aligned} k&=\dfrac{mg}{x}=\dfrac{86\cdot 9{,}82}{0{,}025}=33\,781 \text{ N/m}&& \end{aligned}$$ Perioden kan nu bestämmas till $$\begin{aligned} T&=2\pi \sqrt{\dfrac{220+86}{33\,781}}=0{,}598 \text{ s}&& \end{aligned}$$ Hastigheten blir då $$\begin{aligned} v&=\dfrac{\lambda}{T}=\dfrac{12}{0{,}598}=20 \text{ m/s}&& \end{aligned}$$ |
|||||||||
| mv-011 | För att undersöka en harmonisk svängningsrörelse fäste Piotr en boll i en spiralfjäder, som han hängde i en kraftgivare. På golvet under bollen placerade han en ultraljudsdetektor för mätning av avståndet till bollen. Båda dessa detektorer kopplades till en mätutrustning så att det blev möjligt att studera kraften $F$ i fjädern och läget $s$ av bollen som funktioner av tiden. Kraften registrerades i enheten newton, avståndet i meter och tiden i sekunder. I figurerna 1 och 2 visas kraften som funktion av tiden och i figurerna 3 och 4 lägeskoordinaten som funktion av tiden. | ||||||||
 |
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-012 | En bungeelina som hänger fritt från en bro kan liknas vid en fjäder med fjäderkonstant $k = 200$ N/m. Linan sträcks nu ut 20,0 m så att en person med massan $m = 65$ kg kan stå på en liten pall på marken och fästas i linan. Linan släpps iväg och personen kommer att börja oscillera omkring ett jämviktsläge. | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-013 | Vilket av alternativen är exempel på en longitudinell vågrörelse?$\textbf{(1/0/0)}$ | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Ljudvågor är exempel på longitudinell vågrörelse. Alternativ D alltså. | |||||||||
| mv-014 | När en fladdermus fångar insekter sänder den ut högfrekvent ljud som reflekteras av
insekterna och$\textbf{(2/0/0)}$ sedan fångas upp av fladdermusen. På detta sätt får fladdermusen en "ljudbild" av sin omgivning. En tumregel är att den maximala upplösningen (detaljskärpan) är ungefär av samma storlek som den använda våglängden. Vilken frekvens bör ljudet ha om fladdermusen ska kunna uppfatta insekter som är ca 5 mm stora? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| $v=\lambda\cdot f \Longrightarrow f=\dfrac{v}{\lambda}=\dfrac{340}{0{,}005}=68\,000$ Hz | |||||||||
| mv-015 | Två pulser, en blå och en orange i grafen nedan, rör sig mot varandra med samma
hastighet, 1 ruta/sekund.$\textbf{(2/1/0)}$ Rita in den resulterande pulsens utseende vid de tre tidsangivelserna då pulserna överlappar varandra. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-016 | Två pulser, en blå och en orange i grafen nedan, rör sig mot varandra med samma
hastighet, 1 ruta/sekund.$\textbf{(2/1/0)}$ Rita in den resulterande pulsens utseende vid de tre tidsangivelserna då pulserna överlappar varandra. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-017 | Två pulser, en blå och en orange i grafen nedan, rör sig mot varandra med samma
hastighet, 1 ruta/sekund.$\textbf{(2/1/0)}$ Rita in den resulterande pulsens utseende vid de tre tidsangivelserna då pulserna överlappar varandra. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-018 | Två pulser, en blå och en orange i grafen nedan, rör sig mot varandra med samma
hastighet, 1 ruta/sekund.$\textbf{(2/1/0)}$ Rita in den resulterande pulsens utseende vid de tre tidsangivelserna då pulserna överlappar varandra. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-019 | Två pulser, en blå och en orange i grafen nedan, rör sig mot varandra med samma
hastighet, 1 ruta/sekund.$\textbf{(2/1/0)}$ Rita in den resulterande pulsens utseende vid de tre tidsangivelserna då pulserna överlappar varandra. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-020 | Två vågrörelser, med våglängden 0,50 m rör sig mot varandra. Båda vågrörelserna har
farten 2,0 m/s. $\textbf{(1/0/0)}$ Då de passerar varandra uppstår en stående våg. |
||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-021 | Sara blåser tonen a med frekvensen 440 Hz på sin flöjt. Vilken våglängd motsvarar denna
frekvens? $\textbf{(2/0/0)}$ |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Våglängden beräknas enligt $\begin{aligned} v&=\lambda\cdot f \quad \Longrightarrow \quad \lambda=\dfrac{v}{f}=\dfrac{340}{440}=0{,}77 \textrm{ m} \end{aligned}$ | |||||||||
| mv-022 | På ett rep som är fäst i en vägg har man knytit fast ett band i punkten $R$, vilket
illustreras i figuren nedan. $\textbf{(1/0/0)}$ Genom att ta tag i repet vid $O$ och röra handen vinkelrätt mot repet lyckas man åstadkomma en puls som fortplantar sig mot $R$. Kan man få pulsen att nå $R$ på kortare tid genom att röra handen snabbare? |
||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Nej. Våghastigheten beror endast på mediet, frekvensen spelar ingen roll. | |||||||||
| mv-023 | En 1,7 m lång sträng är uppspänd mellan två fasta stöd. Den försätts i svängning så att
en stående $\textbf{(2/0/0)}$ våg uppkommer. Då frekvensen är 27 Hz finns tre bukar på strängen, enligt nedan: Hur snabbt utbreder sig en fortskridande våg på strängen? |
||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Börja med att beräkna våglängden, vi ser att strängen har 3 ''bullar'', alltså
halv-våglängder. Det betyder att $\begin{aligned} L&=3\cdot \dfrac{\lambda}{2} \quad \Longrightarrow \quad \lambda=\dfrac{2L}{3}=\dfrac{2\cdot 1{,}7}{3}=1{,}13 \textrm{ m} \end{aligned}$ Utbredningshastigheten ges nu av $\begin{aligned} v&=\lambda\cdot f =1{,}13\cdot 27 \approx 31 \textrm{ m/s} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-024 | Ett elastiskt snöre med längden 1,80 m är fäst mellan en fast punkt och en vibrator, som
åstadkommer $\textbf{(1/0/0)}$ harmoniska svängningar längs snöret. Frekvensen hos vibratorn ökas gradvis från noll. Då frekvensen är 6,7 Hz uppstår en stående våg på snöret. Svängningsmönstret har utseende enligt nedan, där punkterna markerar snörets ändar. Frekvensen ökas nu tills en stående våg återigen observeras på snöret. Vid vilken frekvens sker detta? Skissa även svängningsmönstret. |
||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Vi ser att detta är grundtonen! Då vet vi direkt att nästa stående våg, 1:a
övertonen, uppkommer vid en frekvensfördubbling, alltså $f=6{,}7 \cdot 2 = 13{,}4$ Hz,
Klart! Skulle också kunna göra följande. Strängen har 1 ''bulle'', alltså en halv-våglängd. Det betyder att den svänger med sin grundton och att våglängden kan beräknas enligt $\begin{aligned} L&=1\cdot \dfrac{\lambda}{2} \quad \Longrightarrow \quad \lambda=2L=2\cdot 1{,}80=3{,}60 \textrm{ m} \end{aligned}$ Utbredningshastigheten ges nu av $\begin{aligned} v&=\lambda\cdot f =3{,}60 \cdot 6{,}7 \approx 24{,}1 \textrm{ m/s} \end{aligned}$ När nu frekvensen ökas kommer så småningom 1:a övertonen att uppträda, dvs. två ''bullar''. Det i sin tur betyder att $\lambda=L=1{,}80$ m. Den sökta frekvensen ges nu av $\begin{aligned} v&=\lambda\cdot f \quad \Longrightarrow \quad f=\dfrac{v}{\lambda}=\dfrac{24{,}1}{1{,}80}=13{,}4 \textrm{ m/s} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-025 | I en nyckel finns ett cylindriskt hålrum med ett djup av 27 mm. Genom att blåsa över
öppningen kan man $\textbf{(1/0/0)}$ åstadkomma en visselton. Bestäm frekvensen hos denna ton, om vi antar att det är grundtonen som ljuder. Du får själv ansätta ett värde för ljudhastigheten. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Grundtonen för en sluten pipa (halvöppen) uppstår då $L=\frac{\lambda}{4}$. Vi
sätter ljudets hastighet i luft till $v=340$ m/s och får då frekvensen enligt $\begin{aligned} \lambda&=4L=4\cdot 0{,}027=0{,}108 \textrm{ m} \end{aligned}$ frekvensen ges nu av $\begin{aligned} f&=\dfrac{v}{\lambda}=\dfrac{340}{0{,}108}=3\,148\approx 3{,}1 \textrm{ kHz} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-026 | Ett resårband sätts i vibration med en vibrator och kan fås att svänga enligt figurerna. Resårbandet är 0,65 m långt. Frekvensen i den översta figuren, a), är 12 Hz | ||||||||
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-027 | En jämnt lindad spiralfjäder är vertikalt upphängd mellan ett stativ och en vibrator som
drivs av en $\textbf{(1/0/0)}$ tongenerator. Parallellt med vibratorn ansluts ett oscilloskop, vars inställningar framgår av figuren. För fjädern observeras flera stillastående partier markerade som $s_1$, $s_2$, $s_3$ och $s_4$ i figuren. Två av lägena för dessa $s_1 = 127$ mm och $s_4 = 259$ mm uppmäts med en linjal. |
||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-028 | En violinist kan ändra grundtonen från en sträng genom att flytta sitt finger längs
strängen. En viss $\textbf{(1/1/0)}$ sträng har grundtonen 294 Hz. Violinisten placerar sitt finger i en punkt belägen 1/4 av strängens längd från ena ändpunkten, så att endast 3/4 av strängen svänger. Vilken frekvens får den nya grundtonen? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Utbredningshastigheten i violinsträngen kommer att vara densamma för de båda
grundtonerna. För grundtonen på en sträng gäller också att $L=\frac{\lambda}{2}$. Det betyder att vi
kan teckna ett samband mellan de båda grundtonerna enligt $\begin{aligned} v_1&=f_1\cdot \lambda_1=294\cdot 2L \end{aligned}$ Då endast 3/4 av strängen svänger ges våglängden ur $\begin{aligned} \dfrac{3}{4}\cdot L&=\dfrac{\lambda}{2}&&\\[5pt] v_2&=f_2\cdot \lambda_2=f_2\cdot \dfrac{3L}{2} \end{aligned}$ $v_1=v_2$, frekvensen fås nu som $\begin{aligned} f_2&=\dfrac{294\cdot 4}{3} = 392 \textrm{ Hz} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-029 | En plan våg passerar en gränslinje mellan två medier, (1) och (2), där våghastigheten är
olika. $\textbf{(1/1/0)}$ Figuren nedan visar några vågfronter på vardera sidan gränslinjen. I medium (1) är utbredningshastigheten 0,3 m/s. Bestäm utbredningshastigheten i medium (2). Du kommer behöva göra mätningar i figuren. |
||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Den inkommande och den brutna vågfronten färdas enligt figuren och infallsvinkeln
respektive brytningsvinkeln kan bestämmas genom mätningar i figuren. Observera att vinklarna är
vågriktningarna i relation till normalen. Vi vet ur texten att $v_i=0{,}3$ m/s. Vi använder
brytningslagen $\begin{aligned} v_i\sin \alpha_b&=v_b\sin \alpha_i \end{aligned}$ jag använder också pythagoras för att kunna skriva $\sin \alpha_i$ och $\sin \alpha_b$ som sidkvoter. Med de uppmätta värdena fås $\begin{aligned} \sin \alpha_i&=\dfrac{121}{173} &&\\[5pt] \sin \alpha_b&=\dfrac{53}{102} \end{aligned}$ utbredningshastigheten i medium (2) kan nu bestämmas $\begin{aligned} v_b&=v_i\cdot \dfrac{53}{102}\cdot \dfrac{173}{121}\approx 0{,}2 \textrm{ m/s} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-030 | Ett rör är öppet i ena änden och igensatt med en kork i den andra änden. En högtalare ansluten till en tongenerator kan alstra sinustoner med frekvenser från noll och uppåt. Högtalaren är placerad utanför rörets öppna ände. När frekvensen långsamt ökas från noll får man en första resonans vid 75 Hz. | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Röret med en kork i ena änden kallar vi för en sluten pipa och där gäller. $\begin{aligned} L&=n\cdot \dfrac{\lambda}{4} \quad \textrm{ med $n$ udda} \end{aligned}$ Den första resonansen, grundtonen, fås för $n=1$. Nästa resonans uppstår för $n=3$. Motsvarande frekvens blir
$\begin{aligned}
f_1&=\dfrac{v}{\lambda}=\dfrac{v}{4L}=75 \textrm{ Hz}
\end{aligned}$
Nästa resonans uppstår för $n=3$. Motsvarande frekvens blir
$\begin{aligned}
f_3&=\dfrac{v}{\lambda}=\dfrac{3v}{4L}=3\cdot f_1=3\cdot 75=225 \textrm{ Hz}
\end{aligned}$
Därefter får vi för $n=5$
$\begin{aligned}
f_5&=\dfrac{v}{\lambda}=\dfrac{5v}{4L}=3\cdot f_1=5\cdot 75=375 \textrm{ Hz}
\end{aligned}$
och för $n=7$ blir frekvensen $f_7=7\cdot 75=525$ Hz. I b) uppgiften kan utbredningshastigheten i medium (2) nu bestämmas $\begin{aligned} v&=f\cdot \lambda=75\cdot 4\cdot 1{,}1= 330 \textrm{ m/s} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-031 | En fjäder som är fast inspänd sträcks så den blir 6,0 m lång. När fjädern sätts i regelbunden svängning med frekvensen 30 Hz får man en stående våg med tre svängningsbukar. | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-032 | Stora orglar har orgelpipor som avger toner med frekvenser nära den nedre hörbarhetsgränsen, ca 20 Hz. | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-033 | Ljudets hastighet varierar med temperatur. Vid $20^{\circ}$C är hastigheten c:a 340 m/s
och vid $5^{\circ}$C c:a 330 m/s. $\textbf{(1/1/0)}$ Betrakta en 30 cm lång öppen cylinder. Hur mycket ändras grundtonens frekvens om temperaturen sjunker från $20^{\circ}$C till $5^{\circ}$C? Antag att cylinderns längd inte påverkas. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
För grundtonen i en öppen pipa (alltså öppen i båda ändarna) gäller att $\begin{aligned} L&=\dfrac{\lambda}{2} \end{aligned}$ Frekvenserna vid de olika temperaturerna kan då beräknas enligt $\begin{aligned} f_{20}&=\dfrac{v_{20}}{2L}=\dfrac{340}{2\cdot 0{,}30}=566{,}67 \textrm{ Hz} &&\\[5pt] f_{5}&=\dfrac{v_{5}}{2L}=\dfrac{330}{2\cdot 0{,}30}=550{,}00 \textrm{ Hz} \end{aligned}$ Så grundtonens frekvens ändras med $\Delta f=16{,}67$ Hz. |
|||||||||
| mv-034 | Ett i båda ändarna öppet rör med längden 1.00 m sänks i lodrätt läge ned i vatten enligt
figuren nedan.$\textbf{(2/1/0)}$ Den luftfyllda delen fungerar som ett i ena änden slutet rör vars längd $s$ kan varieras. En högtalare alstrar ljud med frekvensen 600 Hz som kan ge upphov till resonanssvängningar i luftpelaren. För vilka värden på längden s hos luftpelaren inträffar resonans? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Ljudets hastighet tas ur formelsamling: $v=331$ m/s Frekvensen 600 Hz motsvarar våglängden $\lambda=\dfrac{v}{f}=\dfrac{331}{600}\approx 0{,}55$ m. Eftersom resonansen sker i en halvöppen pipa måste pipan ha längden $s=\dfrac{\lambda}{4}=\dfrac{0{,}55}{4}\approx0{,}14$ m, nästa lösning ges av $s=\dfrac{3\lambda}{4}=\dfrac{3\cdot 0{,}55}{4}\approx0{,}41$ m Möjliga lösningar är också $s=\dfrac{5\lambda}{4}=\dfrac{5\cdot 0{,}55}{4}\approx 0{,}69$ m och $s=\dfrac{7\lambda}{4}=\dfrac{7\cdot 0{,}55}{4}\approx 0{,}97$ m Därefter ryms inte nästa resonansvillkor i röret som ju har längden 1,0 m. |
|||||||||
| mv-035 | Det finns en fyrverkeripjäs som kallas för häxpipa. Den består av ett cylinderformat rör
som är delvis $\textbf{(0/2/0)}$ fyllt med krut. Då krutet förbränns i pipan förflyttas gränsytan mellan krutet och luften nedåt i pipan och man hör ett högfrekvent ljud. Vad händer med ljudets frekvens under förbränningen? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Då gränsytan mellan krutet och luften flyttas nedåt blir luftpelarens längd
längre. I en enkel modell kan man anse att grundtonens våglängd motsvarar fyra gånger luftpelarens
längd. Då $\lambda$ ökar minskar frekvensen $f$ eftersom produkten $f\lambda$ motsvarar ljudets hastighet $v$ som är relativt konstant. |
|||||||||
| mv-036 | Vi betraktar ett blåsinstrument.$\textbf{(2/0/0)}$ |
||||||||
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-037 | En enkel modell av hörselgången i ett mänskligt öra är en 3 cm lång, rak cylinder, som
är sluten i ena $\textbf{(2/2/0)}$ änden. I denna uppkommer stående vågor vid vissa frekvenser. Utred hur dessa frekvenser är relaterade till örats känslighetsområde som visas i figuren nedan. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Ljudets hastighet i luft är $v=340$ m/s. Hörselgångens längd är $l=0{,}03$ m. Vi
beräknar möjliga resonansvåglängder inom det hörbara området. $\begin{aligned} \dfrac{\lambda_1}{4}&=0{,}03 \quad \quad \Longrightarrow f_1=\dfrac{v}{\lambda_1}=\dfrac{340}{0{,}12}\approx 3 \textrm{ kHz}&&\\[5pt] \dfrac{3\lambda_2}{4}&=0{,}03 \quad \quad \Longrightarrow f_2=\dfrac{v}{\lambda_2}=\dfrac{340}{0{,}04}\approx 9 \textrm{ kHz}&&\\[5pt] \dfrac{5\lambda_3}{4}&=0{,}03 \quad \quad \Longrightarrow f_3=\dfrac{v}{\lambda_3}=\dfrac{340}{0{,}024}\approx 14 \textrm{ kHz}&&\\[5pt] \dfrac{7\lambda_4}{4}&=0{,}03 \quad \quad \Longrightarrow f_4=\dfrac{v}{\lambda_4}=\dfrac{340}{0{,}0171}\approx 20 \textrm{ kHz}&&\\[5pt] \color{red}\dfrac{9\lambda_5}{4}&\color{red}=0{,}03 \quad \quad \Longrightarrow\color{red} f_5=\dfrac{v}{\lambda_5}=\dfrac{340}{0{,}0133}\approx 26 \textrm{ kHz} \end{aligned}$ Vid frekvensen 3 kHz har örat sitt känsligaste område. Den första resonansfrekvensen överensstämmer med detta värde. Avslutningsvis konstaterar vi också att den femte resonansfrekvensen $f_5\approx 26$ kHz ligger utanför den mänskliga örats känslighet. |
|||||||||
| mv-038 | Vilken akustisk effekt avger en startpistol om den hörs med ljudstyrkan 64 dB på 100 m avstånd. $\textbf{(1/1/0)}$ | ||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Ljudintensitetsnivån $L=64$ dB motsvarar intensiteten $I$ där $\begin{aligned} L&=10\cdot \log_{10}\left(\dfrac{I}{I_0}\right) \quad \textrm{ med} \quad I_0=10^{-12} \textrm{ W/m$^2$}&&\\[5pt] I&=I_0\cdot 10^{\frac{L}{10}}=2{,}5\cdot 10^{-6} \textrm{W/m$^2$} \end{aligned}$ Ljudet är spritt över en sfär med radie $r = 100$ m och yta $A=4\pi r^2=1{,}3 \cdot 10^5$ m$^2$. Effekten som krävs för detta är $\begin{aligned} P&=I\cdot A=0{,}33 \textrm{ W} \end{aligned}$ I detta fall försummades reflektion av ljud mot marken. Detta är rimligt om marken är ''mjuk'' (t.ex. gräs) och därför absorberar ljud. Om marken istället är asfalt kommer ljudet som är riktat nedåt reflekteras och hälften så stor effekt krävs eftersom ljudet sprids över en hälften så stor area. |
|||||||||
| mv-039 | En vacker morgon sätter Linus igång sin motordrivna gräsklippare. 1,0 meter ifrån
gräsklipparen är $\textbf{(1/2/0)}$ ljudintensitetsnivån 95 dB. Vi kan anta att ljudet fördelar sig lika i alla riktningar och bortse ifrån eventuella reflektioner mot marken. Vilken ljudintensitetsnivå kommer Linus granne att uppfatta, om denne befinner sig på 30 meters avstånd ifrån gräsklipparen? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Utifrån ljudintensitetsnivån $L$ kan vi beräkna intensiteten $I = \frac{P}{A}$ på
avståndet 1 meter ifrån klipparen enligt $\begin{aligned} L&=10\cdot \log_{10}\left(\dfrac{I}{I_0}\right) \quad \textrm{ med} \quad I_0=10^{-12} \textrm{ W/m$^2$} \end{aligned}$ Vi löser ut intensiteten på avståndet 1 m. $\begin{aligned} I&=I_0\cdot 10^{\frac{L}{10}}=10^{-12} \cdot 10^{\frac{95}{10}}=3{,}16\cdot 10^{-3} \textrm{ W/m$^2$} \end{aligned}$ Effekten från gräsklipparen kan nu bestämmas $\begin{aligned} P&=I\cdot A=3{,}16\cdot 10^{-3}\cdot 4\pi\cdot 1^2=0{,}0397 \textrm{ W} \end{aligned}$ på avståndet 30 m från klipparen ger denna effekt en intensitet på $\begin{aligned} I_{30} &= \dfrac{P}{A_{30}} = \dfrac{0{,}0397}{4\pi \cdot 30^2}=3{,}51\cdot 10^{-6} \textrm{ W/m$^2$} \end{aligned}$ nu kan ljudnivån beräknas på avståndet 30 m från klipparen $\begin{aligned} L_{30}&=10\cdot \log_{10}\left(\dfrac{I}{I_0}\right)=10\cdot \log_{10}\left(\dfrac{3{,}51\cdot 10^{-6} }{10^{-12}}\right)=65 \textrm{ dB} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-040 | En perfekt rundstrålande radiosändare sänder med effekten 15 kW. Bestäm ett värde på hur
långt $\textbf{(2/0/0)}$ ifrån sändaren som signalens intensitet har sjunktit till 1,0 W/m$^2$. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Den utstrålande effekten fördelar sig likformigt över en sfärisk yta som beror på
avståndet från sändaren enligt $\begin{aligned} I&=\dfrac{P}{4\pi r^2} \end{aligned}$ Med $P=15$ kW direkt vid sändaren, alltså $r=0$ får vi att $\begin{aligned} r&=\sqrt{\dfrac{P}{4\pi I}}\sqrt{\dfrac{15\,000}{4\pi \cdot 1{,}0}}= 35 \textrm{ m} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-041 | En högtalare sänder ut ljud med effekten 10 W och frekvensen 1 kHz. Antag att högtalaren
är en $\textbf{(1/1/0)}$ punktkälla som sänder ut ljud likformigt i alla riktningar. Hur långt bort måste man befinna sig för att ljudet inte ska vara smärtsamt, oberoende av musikstil? (smärtgränsen ligger vid 120 dB) |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Om ljudintensitetsnivån skall vara 120 dB beräknas ljudintensiteten vid den
punkten genom $\begin{aligned} L&=10\cdot \log_{10}\left(\dfrac{I}{I_0}\right) \quad \textrm{ med} \quad I_0=10^{-12} \textrm{ W/m$^2$} \end{aligned}$ Vi löser ut $I$ och får att intensiteten då skall vara $\begin{aligned} I&=I_0\cdot 10^{\frac{L}{10}}=10^{-12} \cdot 10^{\frac{120}{10}}=1 \textrm{ W/m$^2$} \end{aligned}$ Effekten fördelas jämt över en sfärisk yta. Relationen mellan effekt och intensitet ger nu att $\begin{aligned} P&=I\cdot A =I\cdot 4\pi r^2 \end{aligned}$ lös ut och beräkna avståndet $r$ $\begin{aligned} r&=\sqrt{\dfrac{10}{4\pi \cdot 1}}=0{,}89 \textrm{ m} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-042 | Ett signalhorn ljuder med en viss intensitet I. | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-043 | När du står invid vägen ser du en polisbil närma sig. Polisbilens siren hörs med
frekvensen 550 Hz. $\textbf{(0/1/1)}$ Efter att polisbilen har passerat dig hörs sirenen med frekvensen 450 Hz. Ljudets hastighet kan antas vara 340 m/s vid tillfället. Vilken är polisbilens hastighet? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Dopplereffekten hanteras av uttrycket $\begin{aligned} f_m&=f_s\cdot \left(\dfrac{v_L+v_m}{v_L-v_s}\right) \end{aligned}$ där $v_L$ är ljudets utbredningshastighet i luft, $v_m$ är mottagarens hastighet och $v_s$ är källans hastighet. Före polisbilen passerat dig har vi $\begin{aligned} f_{m_F}&=f_s\cdot \left(\dfrac{340+0}{340-v_s}\right)=550 \end{aligned}$ efter den passerat $\begin{aligned} f_{m_E}&=f_s\cdot \left(\dfrac{340+0}{340+v_s}\right)=450 \end{aligned}$ Vi löser detta och bestämmer $v_s$. Jag väljer att dividera de båda uttrycken med varandra. $\begin{aligned} \dfrac{550}{450}&=\dfrac{\left(\dfrac{340}{340-v_s}\right)}{\left(\dfrac{340}{340+v_s}\right)}=\dfrac{340+v_s}{340-v_s}\\[5pt] v_s&=34 \textrm{ m/s} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-044 | En ljudkälla sänder ut en signal med frekvensen 600 Hz. En observatör en bit bort
uppfattar 640 Hz $\textbf{(0/2/0)}$ då källan rör sig mot observatören. Vilken frekvens uppfattas då källan har passerat, och fortsätter bort från observatören med samma fart? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Dopplereffekten hanteras av uttrycket $\begin{aligned} f_m&=f_s\cdot \left(\dfrac{v_L+v_m}{v_L-v_s}\right) \end{aligned}$ där $v_L$ är ljudets utbredningshastighet i luft, $v_m$ är mottagarens hastighet och $v_s$ är källans hastighet. Vi använder informationen före passagen till att bestämma källans hastighet $v_s$. $\begin{aligned} 640&=600\cdot \left(\dfrac{340+0}{340-v_s}\right)\\[5pt] v_s&=21{,}25 \textrm{ m/s} \end{aligned}$ När källan passerat kan nu mottagarens upplevda frekvens beräknas. $\begin{aligned} f_{m}&=600\cdot \left(\dfrac{340+0}{340+v_s}\right)=600\cdot \left(\dfrac{340}{340+21{,}25}\right)\\[5pt] f_{m}&=565 \textrm{ Hz} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-045 | Ett höghastighetståg med farten 300 km/h möter ett pendeltåg med hastigheten 100
km/h.$\textbf{(2/0/0)}$ Höghastighetståget avger en signal med frekvensen 500 Hz. Vilken frekvens uppfattar en observatör på det mötande tåget? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Dopplereffekten hanteras av uttrycket $\begin{aligned} f_m&=f_s\cdot \left(\dfrac{v_L+v_m}{v_L-v_s}\right) \end{aligned}$ där $v_L$ är ljudets utbredningshastighet i luft, $v_m$ är mottagarens hastighet och $v_s$ är källans hastighet. Tågen färdas mot varandra så deras respektive hastigheter är positiva. Vi får då $\begin{aligned} f_m&=500\cdot \left(\dfrac{340+\dfrac{100}{3{,}6}}{340-\dfrac{300}{3{,}6}}\right) \end{aligned}$ $\begin{aligned} f_m&=716{,}4 \textrm{ Hz} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-046 | En fladdermus flyger i riktning rakt mot en vägg. Den avger ultraljudstötar med
frekvensen 40 kHz $\textbf{(0/2/1)}$ och registrerar reflekterat ultraljud med frekvensen 43 kHz. Vilken hastighet har fladdermusen? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Här får vi räkna dopplereffekten i två steg. I det första steget är fladdermusen
rörlig sändare och väggen stillastående mottagare, i det andra steget är väggen stillastående
sändare och fladdermusen rörlig mottagare. I båda stegen blir det frekvenshöjning eftersom sändare
och mottagare närmar sig varandra. Dopplereffekten hanteras av uttrycket $\begin{aligned} f_m&=f_s\cdot \left(\dfrac{v_L+v_m}{v_L-v_s}\right) \end{aligned}$ där $v_L$ är ljudets utbredningshastighet i luft, $v_m$ är mottagarens hastighet och $v_s$ är källans hastighet. Steg 1: Väggen är mottagare och "uppfattar" frekvensen $f_{\textrm{vägg}}$. Fladdermusen är rörlig sändare med $f_s=40\,000$ Hz, väggen är stillastående mottagare ($v_m=0$), och fladdermusens hastighet är $v_s=v_{\textrm{mus}}$. $\begin{aligned} f_{\textrm{vägg}}&=40\,000\cdot \left(\dfrac{340+0}{340-v_{\textrm{mus}}}\right) \end{aligned}$ Steg 2: Väggen är nu stillastående sändare ($v_s=0$) och sänder ut $f_{\textrm{vägg}}$. Fladdermusen är rörlig mottagare med hastigheten $v_{\textrm{mus}}$ och uppfattar frekvensen $f_m=43\,000$ Hz. $\begin{aligned} 43\,000&=f_{\textrm{vägg}}\cdot \left(\dfrac{340+v_{\textrm{mus}}}{340-0}\right) \end{aligned}$ Kombinerar vi uttrycken får vi $\begin{aligned} 43\,000&=40\,000\cdot \left(\dfrac{340+0}{340-v_{\textrm{mus}}}\right)\cdot \left(\dfrac{340+v_{\textrm{mus}}}{340-0}\right)\\ &=40\,000\cdot \left(\dfrac{340+v_{\textrm{mus}}}{340-v_{\textrm{mus}}}\right) \end{aligned}$ Vi löser ekvationen och får den sökta hastigheten $\begin{aligned} v_{\textrm{mus}}&=12{,}3 \textrm{ m/s} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-047 | En polis står vid en vägkant och riktar en radarpistol mot en bil som närmar sig. Radarn
sänder ut en $\textbf{(0/1/2)}$ elektromagnetisk våg med frekvensen 10,5 GHz som efter att ha reflekterats mot bilen går tillbaka till pistolen. För att kunna bestämma den mottagna signalens frekvens adderar man den till en signal med samma amplitud och frekvens som den ursprungliga signalen, alltså 10,5 GHz. Om man studerar den sammanlagda signalen i ett oscilloskop uppstår ett svävningsfenomen enligt figuren nedan. Hur fort rör sig bilen? Ledning: Observera att det behövs två dopplerberäkningar, en för frekvensen som bilen "uppfattar" och en andra för den reflekterade signalen som radarpistolen mottar! |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Ur grafen bestäms svävningsfrekvensen till
$f_{\textrm{svävning}}=2\,500$ Hz. 5 perioder på 2 ms ger $T=\dfrac{2\cdot 10^{-3}}{5}=0{,}0004$ s och $f=\dfrac{1}{0{,}0004}=2\,500$ Hz. Börja sedan med att beräkna frekvensen som bilen "uppfattar". $\begin{aligned} f_{\textrm{bil}}&=f_{\textrm{sändare}}\left(\dfrac{c+v_{\textrm{bil}}}{c-v_{\textrm{sändare}}}\right) =f_{\textrm{sändare}}\left(\dfrac{c+v_{\textrm{bil}}}{c}\right) \end{aligned}$ där $c$ är ljushastigheten (radarpuls), och $v_{\textrm{sändare}}=0$. Den reflekterade frekvensen som radarpistolen mottar ges av $\begin{aligned} f_{\textrm{mottagare}}&=f_{\textrm{bil}}\left(\dfrac{c+v_{\textrm{mottagare}}}{c-v_{\textrm{bil}}}\right)\\ &=f_{\textrm{sändare}}\left(\dfrac{c+v_{\textrm{bil}}}{c}\right) \left(\dfrac{c+v_{\textrm{mottagare}}}{c-v_{\textrm{bil}}}\right) \end{aligned}$ Mottagaren, dvs pistolen, är också i vila, alltså $v_{\textrm{mottagare}}=0$. $\begin{aligned} f_{\textrm{mottagare}}&=f_{\textrm{sändare}}\left(\dfrac{c+v_{\textrm{bil}}}{c}\right) \left(\dfrac{c}{c-v_{\textrm{bil}}}\right)\\ &=f_{\textrm{sändare}}\left(\dfrac{c+v_{\textrm{bil}}}{c-v_{\textrm{bil}}}\right) \end{aligned}$ Gör algebran och lös ut $v_{\textrm{bil}}$. $\begin{aligned} f_{\textrm{mottagare}}(c-v_{\textrm{bil}})&=f_{\textrm{sändare}}(c+v_{\textrm{bil}})\\ v_{\textrm{bil}}&=c \cdot \left(\dfrac{f_{\textrm{mottagare}}-f_{\textrm{sändare}}}{f_{\textrm{sändare}}+f_{\textrm{mottagare}}}\right)\\ &=299\,792\,458 \cdot \left(\dfrac{2\,500}{10{,}5\cdot 10^9+(10{,}5\cdot 10^9+2\,500)}\right)\\ &=35{,}69 \textrm{ m/s}\approx 128\textrm{ km/h} \end{aligned}$ Notera: I detta fall är $v\ll c$, vilket medför att dopplerförskjutningen blir mycket liten i relation till sändningsfrekvensen. Därför är approximationen $f_{\textrm{mottagare}}\approx f_{\textrm{sändare}}$ rimlig. Samtidigt kan svävningsfrekvensen $f_{\textrm{svävning}}=\left|f_{\textrm{mottagare}}-f_{\textrm{sändare}}\right|$ mätas mycket exakt. $\begin{aligned} v_{\textrm{bil}}&=c \cdot \left(\dfrac{f_{\textrm{mottagare}}-f_{\textrm{sändare}}}{f_{\textrm{sändare}}+f_{\textrm{mottagare}}}\right) \approx c \cdot \left(\dfrac{f_{\textrm{svävning}}}{2\cdot f_{\textrm{sändare}}}\right)\\ &= c \cdot \left(\dfrac{2\,500}{2\cdot 10{,}5\cdot 10^9}\right) = c \cdot \left(\dfrac{1\,250}{10{,}5\cdot 10^9}\right)\\ &=35{,}69 \textrm{ m/s}\approx 128\textrm{ km/h} \end{aligned}$ Vi kontrollerar rimligheten i approximationen. $\begin{aligned} v_{\textrm{bil}}&=c \cdot \left(\dfrac{f_{\textrm{mottagare}}-f_{\textrm{sändare}}}{f_{\textrm{sändare}}+f_{\textrm{mottagare}}}\right)\\ &=299\,792\,458 \cdot \left(\dfrac{2\,500}{10{,}5\cdot 10^9+(10{,}5\cdot 10^9+2\,500)}\right)\\ &=35{,}68957408 \textrm{ m/s}\\ v_{\textrm{bil}}&\approx c \cdot \left(\dfrac{f_{\textrm{svävning}}}{2\cdot f_{\textrm{sändare}}}\right) =299\,792\,458 \cdot \left(\dfrac{1\,250}{10{,}5\cdot 10^9}\right)\\ &=35{,}68957833 \textrm{ m/s} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-048 | Två små ljudkällor S$_1$ och S$_2$ befinner sig på avståndet 5,0 m från varandra. De
svänger i fas med $\textbf{(2/0/0)}$ frekvensen 2,19 kHz. Ljudhastigheten är 330 m/s. Sedan flyttas S$_2$ långsamt 2,0 m mot S$_1$, medan den utsänder ljudvågor. |
||||||||
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
Den resulterande svängningen i $P$ beror på vägskillnaden $S_1P-S_2P$. Den blir med Pythagoras sats $\begin{aligned} S_1P-S_2P&=\sqrt{4^2+3^2}-\sqrt{4^2+2^2}=0{,}528 \textrm{ m} \end{aligned}$ uttryckt i antal våglängder blir detta $\begin{aligned} \dfrac{S_1P - S_2P}{\lambda}&=\dfrac{0{,}528}{0{,}151}=3{,}503 \textrm{ stycken våglängder} \end{aligned}$ Vägskillnaden är alltså 3,5 våglängder, vilket betyder att det blir destruktiv interferens i $P$, dvs ljudminimum. |
|||||||||
| mv-049 | Skissen nedan visar ett interferensmönster som uppstår när två vågkällor P och Q skickar
ut vattenvågor $\textbf{(1/0/0)}$ med våglängden 2.0 cm. P och Q svänger i fas med varandra. De markerade punkterna A, B och C ligger antingen mitt på en förstärkningslinje eller mitt på en nodlinje. Figuren är inte skalenligt ritad, så mätning i figuren ger ett felaktigt resultat. |
||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-050 | Två små mikrofoner placerade med det inbördes avståndet 2,0 m registrerar ljud från en
avlägsen ljudkälla. $\textbf{(2/0/0)}$ Ljudvågorna som når mikrofonerna kan anses vara plana, med utbredningshastigheten 340 m/s. Vågorna träffar högtalarna så som figuren nedan visar. Vilken är den lägsta frekvens vid vilken mikrofonernas membran kan svänga i fas? |
||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
 Då vägskillnaden $\Delta x$ är en hel våglängd $\lambda$ får vi konstruktiv interferens och membranen svänger i fas. Geometrin i figuren ger att $\begin{aligned} \sin 20^{\circ}&=\dfrac{\Delta x}{2}\\ \Delta x&= 2\cdot \sin 20^{\circ} \end{aligned}$ Ur sambandet $v=f\cdot \lambda$ får vi alltså att $\begin{aligned} f&=\dfrac{v}{\lambda}=\dfrac{v}{\Delta x}=\dfrac{340}{2\cdot \sin 20^{\circ}}\\ &=497 \textrm{ Hz} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-051 | Två identiska punktformiga högtalare, $A$ och $B$ är placerade 3,0 m ifrån varandra.
Högtalarna kopplas $\textbf{(2/1/0)}$ till en tongenerator så att de svänger i fas, med frekvensen $f$. Man placerar en mikrofon i punkten $P$ enligt figuren nedan. Då man varierar frekvensen $f$ registrerar mikrofonen ett ljudmaximum vid $f_1 = 1{,}05$ kHz och nästföljande maximum för $f_2 = 1{,}40$ kHz. Beräkna ett värde på ljudhastigheten. |
||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Vid frekvensen $f_1=1\,050$ Hz vi konstruktiv interferens, det betyder alltså att
det får plats ett visst antal hela våglängder på vägskillnaden $\Delta x$, säg exempelvis $n$
stycken. Samma situation har vi vid frekvensen $f_2=1\,400$ Hz, men då får det alltså plats
ytterligare 1 våglängd, alltså $n+1$ stycken. Ur figuren kan vägskillnaden $\Delta x$
beräknas $\begin{aligned} \Delta x&= BP-AP=\sqrt{4{,}0^2+3{,}0^2}-4{,}0=1{,}0 \textrm{ m} \end{aligned}$ Skillnaden i frekvens mellan de båda ljudmaxima är $\begin{aligned} \left|f_2-f_1\right|&=350 \textrm{ Hz} \end{aligned}$ denna frekvensskillnad låter oss alltså trycka in ytterligare 1 extra våglängd på $\Delta x=1$ m. Vi får nu ljudhastigheten enligt $\begin{aligned} v&=f\cdot \lambda=\Delta f \cdot \Delta x=350 \cdot 1 = 350 \textrm{ m/s} \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-052 | Två identiska högtalare placeras i punkterna $A$ och $B$ med två meters mellanrum,
enligt figur.$\textbf{(1/2/0)}$ Båda högtalarna kopplas till samma tongenerator inställd på 784 Hz. En mikrofon flyttas längs linjen $BC$. Ljudets hastighet kan antas vara $v=340$ m/s. |
||||||||
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
Vägskillnaden $AC - BC$ beräknas med Pythagoras sats: $\begin{aligned} \Delta x&=AC - BC=\sqrt{2^2+BC^2} - BC \end{aligned}$ Om $\Delta x=n\cdot \lambda$ blir det konstruktiv interferens och om $\Delta x=n\cdot \lambda-\dfrac{\lambda}{2}$ blir det destruktiv interferens. Vi har alltså villkoret för destruktiv interferens enligt $\begin{aligned} \sqrt{2^2+BC^2} - BC&=n\cdot \lambda- \frac{\lambda}{2} \quad \textrm{där} \quad n=1,2,3,4,5 \end{aligned}$ för $n=1$ får vi $\begin{aligned} \sqrt{2^2+BC^2} - BC&=1\cdot 0{,}434- \dfrac{0{,}434}{2}=0{,}217\\ 2^2+BC^2&=\left(0{,}217+BC\right)^2 \end{aligned}$ |
|||||||||
| mv-053 | Två vågkällor som svänger i fas ligger utefter den streckade vertikala linjen.$\textbf{(1/0/0)}$ |
||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| mv-054 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| mv-055 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
  |
|||||||||
| vp-045 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| mv-056 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| em-001 | En positivt laddad partikel kommer utifrån rymden in mot jorden. Dess hastighet är
riktad mot ekvatorn $\textbf{(0/1/0)}$ och är vinkelrät mot jordytan. Hur kommer den positivt laddade partikeln att påverkas av jordens magnetfält då den kommer in i detta? Den kommer: |
||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Partikeln kommer att böjas av åt öster. Detta beror på att den positivt laddade
partikeln kommer att påverkas av jordens magnetfält, som är riktat från syd till nord. Enligt
högerhandsregeln kommer en positivt laddad partikel som rör sig vinkelrätt mot magnetfältet att
böjas av åt höger i rörelseriktningen, vilket i detta fall innebär att den böjs av
åt öster. Rätt svar är alltså C). |
|||||||||
| em-002 | En elektron med farten $5.0\cdot 10^6$ m/s kommer in vinkelrätt mot jordens
magnetfält vid $\textbf{(1/2/0)}$ ekvatorn där den jordmagnetiska flödestätheten är 59 $\mu$T. Elektronen rör sig i en krökt bana. Hur stor är banradien? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Den magnetiska kraften är alltså en centripetalkraft och vi får att $$\begin{aligned} F_\textrm{M}&=F_\textrm{C}&&\\[10pt] QvB&=\dfrac{mv^2}{r}&& \end{aligned}$$ Lös ut $r$ och stoppa in siffror. $$\begin{aligned} r&=\dfrac{mv^2}{QvB}=\dfrac{mv}{QB}=\dfrac{9{,}11\cdot 10^{-31}\cdot 5{,}0\cdot 10^6}{1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 59\cdot 10^{-6}}=0{,}48\textrm{ m}&& \end{aligned}$$ Banradien är $r=0{,}48$ m. |
|||||||||
| em-003 | Figurerna visar ett elektronstrålerör. Elektronernas väg beskrivs av den ljusa kurvan/linjen. I figur 1 avlänkas elektronerna av ett elektriskt fält. I figur 2 får man elektronerna att gå rakt fram genom att dessutom lägga på ett magnetfält. Accelerationsspänningen och spänningen över plattorna A och B är båda 1,3 kV. Avståndet mellan plattorna A och B är 5,5 cm. | ||||||||
 |
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
Utnyttja nu krafjämvikten $F_\textrm{M}=F_\textrm{E}$ $$\begin{aligned} qvB&=\dfrac{qU}{d}&&\\ B&=\dfrac{U}{v\cdot d}=\dfrac{1\,300}{21{,}4\cdot 10^{6}\cdot 0{,}055}=1{,}1 \textrm{ mT}&& \end{aligned}$$ |
|||||||||
| em-004 | I närheten av en strömförande ledare finns en punkt P, se figur. Strömmens riktning i
ledaren$\textbf{(1/0/0)}$ är inritad i figuren. Strömmen i ledaren ger upphov till ett magnetfält. Åt vilket håll är detta magnetfält riktat i punkten P? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Svar: D (Högerhandsreglen) | |||||||||
| em-005 | Den inducerade strömmen går som bilden visar, rör sig stavmagneten mot eller ifrån
spolen? $\textbf{(0/2/0)}$ Motivera också varför! |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| För att strömmen skall gå moturs genom lampan behöver det enligt högerhandsregeln vara en nordsida till väster i spolen och en sydsida till höger. Enligt Lenz' lag får den inducerade strömmen denna riktning om magneten är på väg mot spolen eftersom spolen alltså svarar med att repellera magneten! | |||||||||
| em-006 | Figurerna nedan visar en elektron som rör sig i ett magnetiskt respektive ett elektriskt fält. | ||||||||
 |
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| em-007 | Ange riktningen på den magnetiska kraften i figuren nedan.$\textbf{(6/0/0)}$ | ||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| em-008 | Ange strömriktningen på ledaren i figuren nedan.$\textbf{(6/0/0)}$ | ||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| em-009 | Ange riktningen på den magnetiska flödestätheten $B$ i figuren nedan.$\textbf{(6/0/0)}$ | ||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| em-010 | Då en stavmagnet faller genom en spole induceras en spänning över spolen. Vilken av
följande grafer$\textbf{(0/1/0)}$ visar bäst den inducerade spänningen som funktion av tiden? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
Ändring av magnetfältet i närheten av en spole innebär att det induceras en spänning i spolen.
Låt oss betrakta fallet genom spolen vid tre tidpunkter:
SVAR: Graf C ger rätt beskrivning av situationen. |
|||||||||
| em-011 | En positivt laddad partikel rör sig med hastigheten $\color{blue}\vec{v}\color{black}$ i
en strömförande$\textbf{(0/0/1)}$ rak ledares magnetfält (se figuren nedan). Ledaren och hastighetsvektorn befinner sig i papperets plan. Ange i figuren riktningen av den kraft med vilken ledarens magnetfält påverkar den laddade partikeln. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| em-012 | I figuren visas en spole. Strömmen genom spolen ger upphov till ett$\textbf{(1/0/0)}$ magnetfält. Markera med pilar magnetfältets riktning i punkterna A, B och C. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| em-013 | Mellan två laddade plattor finns ett elektriskt fält.$\textbf{(0/1/0)}$ Den övre plattan har negativ laddning och den nedre positiv. Vinkelrätt mot det elektriska fältet finns ett magnetfält som är riktat mot läsaren vinkelrätt ut från papperets plan (se figur). Elektroner med hastigheten $v$ passerar utan att böjas av. Vad händer om de inkommande elektronerna har högre hastighet och fälten är oförändrade? |
||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Rätt svar: D | |||||||||
| em-014 | En kopparstav med längden 3,0 cm är upphängd i två tunna koppartrådar så att den hänger
i gapet till
$\textbf{(2/1/0)}$ en permanentmagnet. Om en ström med styrkan 5,0 A sänds genom kopparstaven kan denna hållas i sitt läge med hjälp av en dynamometer som då visar 0,12 N. Beskriv situationen med en enkel skiss. Ange riktningarna för strömmen, magnetfältet och den magnetiska kraften i din figur. Beräkna den magnetiska flödestätheten. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Följande är givet. $$\begin{aligned} I&=5{,}0\ \textrm{A} \\ F_\textrm{D}&=F_\textrm{B}=0{,}12\ \textrm{N} \\ l&=3{,}0\ \textrm{cm}=0{,}03\ \textrm{m} \end{aligned}$$  br>
Den magnetiska flödestätheten kring ledaren och strömriktningen genom kopparstaven fås nu
enligt$$\begin{aligned} F_\textrm{B}&=BIl\\ B&=\dfrac{F_\textrm{B}}{Il}=\dfrac{0{,}12}{5{,}0\cdot 0{,}03}=0{,}80\ \textrm{T} \end{aligned}$$ SVAR: Flödestätheten är 0,80 T och strömmen går ''in i papperet''. |
|||||||||
| em-015 | För att mäta farten hos elektronerna i en elektronstråle kan man använda en anordning
enligt figuren
nedan.$\textbf{(0/0/4)}$ Elektronstrålen leds in mellan två inbördes parallella metallskivor genom ett hål A i den ena skivan. Strålen bildar vinkeln $45^\circ$ med denna skiva. Mellan skivorna finns ett homogent elektriskt fält. Dess fältstyrka väljs så att elektronerna kommer ut genom hålet B. Sträckan AB är 6,0 cm och avståndet mellan plattorna är $d=3{,}0$ cm. Fältet utanför skivorna är försumbart och elektronerna rör sig hela tiden i vakuum. Hur stor är elektronernas fart $v$, om spänningen $U$ mellan skivorna är 2,0 kV? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Följande är givet. \begin{align*} U&=2{,}0 \cdot 10^3 \textrm{ V}&&\\ m&=9{,}1 \cdot 10^{-31} \textrm{ kg}&& \end{align*} Kalla $t$ för den tid det tar för elektronen att nå högsta punkten. Då vinkeln är $45^{\circ}$ fås att \begin{align*} v_{0x}&=v_{0y}=\dfrac{v}{\sqrt{2}}&& \end{align*} Beräkning av tiden $t$. Eftersom hastigheten i $x$-led är konstant får vi. \begin{align*} v_{x}&=v_{0x}=\dfrac{v}{\sqrt{2}}&&\\ s_{\textrm{AB}}&=v_x \cdot 2t&&\\ t&=\dfrac{s_{\textrm{AB}}}{2v_x}=\dfrac{0{,}06 \cdot \sqrt{2} }{2v}=\dfrac{0{,}03 \cdot \sqrt{2}}{v}&& \end{align*} Nu kan vi beräkna $v_y$ \begin{align*} v&=v_0+at&& \end{align*} där $a$ ges av att den accelererande kraften är elektrisk, dvs. \begin{align*} ma&=qE=\dfrac{qU}{d} \quad \Longrightarrow \quad a=\dfrac{qU}{dm}&& \end{align*} där $a$ naturligtvis är riktad mot E-fältet! Vi får att \begin{align*} v_y&=v_{0y}-\dfrac{qU}{dm}\cdot t && \end{align*} Nu kan vi beräkna $v$. Då $v_y=0$ efter tiden $t$ får vi att \begin{align*} v_{0y}&=\dfrac{eU}{dm}\cdot t=\dfrac{v}{\sqrt{2}}&& \end{align*} och eftersom \begin{align*} t&=\dfrac{0{,}03 \cdot \sqrt{2}}{v}&&\\ \dfrac{eU}{dm}\cdot \dfrac{0{,}03 \cdot \sqrt{2}}{v}&=\dfrac{v}{\sqrt{2}}&&\\ v^2&=\dfrac{eU}{dm}\cdot 0{,}06&&\\ v&=\sqrt{\dfrac{eU}{dm}\cdot 0{,}06}=\sqrt{\dfrac{1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 2\,000}{0{,}03\cdot 9{,}1 \cdot 10^{-31}}\cdot 0{,}06}&&\\ &=26{,}5 \textrm{ Mm/s}=0{,}089c&& \end{align*} | |||||||||
| em-016 | En elektronstråle med hastigheten $v$ riktas in i ett elektrisk fält med bredden 10 cm,
fältspänningen
$\textbf{(0/0/4)}$ är $U_f=900$ V och avståndet mellan plattorna är $d=5$ cm. Strålen kommer in i fältet med vinkeln $\alpha=26^\circ$ precis vid den understa positiva plattan. Elektronstrålen passerar ut ur fältet på höjden $y_{ut}=3{,}5$ cm. Beräkna hastigheten $v$ hos de inkommande elektronerna. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Då elektronen kommer in i det elektriska fältet kommer den att påverkas av en
elektrisk kraft i riktning mot den positiva plattan nertill. Den elektriska kraften accelererar
elektronerna enligt \begin{align*} F_{\mathrm{E}}&=\dfrac{q\cdot U_f}{d}=m_ea\quad \Longrightarrow\quad a=\dfrac{q\cdot U_f}{dm_e}&& \end{align*} Tiden $t$ som elektronen befinner sig i området med elektriska krafter kan enkelt bestämmas genom $v_{0x}$ och breden på fältet 10 cm. \begin{align*} t&=\dfrac{0{,}10}{v_{0x}}=\dfrac{0{,}10}{v\cos \alpha}=\dfrac{0{,}10}{v\cos 26^\circ}&& \end{align*} Positionen i $y$-led är känd vid tiden $t$. Formlerna för kaströrelse ger nu att. \begin{align*} y_{ut}&=v\cdot \sin \alpha \cdot t - \dfrac{at^2}{2}&&\\ &= v\sin 26^\circ \cdot \dfrac{0{,}10}{v\cos 26^\circ} - \dfrac{\dfrac{q\cdot U_f}{dm_e}\cdot \left(\dfrac{0{,}10}{v\cos 26^\circ}\right)^2}{2} &&\\[5pt] &=0{,}10\cdot \tan 26^\circ - \dfrac{\dfrac{q\cdot U_f}{dm_e}\cdot \dfrac{0{,}10^2}{v^2\cos^2 26^\circ}}{2} &&\\ &=0{,}10\cdot \tan 26^\circ - \dfrac{1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 900}{2\cdot 0{,}05\cdot 9{,}1 \cdot 10^{-31}}\cdot \dfrac{0{,}10^2}{v^2\cos^2 26^\circ} =0{,}035&& \end{align*} Lös ut $v$ \begin{align*} v&=\sqrt{\dfrac{1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 900}{2\cdot 0{,}05\cdot 9{,}1 \cdot 10^{-31}}\cdot \dfrac{0{,}10^2}{\cos^2 26^\circ}\cdot \dfrac{1}{0{,}10\cdot \tan 26^\circ-0{,}035}}&&\\[10pt] &=37{,}7 \textrm{ Mm/s} =0{,}126c \end{align*} |
|||||||||
| em-017 | En elektronstråle med hastigheten $v$ riktas in i ett elektrisk fält med bredden $s_x$,
fältspänningen
$\textbf{(0/0/5)}$ är $U_f$ och avståndet mellan plattorna är $d$. Strålen kommer in i fältet med vinkeln $\alpha$ på höjden $y_{in}$ över den understa positiva plattan. Elektronstrålen passerar ut ur fältet på höjden $y_{ut}$. Härled ett uttryck för elektronstrålens utgångshöjd $y_{ut}$ om elektronstrålen har accelererats till hastigheten $v$ av acceleratorspänningen $U_a$. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Elektronen accelereras av acceleratorspänningen $U_a$. Hastigheten $v$ ges då av
energiprincipen enligt \begin{align*} q\cdot U_a&=\dfrac{m_e\cdot v^2}{2} \quad \Longrightarrow\quad v=\sqrt{\dfrac{2qU_a}{m_e}}&& \end{align*} Tiden $t$ som elektronen befinner sig i området med elektriska krafter kan enkelt bestämmas genom $v_{0x}$ och $s_x$. \begin{align*} t&=\dfrac{s_x}{v_{0x}}=\dfrac{s_x}{v\cos \alpha}&& \end{align*} Väl inne i det elektriska fältet påverkas elektronen av en elektrisk kraft som kommer att accelerera elektronen mot $+$ sidan \begin{align*} F_{\mathrm{E}}&=\dfrac{q\cdot U_f}{d}=m_ea\quad \Longrightarrow\quad a=\dfrac{q\cdot U_f}{dm_e}&& \end{align*} Positionen i $y$-led kan nu bestämmas med hjälp av formlerna för kaströrelse. \begin{align*} y_{ut}&=y_{in}+v\cdot \sin \alpha \cdot t - \dfrac{at^2}{2}&&\\[5pt] &=y_{in} + v\sin \alpha \cdot \dfrac{s_x}{v\cos \alpha} - \dfrac{\dfrac{q\cdot U_f}{dm_e}\cdot \left(\dfrac{s_x}{v\cos \alpha}\right)^2}{2} &&\\[5pt] &=y_{in} + s_x\tan \alpha - \dfrac{\dfrac{q\cdot U_f}{dm_e}\cdot \dfrac{s_x^2 \cdot m_e}{2qU_a\cdot \cos^2 \alpha}}{2} &&\\[5pt] &=y_{in} + s_x\tan \alpha - \dfrac{U_f\cdot s_x^2}{4dU_a\cdot \cos^2 \alpha} && \end{align*} |
|||||||||
| em-018 | Två parallella metallplattor befinner sig i vakuum. Spänningen mellan plattorna är 5,7
kV, enligt
figur.$\textbf{(1/2/0)}$ En liten plastkula med massan 44 mg faller med konstant hastighet i utrymmet mellan plattorna. Avståndet mellan plattorna är 1,7 cm. Bestäm kulans laddning. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Kulan faller med konstant fart , dvs. kraftresultanten är noll. Tyngdkraften
($mg$) verkar nedåt. Då måste den elektriska kraften ($F=QE$) verka uppåt och kulan ha negativ
laddning. \begin{align*} F_g&=mg&& F_\textrm{E}&=QE=\dfrac{QU}{d}&& mg&=\dfrac{QU}{d} && \end{align*} Vi får nu \begin{align*} Q&=\dfrac{mgd}{U}=\dfrac{44\cdot 10^{-6}\cdot 9{,}82\cdot 0{,}017}{5\,700}=1{,}3 \textrm{ nC}&& \end{align*} SVAR: Kulans laddning är $–1{,}3$ nC. |
|||||||||
| em-019 | En liten kula har massan $m=10$ g och laddningen $Q=-2{,}0\cdot 10^{-7}$ C och hänger i
en tunn och lätt tråd. $\textbf{(1/1/0)}$ När kulan placeras i det homogena elektriska fältet mellan två lodräta metallplattor, hänger den stilla som figuren visar. a) Beräkna den elektriska fältstyrkan (storlek och riktning) i det homogena fältet. b) Beräkna spänningen mellan plattorna när avståndet mellan dem är 8,5 cm. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
a) Den elektriska kraften $F_\textrm{E}=QE$ verkar på kulan åt vänster i
figuren. \begin{align*} F_\textrm{E}&=QE&& \tan v&=\dfrac{F}{F_g}=\dfrac{F}{mg} && \end{align*} Vi får nu \begin{align*} F&=mg\cdot \tan v=0{,}01\cdot 9{,}82 \cdot \tan 20^{\circ}=0{,}0357 \textrm{ N} && \end{align*} När nu kraften är känd, kan fältstyrkan bestämmas. \begin{align*} E&=\dfrac{F}{Q}=\dfrac{0{,}0357}{2{,}0\cdot 10^{-7}}=180 \textrm{ kN/C}&& \end{align*} b) Här utnyttjar vi förhållandet mellan fältstyrkan och spänningen mellan plattorna. \begin{align*} E&=\dfrac{U}{d}&& U&=Ed=1{,}8\cdot 10^5 \cdot 0{,}085=15 \textrm{ kV} && \end{align*} |
|||||||||
| em-020 | Avståndet mellan två parallella plattor är $d=4{,}0$ mm och deras längd är $l=10{,}0$
cm. Plattorna
laddas$\textbf{(0/2/2)}$ upp så att spänningen mellan plattorna är $U$. Det elektriska fältet mellan plattorna betraktas som homogent. Mitt emellan plattorna och parallellt med dessa skjuts elektroner in med hastigheten 20 Mm/s. Bestäm det största tillåtna värdet på $U$ om elektronerna skall kunna passera plattorna och komma ut på andra sidan. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Tiden som elektronerna rör sig mellan plattorna beräknas ur $s=vt$ enligt. \begin{align*} t&=\dfrac{s}{v}=\dfrac{l}{v}&& \end{align*} Accelerationen fås nu ur \begin{align*} s&=\dfrac{at^2}{2} \quad \Longrightarrow \quad \dfrac{d}{2}=\dfrac{at^2}{2} \quad \Longrightarrow \quad a=\dfrac{d}{t^2}&& \end{align*} Den accelererande kraften är elektrisk \begin{align*} ma&=qE=\dfrac{qU}{s}=\dfrac{qU}{d} && \end{align*} Den sökta spänningen fås nu enligt \begin{align*} U&=\dfrac{m\cdot a\cdot d}{q}=\dfrac{m\left(\dfrac{d}{t^2}\right)d}{q}=\dfrac{m\cdot d^2}{q\cdot t^2}=\dfrac{m\cdot d^2}{q\left(\dfrac{l}{v}\right)^2}=\dfrac{m\cdot d^2\cdot v^2}{q\cdot l^2}&& \end{align*} \begin{align*} &=\dfrac{9{,}11\cdot 10^{-31}\cdot 0{,}004^2\cdot \left(20\cdot 10^6\right)^2}{1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 0{,}1^2}=3{,}639 \textrm{ V} \end{align*} SVAR: Spänningen över plattorna är 3,6 V. |
|||||||||
| em-021 | En positiv jon med laddningen $q = 1{,}602\cdot 10^{-19}$ C accelereras från vila av en
spänning på
$U$.$\textbf{(0/1/3)}$ Därefter kommer jonen in i ett hastighetsfilter där spänningen över plattorna är $U_E=370$ V och avståndet mellan plattorna är $d=2$ cm, här är den magnetiska flödestätheten $B_1=0{,}14$ T. När jonen sedan kommer jonen in i separationskammaren finns där ett homogent magnetfält med flödestätheten $B= 0{,}31$ T. Fältet är vinkelrätt mot jonens hastighet. Rörelsen sker i vakuum. Jonbanan i magnetfältet blir en cirkel med radien $r=26{,}0$ cm. Beräkna jonens massa, vilken atom kan det vara frågan om? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Hastigheten för de joner som kommer igenom hastighetsfiltret kan bestämmas ur
$v=\dfrac{\mathbf{E}}{B_1}$, eftersom den elektriska och magnetiska kraften måste vara lika
stora. \begin{align*} \mathbf{E}&=\dfrac{U_E}{d}=\dfrac{370}{0{,}02}=18\,500 \textrm{ V/m}&& \end{align*} Väl inne i separationskammaren gäller istället \begin{align*} qvB&=\dfrac{mv^2}{r} && \end{align*} Den sökta massan ges av \begin{align*} m&=\dfrac{qrB}{v}=\dfrac{qrB}{\dfrac{\mathbf{E}}{B_1}}=\dfrac{qrBdB_1}{U_E}=\dfrac{1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 0{,}26\cdot 0{,}31\cdot 0{,}02\cdot 0{,}14}{370} && &=9{,}77\cdot 10^{-26} \textrm{ kg} \end{align*} Uttryckt i massenheten $u$ blir detta \begin{align*} &=\dfrac{9{,}77\cdot 10^{-26}}{1{,}66\cdot 10^{-27}}=58{,}86\approx 59 \textrm{ u.} \end{align*} Vilket då sannolikt är Cobolt-59 eftersom den isotopen är den vanligaste av detta ämne. Se formelsamlingen sidan 22. |
|||||||||
| em-022 | En elektron accelereras i ett elektriskt fält med fältstyrkan $\mathbf{E}=50$
kV/m, avståndet mellan plattorna$\textbf{(1/2/0)}$ är 10 cm. Vilken hastighet får elektronen då den lämnar fältet? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Elektronen har en elektrisk potentiell energi enligt \begin{align*} E_p&=Q\cdot U=Q\cdot \mathbf{E}\cdot s&& \end{align*} Denna potentiella energi omvandlas till rörelseenergi enligt \begin{align*} E_k&=\dfrac{mv^2}{2}&& \end{align*} Vi sätter dessa lika och löser ut hastigheten \begin{align*} Q\cdot \mathbf{E}\cdot s&=\dfrac{mv^2}{2}&& v&=\sqrt{\dfrac{2Q\mathbf{E} s}{m}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot 1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 50\,000 \cdot 0{,}1}{9{,}1\cdot 10^{-31}}}=42 \textrm{ Mm/s}&& \end{align*} Hastigheten är $v=42$ Mm/s eller ungefär $0{,}14c$. Ej relativistisk. |
|||||||||
| em-023 | En elektron accelereras i ett elektriskt fält med fältstyrkan $\mathbf{E}=2$
MV/m, avståndet mellan plattorna $\textbf{(0/1/3)}$ är 25 cm. Vilken hastighet får elektronen då den lämnar fältet? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Elektronen har en elektrisk potentiell energi enligt \begin{align*} E_p&=Q\cdot U=Q\cdot \mathbf{E}\cdot s&& \end{align*} Denna potentiella energi omvandlas till rörelseenergi enligt \begin{align*} E_k&=\dfrac{mv^2}{2}&& \end{align*} Vi sätter dessa lika och löser ut hastigheten \begin{align*} Q\cdot \mathbf{E}\cdot s&=\dfrac{mv^2}{2}&& v&=\sqrt{\dfrac{2Q\mathbf{E} s}{m}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot 1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 2\,000\,000 \cdot 0{,}25}{9{,}1\cdot 10^{-31}}}=420 \textrm{ Mm/s}&& \end{align*} Hastigheten är $v=420$ Mm/s eller ungefär $1{,}4c$. Hmm, detta kan inte stämma. Sådana hastigheter är inte tillåtna i vårt universum. Vi måste räkna relativistiskt istället. Detta gör man genom att ersätta den klassiska kinetiska energin med uttrycket för den relativistiska kinetiska energin \begin{align*} E_\textrm{k-rel.}&=(\gamma -1)mc^2 \quad \textrm{ där } \quad \gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}&& \end{align*} Vi får nu istället att \begin{align*} Q\cdot \mathbf{E}\cdot s&=(\gamma -1)mc^2&& \end{align*} Lös ut och beräkna $\gamma$ \begin{align*} \gamma&=1+\dfrac{Q \mathbf{E} s}{mc^2}=1+\dfrac{1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 2\,000\,000 \cdot 0{,}25}{9{,}1\cdot 10^{-31} \cdot (3\cdot 10^8)^2}=1{,}978&& \end{align*} Ur formeln för gammafaktorn fås nu den sökta hastigheten \begin{align*} v&=c\sqrt{1-\dfrac{1}{\gamma^2}}=3\cdot 10^8\sqrt{1-\dfrac{1}{1{,}978^2}}=0{,}86c=259 \textrm{ Mm/s}&& \end{align*} |
|||||||||
| em-024 | Flödestätheten inuti en lång rak spole är 8,0 mT.$\textbf{(2/0/0)}$ Spolen har ett kvadratisk tvärsnitt med sidan 4,5 cm. Beräkna flödet genom spolen. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Flödet ges av \begin{align*} \varPhi&=BA=8\cdot 10^{-3}\cdot 0{,}045^2=1{,}62\cdot 10^{-5} \textrm{ Wb}&& \end{align*} |
|||||||||
| em-025 | Diagrammet visar strömmen genom en spole som funktion av tiden.$\textbf{(2/0/0)}$ Spolens induktans är $L=0{,}23$ H. Hur stor är den inducerade spänningen över spolen? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Ur figuren fås $\dfrac{\Delta I}{\Delta t}$ exempelvis enligt \begin{align*} \dfrac{\Delta I}{\Delta t}&=\dfrac{40\cdot 10^{-3}}{2{,}5\cdot 10^{-3}}=16 \textrm{ A/s}&& \end{align*} Enligt induktionslagen \begin{align*} e&=(-)L\cdot \dfrac{\Delta I}{\Delta t}= 0{,}23\cdot 16=3{,}68 \textrm{ V} \end{align*} |
|||||||||
| em-026 | När flödet genom en spole ökar från 60 mWb till 180 mWb på tiden 0,30 s induceras en
spänning $\textbf{(2/0/0)}$ över spolen på 360 V. Hur många varv har spolen? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Induktionslagen ger svaret direkt via lite algebra. \begin{align*} e&=N\cdot \dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}&& \end{align*} Vi får \begin{align*} N&=\dfrac{e}{\dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}}=\dfrac{360}{\left(\dfrac{(180-60)\cdot 10^{-3}}{0{,}30}\right)}=900 \textrm{ Varv} \end{align*} |
|||||||||
| em-027 | Det magnetiska flödet i en trådslinga varierar med tiden så som diagrammet visar.$\textbf{(2/0/0)}$ Hur stor är den spänning som induceras i slingan? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Den inducerade spänningen ges av \begin{align*} e&=N\cdot \dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}=1\cdot \dfrac{(5-0)\cdot 10^{-3}}{(6-0)\cdot 10^{-3}}=0{,}83333 \textrm{ V}&& \end{align*} SVAR: 0,8 mV. |
|||||||||
| em-028 | En ledarkrets ligger vinkelrätt mot ett homogent magnetfält med flödestätheten
$B=0{,}75$ T, som figuren visar. Ledarstycket $M$ har längden $l=0{,}40$ m och rör sig med konstant
hastighet $v=0{,}24$ m/s. Resistansen i kretsen är $R=0{,}18 \Omega$. Det finns ingen friktion.
|
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
a) Spänningen och strömmen beräknas enligt \begin{align*} e&=vBl=0{,}24\cdot 0{,}75\cdot 0{,}40=0{,}072 \textrm{ V} &&\\[5pt] I&=\dfrac{U}{R}=\dfrac{e}{R}=\dfrac{vBl}{R}=\dfrac{0{,}24\cdot 0{,}75\cdot 0{,}50}{0{,}18}=0{,}4 \textrm{ A} && \end{align*} b) Lenz: En inducerad elektrisk ström motverkar sin egen orsak. Högerhandsregeln ger en kraft motsatt rörelsen. Vi måste dra med motsvarande kraft för att lyckas hålla konstant hasighet $v$. \begin{align*} F&=BIl=0{,}75\cdot 0{,}40\cdot0{,}4=0{,}1184\approx 0{,}12 \textrm{ N}&& \end{align*} c) Effekten fås nu enligt \begin{align*} P&=U\cdot I=e\cdot I=0{,}072\cdot 0{,}4 =0{,}0288 \approx 0{,}03 \textrm{ W} && \end{align*} |
|||||||||
| em-029 | Metallstaven i figuren glider med hastigheten $v=0{,}16$ m/s längs ett U-format spår av
metall. Kretsens totala resistans är $R=10$ m$\Omega$. Det finns ett magnetiskt fält med
flödestätheten $B=0{,}05$ T, riktat rakt in i pappret.
|
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
a) Högerhandsregeln: Från A till B b) Moturs (elektronerna går medurs) c) Lenz: En inducerad elektrisk ström motverkar sin egen orsak. Högerhandsregeln ger en kraft motsatt rörelsen. d) Kraften ges av ''bil''-lagen \begin{align*} F&=BIl&& \end{align*} $B$ och $l$ har vi, men strömmen $I$ måste bestämmas \begin{align*} I&=\dfrac{U}{R}=\dfrac{e}{R}=\dfrac{vBl}{R}&& \end{align*} Vi får ett uttryck för $F$ enligt \begin{align*} F&=B\cdot \dfrac{vBl}{R} \cdot l=0{,}0225 \textrm{ N}&& \end{align*} e) $P=UI=U^2/R=e^2/R=0{,}0036$ W |
|||||||||
| em-030 | En resistansfri spole med induktansen 93 mH kopplas i serie med en amperemeter till en
spänningskälla
$\textbf{(2/0/0)}$ som ger en växelspänning på 24 V och 50 Hz. Vad visar amperemetern? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Effektivvärdet av strömmen, som är det vi söker ges av \begin{align*} I&=\dfrac{\hat{i}}{\sqrt{2}}=\dfrac{\hat{u}}{\omega L}\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{U\cdot \sqrt{2}}{\omega L}\cdot \dfrac{1}{\sqrt{2}}=\dfrac{U}{2\pi fL}=\dfrac{24}{2\pi \cdot 50\cdot 0{,}093}=0{,}821 \textrm{ A}&& \end{align*} SVAR: Amperemetern visar 0,8 A. |
|||||||||
| em-031 | En kvadratisk slinga med 2 varv har sidan 0,05 m. Den befinner sig i ett homogent
magnetfält som är $\textbf{(0/2/0)}$ vinkelrätt mot slingans plan. Den magnetiska flödestätheten $B$ ökar med tiden $t$ enligt diagrammet.Beräkna den inducerade spänningen i slingan under tidsintervallet $t = 0$ s till $t = 10$ s. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Den inducerade spänningen ges av \begin{align*} e&=N\dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}=NA\dfrac{\Delta B}{\Delta t}=2\cdot 0{,}05^2\cdot \dfrac{0{,}6-0{,}2}{10-0}=2\cdot 10^{-4} \textrm{ V}&& \end{align*} SVAR: 0,2 mV. |
|||||||||
| em-032 | En spole med försumbar resistans ansluts i serie med en resistor till en spänningskälla
som levererar
$\textbf{(0/1/0)}$ fyrkantsspänning. Ett oscilloskop är anslutet över resistorn och åskådliggör hur spänningen över denna komponent varierar. Oscilloskopets inställning är i $x$-led 10 $\mu$s/cm och i $y$-led 2 V/cm.Använd kurvan i figuren till höger för att beräkna den i spolen inducerade motspänningen vid tidpunkten 10 $\mu$s efter det att spänningskällan kopplats till. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Den pulserande likspänningen från spänningskällan har $\hat{u} = 10$ V, som är
lika med summan av delspänningarna $u_R + e$. Vid 10 $\mu$s är $u_R = 6{,}3$ V varför den inducerade
motspänningen $e = 3{,}7$ V. (Det som är kvar upp till $\hat{u}$!) SVAR: $e=3{,}7$ V. |
|||||||||
| em-033 | För en sinusformad växelström gäller:
$\textrm{effektivvärdet}=\dfrac{\textrm{toppvärdet}}{\sqrt{2}}$$\textbf{(0/2/0)}$ Förklara i ord vad som menas med effektivvärde för en växelström. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| SVAR: Effektivvärdet av en växelström är styrkan av den likström som ger samma effekt. Dvs. uträttar samma arbete per tid som växelströmmen. | |||||||||
| em-034 | Det magnetiska flödet genom en spole med $N=100$ varv varierar med tiden $t$ enligt
sambandet$\textbf{(0/1/1)}$ \begin{equation*} \varPhi(t)=0{,}075\cdot t^2-\dfrac{\sqrt{32}}{\pi} \cdot \cos \left(\dfrac{\pi}{4}\cdot t\right) \end{equation*} Hur stor är den inducerade spänningen vid tidpunkten $t=11$ sek? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Den inducerade spänningen ges av \begin{align*} e&=N\cdot \dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}=\varPhi'(t)&& \end{align*} Tidsderivatan av flödet fås enligt \begin{align*} \dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}&=\varPhi'(t)=0{,}15\cdot t +\sqrt{2}\sin \left(\dfrac{\pi}{4}\cdot t\right)&& \end{align*} Sätt nu in $t=11$ \begin{align*} e&=N\cdot \varPhi'(11)=100\cdot\left( 0{,}15\cdot 11 +\sqrt{2}\sin \left(\dfrac{\pi}{4}\cdot 11\right)\right)=265&& \end{align*} Det momentana värdet på den inducerade spänningen vid tidpunkten $t=11$ sek är $e=265$ V. |
|||||||||
| em-035 | Det magnetiska flödet genom en spole varierar med tiden $t$ enligt sambandet$\textbf{(1/1/1)}$ \begin{equation*} \varPhi(t)=e^{\sin t}+\sin(3t) \end{equation*} Hur många varv har spolen om den inducerade spänningen som mest når 2010 V i intervallet $3<t<9$ s? I denna uppgift får ni gärna använda GeoGebra, bifoga i sådana fall din GeoGebra konstruktion! |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Den inducerade spänningen ges av \begin{align*} e&=(-)N\cdot \dfrac{\Delta\varPhi}{\Delta t}=(-)N\cdot \varPhi'(t)&& \end{align*} GeoGebra hjälper oss att rita både $\varPhi(t)$ och $\varPhi'(t)$. Maximalt värde på $e$ ges då $\varPhi'(t)$ är maximal, dvs. 4{,}02 vid $t=6{,}32$. Alltså har vi att \begin{align*} 2010&=(-)N\cdot 4{,}02&& \end{align*} Vi får \begin{align*} N&=500\textrm{ varv}&& \end{align*} 
|
|||||||||
| em-050 | En elektron och en proton har lika stor kinetisk energi när de skjuts in vinkelrätt mot
flödeslinjerna
i ett$\textbf{(0/0/2)}$ homogent magnetfält. Båda partiklarna rör sig i cirkulära banor inne i magnetfältet. Elektronbanans radie är 1,5 mm. Hur stor är protonbanans radie? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
SI-enheten för massa är kilogram och kilo (k) på 10-potensform blir $10^3$. k $\equiv 10^3$, (uttalas, prefixet k är ekvivalent med 10-potensen $10^3$). Vi får då räkningen. $\begin{align*} 36{,}7\cdot 10^6\text{ g}&=36{,}7\cdot 10^3 \cdot
10^3\text{ g}=36{,}7\cdot
10^3\text{ kg} =3{,}67\cdot 10^4 \text{ kg} && \end{align*}$
|
|||||||||
| em-051 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| em-052 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| em-053 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
  |
|||||||||
| em-054 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| vp-001 | Sveriges radio Östergötland sänder på frekvensen 99,8 MHz i Linköping. Sändaren har
effekten 3,5 kW. $\textbf{(1/0/0)}$ Bestäm våglängden och signalens intensitet på avståndet 5 km från sändaren. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Relationen mellan våglängd $\lambda$ och frekvens $f$ för elektromagnetisk
strålning ges av $c=f\cdot \lambda$. Våglängden blir då $$\begin{aligned} \lambda&=\dfrac{c}{f}=\dfrac{299\,792\,458}{99{,}8\cdot 10^6}=3{,}00 \text{ m}&& \end{aligned}$$ Intensiteten på avståndet 5\,000 m från sändaren beräknas enligt $$\begin{aligned} I&=\dfrac{P}{A} && \end{aligned}$$ Radiovågorna sprids sfäriskt, så arean måste beräknas med formeln för klotarea. $$\begin{aligned} A&=4\pi r^2=4\pi \cdot 5\,000^2 &&\\ I&=\dfrac{3\,500}{4\pi \cdot 5\,000^2}\approx 11 \text{ $\mu$W/m$^2$}&& \end{aligned}$$ |
|||||||||
| vp-002 | En ny sorts laserpekare med effekten 1,0 mW sänder ut ljus med $\textbf{(2/0/0)}$ våglängden 532 nm. Hur många fotoner sänds ut per sekund? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
På en sekund sänder laserpekaren ut energin 1,0 mJ. Varje foton har energin $$\begin{aligned} W&=hf=\dfrac{hc}{\lambda}=\dfrac{6{,}626\cdot 10^{-34}\cdot 3{,}0\cdot 10^8}{532\cdot 10^{-9}}=3{,}736\cdot 10^{-19} \textrm{ J}&& \end{aligned}$$ Antalet fotoner blir då $$\begin{aligned} \dfrac{E_{\textrm{tot}}}{E_{\textrm{foton}}}&=\dfrac{1{,}0\cdot 10^{-3}}{3{,}736\cdot 10^{-19}}=2{,}676\cdot 10^{15}\approx 2{,}7\cdot 10^{15} \textrm{ stycken}&& \end{aligned}$$ |
|||||||||
| vp-003 | När en ljusstråle träffar en gränsyta mellan två medier kan hela strålen $\textbf{(1/0/0)}$ reflekteras, man får då totalreflektion. Totalreflektion är möjlig i två av alternativen nedan. Vilka?. |
||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Alternativ D och E. Det krävs att ljusstrålen går från ett medium med högre brytningsindex (tätare) till ett med lägre brytningsindex (tunnare) för att totalreflektion ska kunna uppstå. | |||||||||
| vp-004 | Figuren illustrerar reflektionslagen. Bestäm $\theta_{\textrm{in}}$.$\textbf{(1/0/0)}$ | ||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Reflektionslagen är intuitivt självklar, infallsvinkeln $\theta_{\textrm{in}}$ är
lika stor som
reflektionsvinkeln $\theta_{\textrm{refl}}$. Man behöver däremot komma ihåg att vinklarna är i
relation till ytans
normal, se figuren. $$\begin{aligned} \theta_{\textrm{in}}&=\theta_{\textrm{refl}}=40^\circ&& \end{aligned}$$ |
|||||||||
| vp-005 | Lina låter gult ljus träffa ett gitter, som hon placerat nära en vägg. På väggen ser hon tre fläckar: en rakt fram och sedan fläckar $30^{\circ}$ på var sin sida om den rakt fram. | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| vp-006 | I figuren visas hur en ljusstråle bryts när den går från en vätska till luft. $\textbf{(1/2/0)}$ Hur mycket måste infallsvinkeln öka för att man ska få totalreflektion? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Uppgiften löses med brytningslagen $$\begin{aligned} n_{\textrm{v}}\cdot \sin \alpha_{\textrm{v}}&=n_{\textrm{l}}\cdot \sin \alpha_{\textrm{l}} && \end{aligned}$$ Börja med att beräkna brytningsindexet för vätskan, brytningsidex för luft får anses som känt, dvs. $n_{\textrm{l}}=1$ $$\begin{aligned} n_{\textrm{v}}&=\dfrac{n_{\textrm{l}}\sin \alpha_{\textrm{l}}}{\sin \alpha_{\textrm{v}}}=\dfrac{1 \cdot \sin 63^{\circ}}{\sin 34^{\circ}}\approx 1{,}5934&& \end{aligned}$$ Gränsvinkeln $\alpha_{\textrm{g}}$ för totalreflektion kan nu beräknas genom att sätta brytningsvinkeln $\alpha_{\textrm{l}}=90^\circ$. $$\begin{aligned} n_{\textrm{v}}\cdot \sin \alpha_{\textrm{g}}&=n_{\textrm{l}}\cdot \sin 90^\circ &&\\[5pt] \alpha_{\textrm{g}}&=\sin^{-1}\left(\dfrac{n_{\textrm{l}}\sin 90^{\circ}}{n_{\textrm{v}}}\right)=\sin^{-1}\left(\dfrac{1\cdot 1}{1{,}5934}\right)\approx 39^\circ \quad (38{,}873^{\circ}) && \end{aligned}$$ Infallsvinkeln måste alltså öka från 34$^\circ$ till 39$^\circ$, det vill säga med ungefär 5$^\circ$. |
|||||||||
| vp-007 | Figuren visar hur en ljusstråle bryts när den går från luft in i en vätska. Bestäm vätskans brytningsindex. $\textbf{(2/0/0)}$ | ||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Brytningslagen (sid. 47) ger att $$\begin{aligned} n_i\cdot \sin i&=n_b\cdot \sin b&& \end{aligned}$$ Brytningsindex för luft är $n_i=1$. $n_b$ fås enligt $$\begin{aligned} n_b&=\dfrac{n_i\cdot \sin i}{\sin b}=\dfrac{1\cdot \sin 54^{\circ}}{\sin 38^{\circ}}=1{,}31&& \end{aligned}$$ |
|||||||||
| vp-008 | Figuren visar en ljusstråle som infaller mot en gränsyta mellan luft och vatten. Infallsvinkeln är $30^{\circ}$. | ||||||||
 |
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| vp-009 | Diagrammet visar sambandet mellan sinus för infallsvinkeln, $i$, och sinus för
brytningsvinkeln, $b$, $\textbf{(1/0/0)}$ då ljus går från luft till en vätska. Bestäm vätskans brytningsindex. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Lutningen $k$ i denna graf ges av $$\begin{aligned} k&=\dfrac{\Delta y}{\Delta x}=\dfrac{\sin i}{\sin b}=\dfrac{0{,}92}{0{,}7}\approx 1{,}3&& \end{aligned}$$ Brytningslagen (sid. 47) ger att $$\begin{aligned} n_b&=\dfrac{\sin i}{\sin b}\approx 1{,}3&& \end{aligned}$$ |
|||||||||
| vp-010 | Bilden visar en ljusstråle som går från luft in i ett ämne. | ||||||||
 |
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
Vi använder brytningslagen två gånger. Ämnet är ju tätare än luft (konstigt
annars!) eftersom brytningen sker mot normalen. Då är också brytningen från normalen på vägen ut ur
ämnet, så vi kan direkt säga att D måste vara ett av svaren på b frågan.
|
|||||||||
| vp-011 | I figuren nedan visas hur de tre ljusstrålarna A, B och C infaller mot en
halvcirkelformad plexiglasplatta. $\textbf{(2/1/0)}$ Strålarna bryts och reflekteras som figuren visar. Bestäm med hjälp av figurens uppgifter brytningsindex för plexiglas. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Strålen går från tjockare till tunnare medium vilket ger att brytningsvinkeln är
större än infallsvinkeln (brytning från normalen). Alltså hör C och D ihop och med hjälp av
brytningslagen (sid. 47) får vi $$\begin{aligned} n_{\textrm{plexi}}\cdot \sin i&=n_{\textrm{luft}}\cdot \sin b&&\\[10pt] n_{\textrm{plexi}}&=\dfrac{1\cdot \sin b}{\sin i}=\dfrac{\sin 38^{\circ}}{\sin 26^{\circ}}=1{,}40&& \end{aligned}$$ Vi har också totalreflektionen E, gissningsvis hör den ihop med inkommande strålen B. Vi testar. $$\begin{aligned} n_{\textrm{plexi}}&=\dfrac{1\cdot \sin b}{\sin i}=\dfrac{\sin 90^{\circ}}{\sin 45^{\circ}}=1{,}41&& \end{aligned}$$ Svar: Plexiglasets brytningsindex är 1,4. |
|||||||||
| vp-012 | Diagrammet visar brytningsvinkeln som funktion av infallsvinkeln för brytningen av
en$\textbf{(2/0/0)}$ ljusstråle i en gränsyta mellan luft och ett annat medium. Vinklarna är givna i grader. Bestäm med hjälp av diagrammet brytningsindex för det andra mediet. Redovisa din beräkning. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Ur diagrammet kan vi avläsa par av infalls- och brytningsvinklar. Exempelvis är
punkterna $(\textrm{in},\textrm{bryt})=(20,15)$ och $(\textrm{in},\textrm{bryt})=(50,35)$ lätta att
avläsa. Brytningslagen (sid. 47) ger för dessa. $$\begin{aligned} n_{\textrm{i}}\cdot \sin i&=n_{\textrm{b}}\cdot \sin b&&\\[10pt] n_{\textrm{b$_1$}}&=\dfrac{1\cdot \sin i}{\sin b_1}=\dfrac{\sin 20^{\circ}}{\sin 15^{\circ}}=1{,}32&&\\[10pt] n_{\textrm{b$_2$}}&=\dfrac{1\cdot \sin i}{\sin b_2}=\dfrac{\sin 50^{\circ}}{\sin 35^{\circ}}=1{,}33&& \end{aligned}$$ Det verkar stämma överens rätt bra. Svar: Brytningsindex är 1,33 för den andra mediet. |
|||||||||
| vp-013 | Rita en stråle som går från föremålet F, reflekteras i spegeln A-B och träffar ögat.$\textbf{(1/0/0)}$ | ||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
Strålgången konstrueras genom att först markera den lodräta speglingen till F,
detta ger nu punkten på spegeln där reflektionen sker.
|
|||||||||
| vp-014 | Fabian vill studera första och andra ordningens spektra från en
glödlampa med hjälp av ett gitter. $\textbf{(1/0/0)}$ Dessa studeras på en 2,1 m bred skärm som är placerad 2,0 m framför gittret. Gittret har 300 ritsar/mm och det synliga ljuset våglängder ligger mellan 400 och 700 nm. Får andra ordningens spektrum plats på skärmen? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Kriteriet för att allt ska rymmas på duken innebär att maximal avlänkningsvinkel
$\alpha_{\textrm{max}}$ måste vara: $$\begin{aligned} \alpha_{\textrm{max}}&=\arctan\left(\dfrac{1{,}05}{2}\right)=27{,}70^{\circ}&& \end{aligned}$$ Gitterkonstanten fås enligt $$\begin{aligned} d&=\dfrac{1\cdot 10^{-3}}{300}\approx 3{,}33\cdot 10^{-6} \textrm{ m}&& \end{aligned}$$ Gitterekvationen ger i andra ordningen den maximala avlänkningsvinkeln $\alpha$ $$\begin{aligned} d\sin \alpha &=n\lambda &&\\[10pt] \alpha&=\arcsin\left(\dfrac{n\lambda}{d}\right)=\arcsin\left(\dfrac{2\cdot 700\cdot 10^{-9}\cdot 300}{1\cdot 10^{-3}}\right)=24{,}8^{\circ}&& \end{aligned}$$ Vi ser att vinkeln för andra ordningens spektrum är mindre än $\alpha_{\textrm{max}}$ och alltså får även andra ordningens spektrum plats på skärmen. |
|||||||||
| vp-015 | Vitt ljus skickas mot ett gitter med gitterkonstanten d = 5,00 $\mu$m. Antag att det vita ljuset innehåller ljus av alla synliga våglängder från 400 nm (violett) till 700 nm (rött). | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| vp-016 | Ett gitter belyses med ljus som innehåller två olika våglängder $\lambda_A$ och
$\lambda_B$. Böjningsvinklarna för de olika $\textbf{(2/0/0)}$ våglängderna markeras. Det visar sig då att 2:a ordningens ljusmaximum för ljuset med våglängden $\lambda_A$ sammanfaller med 3:e ordningens maximum för ljuset med våglängden $\lambda_B$. Vad blir förhållandet $\dfrac{\lambda_A}{\lambda_B}$? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Gitterformeln $d\sin \alpha = n\lambda$ ger enligt de givna förutsättningarna att
$$\begin{aligned}
2\lambda_A &= d\sin\alpha &&\\[10pt]
3\lambda_B &= d\sin\alpha &&
\end{aligned}$$
där $d$ och $\alpha$ är lika stora i båda fallen. Kvoten mellan sambanden ger $$\begin{aligned} \dfrac{2\lambda_A}{3\lambda_B} &= 1 &&\\[10pt] \dfrac{\lambda_A}{\lambda_B} &= \dfrac{3}{2} && \end{aligned}$$ |
|||||||||
| vp-017 | Spalten hos en gitterspektrometer belyses med ljus från en natriumlampa.
Spektrometern är justerad$\textbf{(2/2/0)}$ så att parallellt ljus infaller vinkelrätt mot gittret. Gittret har 520 linjer/mm. Natriumljuset innehåller två mycket närliggande våglängder. Spektrometern ställs in på dessa linjer i andra ordningens spektrum, varvid vinkelavläsningarna vid lägena a-d i figuren blir |
||||||||
 Beräkna gitterkonstanten samt de båda våglängderna. |
|||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Gitterkonstanten $d$ beräknas enligt $$\begin{aligned} d&=\dfrac{1\cdot 10^{-3}}{520}\approx 1{,}923\cdot 10^{-6}\ \textrm{m} && \end{aligned}$$ Gitterformeln ger nu att $$\begin{aligned} \lambda&=\dfrac{d\sin \alpha}{2} && \end{aligned}$$ Ur symmetrin hör vinkelavläsningarna a och d ihop, samt b och c. Då fås våglängderna $$\begin{aligned} \lambda_1&=\dfrac{10^{-3}\cdot \sin \left(\dfrac{233{,}16-157{,}34}{2}\right)}{520\cdot 2}=590{,}8\ \textrm{nm} &&\ (\textrm{ad})\\[10pt] \lambda_2&=\dfrac{10^{-3}\cdot \sin \left(\dfrac{233{,}10-157{,}39}{2}\right)}{520\cdot 2}=590{,}1\ \textrm{nm} &&\ (\textrm{bc}) \end{aligned}$$ | |||||||||
| vp-018 | Laserljus passerar en dubbelspalt med avståndet 0,10 mm mellan spaltöppningarna.
På avståndet 5,00 m$\textbf{(2/1/0)}$ från spalterna fångar man på en skärm upp ett interferensmönster. Avståndet mellan centralbilden och första ordningens bild är 3,0 cm. Beräkna ljusets våglängd. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Avböjningsvinkeln $\alpha$ beräknas ur geometrin $$\begin{aligned} \alpha&=\arctan\left(\dfrac{0{,}03}{5{,}00}\right)\approx 0{,}3438^{\circ} && \end{aligned}$$ Gitterformeln ger nu att $$\begin{aligned} \lambda&=\dfrac{d\sin\alpha}{n}=\dfrac{0{,}1\cdot 10^{-3}\cdot \sin(0{,}3438)}{1}\approx 5{,}99989\cdot 10^{-7}\ \textrm{m} && \end{aligned}$$ SVAR: Ljusets våglängd är $6{,}0\cdot 10^{-7}\ \textrm{m}$. | |||||||||
| vp-019 | Solljuset analyseras ofta med hjälp av instrument som innehåller gitter. Vilket antal
ritsar per mm ska ett$\textbf{(2/0/0)}$ gitter ha för att hela första ordningen av synligt ljus (400 nm-700 nm) ska vara synligt vid vinkelrätt infall? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
Att hela den första ordningen synligt ljus ska synas betyder att gitterekvationen
ska vara lösbar för $n=1$ och alla synliga våglängder. Rött ljus sprids mest, så vi använder
$\lambda=700$ nm. $$\begin{aligned} n\lambda&=d\sin\alpha &&\\[10pt] d&=\dfrac{n\lambda}{\sin\alpha}=\dfrac{1\cdot \lambda}{\sin 90^\circ}=700\cdot 10^{-9}\ \textrm{m} && \end{aligned}$$ Om avståndet mellan två öppningar är $700\cdot 10^{-9}$ m, så får det plats på 1 mm: $$\begin{aligned} x\cdot 700\cdot 10^{-9}&=1\cdot 10^{-3} &&\\[10pt] x&=\dfrac{1\cdot 10^{-3}}{700\cdot 10^{-9}}\approx 1\,430\ \textrm{ritsar/mm} && \end{aligned}$$ |
|||||||||
| vp-020 | Anta att solens temperatur skulle stiga med 100 K. Hur stor skulle solinstrålningen,
för närvarande$\textbf{(1/1/0)}$ 1,4 kW/m$^2$, bli? Använd värdet du hittar i formelsamlingen för solens temperatur. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Om solens temperatur ökar från $5800$ K till $5900$ K kommer solinstrålningsfaktorn att öka enligt Stefan-Boltzmanns lag $$\begin{aligned} M_e&=\sigma T^4 && \end{aligned}$$ Emittansen $M_e$ är proportionell mot temperaturen upphöjt till 4, alltså $$\begin{aligned} \left(\dfrac{5900}{5800}\right)^4&\approx 1{,}07 && \end{aligned}$$ Solinstrålningen, som i sin tur är proportionell mot $M_e$, ökar då med ungefär 7 %: $$\begin{aligned} 1{,}4\ \textrm{kW/m}^2\cdot 1{,}07 \approx 1{,}5\ \textrm{kW/m}^2 && \end{aligned}$$ | |||||||||
| vp-021 | En mattlackerad kub av järn med kantlängden 25 cm hettas upp, varefter den utsända
strålningens $\textbf{(1/2/0)}$ intensitet mäts upp för olika våglängder. Den maximalt utstrålade intensiteten fås vid en våglängd på 5,0 $\mu$m. Vilken effekt avger kuben om man kan anta att den strålar som en absolut svartkropp? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Från Wiens förskjutningslag kan vi beräkna kubens temperatur från $\lambda_{\textrm{max}}$: $$\begin{aligned} T&=\dfrac{2{,}90\cdot 10^{-3}}{\lambda_{\textrm{max}}}=\dfrac{2{,}90\cdot 10^{-3}}{5{,}0\cdot 10^{-6}}=580\ \textrm{K} && \end{aligned}$$ Från Stefan-Boltzmanns lag fås emittansen $$\begin{aligned} M_e&=\sigma T^4=5{,}67\cdot 10^{-8}\cdot 580^4\approx 6\,416\ \textrm{W/m}^2 && \end{aligned}$$ Kubens ytarea är $A=6\cdot(0{,}25)^2$, så den totala utstrålade effekten blir $$\begin{aligned} P&=M_e\cdot A\approx 6\,416\cdot 6\cdot 0{,}25^2\approx 2\,406\ \textrm{W} && \end{aligned}$$ | |||||||||
| vp-022 | En svartkroppsstrålare med arean 1,50 cm$^2$ tillförs den elektriska effekten 12,0 W. | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| vp-023 | En glödlampa har en effekt på 60 W. Glödtråden i lampan har en längd på 2,5 cm och en
diameter på$\textbf{(1/2/0)}$ 0,5 mm. Om vi approximerar att glödtråden har en emittans som är 80 % av en svartkropps, vad är då glödtrådens temperatur? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Börja med att beräkna emittansen från glödtråden via $$\begin{aligned} M_e&=\dfrac{P}{A} && \end{aligned}$$ Anta att glödtråden är en tunn cylinder med mantelarea $$\begin{aligned} A&=2\pi r l && \end{aligned}$$ där $l$ är glödtrådens längd och $r$ dess radie. Då blir $$\begin{aligned} M_e&=\dfrac{P}{2\pi r l}=\dfrac{60}{2\pi\cdot 0{,}25\cdot 10^{-3}\cdot 0{,}025}\approx 1{,}5\cdot 10^6\ \textrm{W/m}^2 && \end{aligned}$$ Lampan är inte en perfekt svartkropp, utan har emittansfaktor $0{,}8$: $$\begin{aligned} M_e&=0{,}8\cdot \sigma T^4 &&\\[10pt] T&=\sqrt[4]{\dfrac{M_e}{0{,}80\cdot \sigma}}=\sqrt[4]{\dfrac{1{,}5\cdot 10^6}{0{,}80\cdot 5{,}6705\cdot 10^{-8}}}\approx 2\,400\ \textrm{K} \quad (2\,409{,}0455)&& \end{aligned}$$ | |||||||||
| vp-024 | Man kan med god approximation anta att stjärnorna (och solen) strålar som svarta
kroppar. Fixstjärnan$\textbf{(2/0/0)}$ Sirius sänder ut strålning som har sin maximala intensitet vid våglängden 290 nm. Vilket värde på Sirius yttemperatur ger detta? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Wiens förskjutningslag ger att $$\begin{aligned} \lambda_{\textrm{m}}\cdot T&=\textrm{konstant} &&\\[10pt] T&=\dfrac{2{,}898\cdot 10^{-3}}{290\cdot 10^{-9}}\approx 9993\ \textrm{K} && \end{aligned}$$ Svar: cirka $10\,000$ K. | |||||||||
| vp-025 | Ett varmt objekt som kan approximeras som en absolut svart kropp har följande
Planckkurva $\textbf{(1/0/0)}$ (emittans som funktion av våglängd). Vilken temperatur har objektet? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Avläsning i diagrammet ($\lambda_{\textrm{max}}\approx 1{,}2\ \mu$m) och Wiens förskjutningslag ger $$\begin{aligned} \lambda_{\textrm{max}}T&=2{,}898\cdot 10^{-3} &&\\[10pt] T&=\dfrac{2{,}898\cdot 10^{-3}}{1{,}2\cdot 10^{-6}}=2\,415\ \textrm{K} && \end{aligned}$$ | |||||||||
| vp-026 | Strålning av en viss frekvens träffar en yta med utträdesenergin 1,8 eV. De frigjorda
elektronernas $\textbf{(1/2/0)}$ rörelseenergi är som störst 0,2 eV. Hur stor blir deras största rörelseenergi om strålningens frekvens fördubblas? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Den kinetiska energin för fotoelektronen ges av $$\begin{aligned} E_k&=hf-E_0 && \end{aligned}$$ Den aktuella frekvensen kan beräknas: $$\begin{aligned} f&=\dfrac{E_k+E_0}{h}=\dfrac{(0{,}2+1{,}8)\cdot 1{,}602\cdot 10^{-19}}{6{,}626\cdot 10^{-34}}\approx 4{,}84\cdot 10^{14}\ \textrm{Hz} && \end{aligned}$$ Om frekvensen fördubblas fås maximal kinetisk energi: $$\begin{aligned} E_k&=\dfrac{6{,}626\cdot 10^{-34}\cdot 2\cdot 4{,}84\cdot 10^{14}}{1{,}602\cdot 10^{-19}}-1{,}8\approx 2{,}2\ \textrm{eV} && \end{aligned}$$ En snabbare väg: från början är $hf=2{,}0$ eV. Vid dubblerad frekvens blir $hf=4{,}0$ eV, alltså $E_k=4{,}0-1{,}8=2{,}2$ eV. | |||||||||
| vp-027 | Ytan av ett stycke silver belyses i vakuum med ljus från en kvicksilverlampa. Ytans utträdesarbete är 0,61 aJ. De våglängder som förekommer i ljuset är 254 nm, 365 nm, 436 nm och 546 nm. | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| vp-028 | Einsteins fotoelektriska lag lyder som bekant$\textbf{(0/1/0)}$ $$\begin{aligned} hf=W_{\textrm{ut}}+\dfrac{mv^2}{2} \end{aligned}$$ Vad menas med utträdesarbetet $W_{\textrm{ut}}$? |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Elektronens utträdesarbete $W_{\textrm{ut}}$ är den minsta energi som måste tillföras för att elektronen ska kunna frigöras från metallytan (ta sig ur metallens potentialbrunn). | |||||||||
| vp-029 | Diagrammet nedan visar fotoelektronernas energi som funktion av det infallande ljusets frekvens vid ett experiment med fotoelektrisk effekt. | ||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| vp-030 | En aluminiumplatta är elektriskt isolerad från omgivningen. Den belyses med fotoner vars energi är 9,6 eV. För aluminium gäller att utträdesarbetet är 4,2 eV för en elektron. | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| vp-031 | Nedanstående fem påståenden handlar om fotoelektrisk effekt. Två av dem är korrekta, vilka? $\textbf{(0/1/0)}$ | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Korrekt svar: B och D. | |||||||||
| vp-032 | Nobelpriset i fysik för 1997 gick till Stewen Chu, Claude Cohen-Tannoudji och William D.
Phillips för utveckling av metoder för att kyla och infånga atomer med laserljus. I studiet av
atomerna och deras spektrum har det alltid varit önskvärt att göra mätningar och experiment vid så
låga temperaturer som möjligt. Låg temperatur innebär låga hastigheter för atomerna. En metod att
åstadkomma detta infördes 1985 av William D. Phillips. Metoden kallas för laserkylning eftersom
atomerna bromsas ned med hjälp av laserljus. I en stråle med natriumatomer har atomerna alla hastigheten $1{,}0$ km/s. De framrusande atomerna möter en laserstråle med rakt motsatt riktning. Laserstrålen består av fotoner med våglängden $589$ nm, dvs natriumatomerna kan absorbera strålningen. Absorptionen av en foton minskar natriumatomens hastighet. Efter en mycket kort tid, vanligen omkring $10$ ns, lämnar den nedbromsade atomen ifrån sig (emitterar) en foton. (Den emitterade fotonens riktning varierar slumpmässigt vilket innebär att det inte blir någon sammanlagd förändring av natriumatomens rörelsemängd på grund av rekylerna från de emitterade fotonerna). Nya fotoner från laserstrålen kan åter absorberas vilket ger upphov till nya inbromsningar. För att bromsa en atom behövs en intensiv laserstråle. Under gynnsamma betingelser kan man uppnå en motriktad retardation på natriumatomen av storleksordningen $10^6$ m/s$^2$. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| vp-033 | En elektron accelereras från vila av spänningen 3,0 kV. | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
Då elektronen accelereras från vila till 3,0 kV får den kinetiska energin 3,0 keV.
|
|||||||||
| vp-034 | En bit av cesiummetall belyses med ljus av våglängden 490 nm. Utträdesenergin för
elektronerna$\textbf{(2/2/0)}$ är 1,81 eV. Beräkna de frigjorda elektronernas våglängd. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Fotonens energi går dels åt till utträdesarbetet, dels till elektronens rörelseenergi: $$\begin{aligned} E_{\textrm{k}}&=E_{\textrm{foton}}-E_0 &&\\ E_{\textrm{foton}}&=hf=\dfrac{hc}{\lambda} &&\\ E_{\textrm{k}}&=\dfrac{6{,}626\cdot 10^{-34}\cdot 299\,792\,458}{490\cdot 10^{-9}}-1{,}81\cdot 1{,}602\cdot 10^{-19}=1{,}15\cdot 10^{-19}\ \textrm{J} && \end{aligned}$$ Med sambanden mellan rörelseenergi, rörelsemängd och våglängd: $$\begin{aligned} E_{\textrm{k}}&=\dfrac{p^2}{2m} &&\\ p&=\dfrac{h}{\lambda} &&\\ \lambda&=\dfrac{h}{\sqrt{2mE_{\textrm{k}}}}= \dfrac{6{,}626\cdot 10^{-34}}{\sqrt{2\cdot 9{,}1\cdot 10^{-31}\cdot 1{,}15\cdot 10^{-19}}} =1{,}4\cdot 10^{-9}\ \textrm{m} && \end{aligned}$$ Svar: De frigjorda elektronernas våglängd är $1{,}4$ nm. | |||||||||
| vp-035 | Ett elektronmikroskop har en spänning på 200 kV och kan förstora 850 000 gånger. Med
en sådan $\textbf{(0/0/4)}$ förstoring kan man åtskilja punkter som ligger 0,28 nm från varandra. Vilken våglängd har elektronerna i ett sådant elektronmikroskop? Ledtråd: Sätt $E_k=eU$, du måste också räkna relativistiskt. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| En klassisk räkning skulle ge: $$\begin{aligned} E_k&=eU &&\\[10pt] \dfrac{mv^2}{2}&=eU &&\\[10pt] v&=\sqrt{\dfrac{2eU}{m}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot 1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 200\,000}{9{,}1\cdot 10^{-31}}} \approx 265\cdot 10^6=0{,}88c && \end{aligned}$$ Detta är relativistisk hastighet, så vi räknar relativistiskt: $$\begin{aligned} E_k&=\dfrac{mc^2}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}-mc^2=(\gamma-1)mc^2,\quad \gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}} &&\\[10pt] (\gamma-1)mc^2&=eU && \end{aligned}$$ Gammafaktorn: $$\begin{aligned} \gamma&=1+\dfrac{eU}{mc^2}=1+\dfrac{1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 200\,000} {9{,}1\cdot 10^{-31}\cdot (299\,792\,458)^2}=1{,}39 && \end{aligned}$$ Hastigheten: $$\begin{aligned} v&=c\sqrt{1-\dfrac{1}{\gamma^2}}=299\,792\,458\sqrt{1-\dfrac{1}{1{,}39^2}} =2{,}08\cdot 10^8=0{,}69c && \end{aligned}$$ Relativistisk rörelsemängd ger då de Broglie-våglängden: $$\begin{aligned} \lambda&=\dfrac{h}{\gamma mv}= \dfrac{6{,}626\cdot 10^{-34}}{1{,}39\cdot 9{,}1\cdot 10^{-31}\cdot 2{,}08\cdot 10^8} =2{,}5\cdot 10^{-12}\ \textrm{m} \end{aligned}$$ Denna våglängd är ungefär en tiondel av diametern för en atom. | |||||||||
| vp-036 | Vad blir rörelsemängden och hastigheten hos en elektron som har våglängden 1,00 pm?
$\textbf{(0/0/3)}$ Ledtråd: Du måste räkna relativistiskt. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Den kvantmekaniska rörelsemängden kan beräknas enligt $$\begin{aligned} p&=\dfrac{h}{\lambda}=\dfrac{6{,}626\cdot 10^{-34}}{1{,}00\cdot 10^{-12}} =6{,}626\cdot 10^{-22}\ \textrm{kgm/s} && \end{aligned}$$ Den relativistiska hastigheten fås ur uttrycket för relativistisk rörelsemängd: $$\begin{aligned} p&=\gamma mv=\dfrac{mv}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}} \end{aligned}$$ Kvadrera och lös ut $v$: $$\begin{aligned} p^2&=\dfrac{m^2v^2}{1-\dfrac{v^2}{c^2}} &&\\[10pt] 1-\dfrac{v^2}{c^2}&=\left(\dfrac{mv}{p}\right)^2 &&\\[10pt] \dfrac{m^2v^2}{p^2}+\dfrac{v^2}{c^2}&=1 &&\\[10pt] v^2\left(\dfrac{m^2}{p^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)&=1 &&\\[10pt] v&=\sqrt{\dfrac{1}{\left(\dfrac{m^2}{p^2}+\dfrac{1}{c^2}\right)}}=2{,}77\cdot 10^8\ \textrm{m/s} && \end{aligned}$$ Hastigheten är ungefär $92\%$ av ljushastigheten. | |||||||||
| vp-037 | En perfekt reflekterande spegel belyses med ljus av våglängden 620 nm som infaller vinkelrätt mot spegeln. Effekten hos det ljus som når spegeln är 2,7 mW och jämnt fördelat över hela spegelns yta. | ||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
| vp-038 | I energinivådiagrammet för en väteatom nedan är två övergångar markerade. Vid dessa
sänds det ut ljus$\textbf{(0/3/0)}$ med våglängderna 486 nm respektive 656 nm. Beräkna energin för nivå B. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Den korta våglängden 486 nm motsvarar den mer energirika övergången A$\rightarrow$C. Övergången B$\rightarrow$C motsvaras av våglängden 656 nm. Absolutvärdet på energinivå B ges då av $(-0{,}85-\textrm{AC}+\textrm{BC})$. $$\begin{aligned} E_{\textrm{A}\rightarrow\textrm{C}}&=\dfrac{hc}{486\cdot 10^{-9}}=4{,}087\cdot 10^{-19}\ \textrm{J} =2{,}55\ \textrm{eV} &&\\[10pt] E_{\textrm{B}\rightarrow\textrm{C}}&=\dfrac{hc}{656\cdot 10^{-9}}=3{,}028\cdot 10^{-19}\ \textrm{J} =1{,}89\ \textrm{eV} && \end{aligned}$$ B-nivån fås nu enligt $$\begin{aligned} E_{\textrm{B}}&=-0{,}85-2{,}55+1{,}89=-1{,}51\ \textrm{eV} && \end{aligned}$$ | |||||||||
| vp-039 | Energinivåerna hos en väteatom kan beräknas genom$\textbf{(0/3/0)}$ $$\begin{aligned} E_n=-\dfrac{E_j}{n^2},\ \textrm{där }E_j=13{,}6\ \textrm{eV}\textrm{ och }n=1,2,\ldots \end{aligned}$$ Bestäm den minsta energi man måste tillföra en väteatom i grundtillståndet för att synligt ljus ska kunna sändas ut från den exciterade atomen. | ||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Synligt ljus ligger ungefär i intervallet 400-700 nm, vilket motsvarar ungefär $1{,}77$ till $3{,}10$ eV. Energierna för väte blir $$\begin{aligned} E_1&=-13{,}60\ \textrm{eV} &&\\[10pt] E_2&=-\dfrac{13{,}6}{4}=-3{,}40\ \textrm{eV} &&\\[10pt] E_3&=-\dfrac{13{,}6}{9}=-1{,}51\ \textrm{eV} && \end{aligned}$$ Övergången $2\rightarrow 1$ ger $$\begin{aligned} E_2-E_1&=-3{,}40-(-13{,}60)=10{,}2\ \textrm{eV} \end{aligned}$$ vilket ligger i UV. Övergången $3\rightarrow 2$ ger $$\begin{aligned} E_3-E_2&=-1{,}51-(-3{,}40)=1{,}89\ \textrm{eV} \end{aligned}$$ vilket är synligt. Minsta nödvändiga excitation från grundtillståndet är därför $$\begin{aligned} E_3-E_1&=-1{,}51-(-13{,}60)=12{,}09\ \textrm{eV} && \end{aligned}$$ | |||||||||
| vp-040 | Figuren nedan visar en del av ett energinivådiagram för en atom. Energierna för de
lägsta nivåerna är $\textbf{(2/0/0)}$ givna. Atomen befinner sig i sitt grundtillstånd. Beräkna våglängden för den strålning som absorberas vid excitation till nivå 2. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Den absorberade energin ges av $$\begin{aligned} E_{\textrm{1}\rightarrow\textrm{2}}&=-3{,}6-(-7{,}2)=3{,}3\ \textrm{eV} =3{,}3\cdot 1{,}602\cdot 10^{-19}=5{,}29\cdot 10^{-19}\ \textrm{J} && \end{aligned}$$ Motsvarande våglängd ges av $$\begin{aligned} E&=hf=\dfrac{hc}{\lambda} &&\\[10pt] \lambda&=\dfrac{hc}{E_{\textrm{1}\rightarrow\textrm{2}}} =\dfrac{6{,}626\cdot 10^{-34}\cdot 299\,792\,458}{5{,}29\cdot 10^{-19}} =3{,}76\cdot 10^{-7}\ \textrm{m}=376\ \textrm{nm} && \end{aligned}$$ | |||||||||
| vp-041 | Figuren nedan visar ett energinivådiagram för en viss atom. Atomen exciteras genom att
ljus med $\textbf{(2/1/0)}$ våglängderna 753 och 405 nm absorberas. Vilka våglängder kan det ljus ha som sänds ut då atomen deexciteras? |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Den längsta pilen i diagrammet motsvarar den kortaste våglängden, alltså $405$ nm. Tre olika fotoner kan sändas ut vid deexcitation. Förutom de båda uppenbara $\lambda_1=405$ nm och $\lambda_2=753$ nm kan en elektron även hoppa från nivå $n=3$ till $n=2$. Då fås $$\begin{aligned} E_{405}-E_{753}&=\dfrac{hc}{405}-\dfrac{hc}{753} =hc\left(\dfrac{1}{405}-\dfrac{1}{753}\right) &&\\[10pt] \lambda_3&=\dfrac{hc}{E} =\dfrac{hc}{hc\left(\dfrac{1}{405}-\dfrac{1}{753}\right)} =\dfrac{1}{\dfrac{1}{405}-\dfrac{1}{753}}=876\ \textrm{nm} && \end{aligned}$$ | |||||||||
| vp-042 | Figuren nedan visar ett energinivådiagram med tre övergångar A, B och C.
Övergångarna motsvarar $\textbf{(2/0/0)}$ våglängderna 103 nm, 122 nm och 656 nm. Kombinera övergångarna med rätt våglängd. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Kort våglängd motsvarar hög energi. Därför svarar övergången A mot våglängden 122 nm, B mot 656 nm och C mot 103 nm. | |||||||||
| vp-043 | Tabellen nedan ger våglängderna för $H_{\alpha}$ och $H_{\beta}$ i vätets Balmerserie
och för $L_{\alpha}$ och $L_{\beta}$ i Lymanserien.$\textbf{(0/2/1)}$ Använd tabellens data för att beräkna våglängden för Lymanseriens tredje linje $L_{\gamma}$. |
||||||||
 |
|||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
| Ur diagrammet ser vi att energin för $L_{\gamma}$ är summan av energierna för $L_{\alpha}$ och $H_{\beta}$. Energin ges av $$\begin{aligned} E&=\dfrac{hc}{\lambda} &&\\[10pt] E_{L_{\gamma}}&=E_{L_{\alpha}}+E_{H_{\beta}} &&\\[10pt] &=\dfrac{6{,}626\cdot 10^{-34}\cdot 299\,792\,458}{121{,}6\cdot 10^{-9}} +\dfrac{6{,}626\cdot 10^{-34}\cdot 299\,792\,458}{486{,}1\cdot 10^{-9}} &&\\[10pt] &=2{,}04\cdot 10^{-18}\ \textrm{J} && \end{aligned}$$ Motsvarande våglängd fås ur $$\begin{aligned} \lambda&=\dfrac{hc}{E} =\dfrac{6{,}626\cdot 10^{-34}\cdot 299\,792\,458}{2{,}04\cdot 10^{-18}} =97\ \textrm{nm} && \end{aligned}$$ | |||||||||
| vp-044 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| vp-046 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| vp-047 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| af-001 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
  |
|||||||||
| af-002 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| af-003 |  |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
 |
|||||||||
| af-004 |
Astronomer observerar stjärnan XZ-1 och mäter dess relativa ljusstyrka under 40 dygn.
Varje gång en exoplanet passerar framför stjärnan minskar ljusstyrkan en aning.
Diagrammet nedan visar stjärnans relativa ljusstyrka som funktion av tiden. Anta att stjärnan har en massa $1{,}8\,M_\odot$ och att exoplaneten rör sig i en cirkulär bana. 
|
||||||||
|
|||||||||
|
|||||||||
|
a) Av ljuskurvan ser man att dipparna återkommer vid ungefär
$$5,\ 15,\ 25,\ 35\ \text{dygn}.$$
Tiden mellan två dippar är därför ungefär
$$T = 10\ \text{dygn}.$$
Alltså är exoplanetens omloppstid
$$\boxed{T \approx 10\ \text{dygn}}.$$
b) Stjärnans massa är $1{,}8$ solmassor. Med $$M_\odot = 2{,}0 \cdot 10^{30}\ \text{kg}$$ får vi $$M = 1{,}8M_\odot = 1{,}8 \cdot 2{,}0 \cdot 10^{30} = 3{,}6 \cdot 10^{30}\ \text{kg}.$$ Omloppstiden behöver anges i sekunder: $$T = 10 \cdot 24 \cdot 3600 = 864000\ \text{s}.$$ Keplers tredje lag kan skrivas som $$T^2 = \frac{4\pi^2 r^3}{GM}.$$ Vi löser ut banradien: $$r = \sqrt[3]{\frac{GMT^2}{4\pi^2}}.$$ Insättning ger $$r = \sqrt[3]{ \frac{ 6{,}67 \cdot 10^{-11} \cdot 3{,}6 \cdot 10^{30} \cdot 864000^2 } {4\pi^2} } \approx 1{,}66 \cdot 10^{10}\ \text{m}.$$ Alltså är banradien ungefär $$\boxed{r \approx 1{,}7 \cdot 10^{10}\ \text{m}}.$$ c) För att ange banradien i astronomiska enheter använder vi $$1\ \text{AU} = 1{,}50 \cdot 10^{11}\ \text{m}.$$ Därför blir $$r = \frac{1{,}66 \cdot 10^{10}}{1{,}50 \cdot 10^{11}} \approx 0{,}110\ \text{AU}.$$ Alltså $$\boxed{r \approx 0{,}11\ \text{AU}}.$$ |
|||||||||
| rel-001 | Ett elektronmikroskop har en spänning på 200 kV och kan förstora 850\,000 gånger. Med en sådan förstoring kan man åtskilja punkter som ligger 0,28 nm från varandra. Vilken våglängd har elektronerna i ett sådan elektronmikroskop? Ledtråd: Sätt $E_k=eU$, du måste också räkna relativistiskt. |
||||||||
|
|
|||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
|
En klassisk räkning skulle ge följande resultat $$\begin{aligned} E_k&=eU&& \\[10pt] \dfrac{mv^2}{2}&=eU&& \\[10pt] v&=\sqrt{\dfrac{2eU}{m}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot 1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 200\,000}{9{,}1\cdot 10^{-31}}}\approx 265\cdot 10^6 =0{,}88c && \end{aligned}$$ {Detta är en så kallad relativistisk hastighet, vilket indikerar att vi måste göra om räkningen och använda de relativistiska ekvationerna. Tumregeln är att du behöver räkna relativistiskt om $v>0{,}3c$. $$\begin{aligned} E_k&=\dfrac{mc^2}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}-mc^2=(\gamma-1)mc^2 \quad \text{där }\gamma=\dfrac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}&& \\[10pt] (\gamma-1)mc^2&=eU && \end{aligned}$$ Gammafaktorn beräknas till $$\begin{aligned} \gamma&=1+\dfrac{eU}{mc^2}=1+\dfrac{1{,}602\cdot 10^{-19}\cdot 200\,000}{9{,}1\cdot 10^{-31}\cdot (299\,792\,458)^2}=1{,}39 && \end{aligned}$$ Nu kan hastigheten beräknas ur gammafaktorn $$\begin{aligned} v&=c\cdot \sqrt{1-\dfrac{1}{\gamma^2}}=299\,792\,458\cdot \sqrt{1-\dfrac{1}{1{,}39^2}}=2{,}08\cdot 10^8=0{,}69c && \end{aligned}$$ Även rörelsemängden kräver såklart en relativistisk räkning $$\begin{aligned} \lambda&=\dfrac{h}{\gamma m v}=\dfrac{6{,}626\cdot 10^{-34}}{1{,}39\cdot 9{,}1\cdot 10^{-31} \cdot 2{,}08 \cdot 10^8}=2{,}5\cdot 10^{-12} \text{ m} \end{aligned}$$ Denna våglängd är ungefär en tiondel av diametern för en atom. |
|||||||||
| w2-001 | Vid de olympiska spelen i Peking förra året var BMX-cykling för första gången med på
programmet. En BMX-bana innehåller en mängd gupp, både enstaka och i grupper. Den tävlande kan ha två olika taktiker när ett dubbelgupp ska passeras: Antingen hålla hög fart så att båda guppen tas i ett hopp eller hålla så låg fart att cykeln har markkontakt hela tiden. I denna uppgift ska du beräkna den tidsvinst man gör genom att flyga över de två guppen (från A till B) i jämförelse med att ha största möjliga konstanta hastighet utan att man lämnar vägbanan i någon punkt. |
||||||||
 |
|||||||||
| Vid beräkningarna betraktar du cyklisten som punktformig. Utgå från att banprofilen kan beskrivas med två kvartscirklar med radien 4,0 m och däremellan en kvartscirkel med radien 6,0 m, som i figuren ovan. |
|
||||||||
|
|||||||||
|
|
|||||||||
Fall I: Cyklisten följer vägbanan från A till B utan att lätta.
Betrakta cyklisten
i en godtycklig
punkt i första uppförsbacken. Kraftsituationen visas i figuren nedan. Tyngdkraften har komposantuppdelats i en komposant riktad tangentiellt nedför banan och en riktad radiellt in mot centrum av banan. Storleken av den senare är $mg\cdot \cos \alpha$. Detta innebär att $mg\cdot \cos \alpha - F_N$ utgör centripetalkraft, och vi får $$\begin{align} \dfrac{mv^2}{r}&=mg\cdot \cos \alpha - F_N && \end{align}$$ Största möjliga hastighet erhålles då $F_N = 0$ vilket ger gränshastigheten $$\begin{align} v&= \sqrt{gr\cdot \cos \alpha} && \end{align}$$ På vägen upp till toppen varierar $\alpha$ mellan $45^\circ$ och $0^\circ$. Den tillåtna hastigheten om man skall ha kontakt med vägbanan varierar således mellan $\sqrt{9{,}82\cdot 4{,}0 \cdot \cos 45^\circ}=5{,}27$ m/s och $\sqrt{9{,}82\cdot 4{,}0 \cdot \cos 0^\circ}=6{,}27$ m/s. Cyklisten får alltså nöja sig med hastigheten 5,27 m/s. Vägens längd från A till B är $$\begin{align} 2\cdot \dfrac{2\pi \cdot 4{,}0}{4} + \dfrac{2\pi \cdot 6{,}0}{4} &=22{,}0 \text{ m} && \end{align}$$ och tiden blir $$\begin{align} t&=\dfrac{22{,}0}{5{,}27}=4{,}17 \text{ s} && \end{align}$$ Fall II: Cyklisten flyger från A till B. Det innebär att cyklistens bana kommer att beskrivas av en kaströrelse med uthoppsvinkel $45^\circ$. Låt $t$ vara tiden tills cyklisten befinner sig i banans högsta punkt. En av rörelseformlerna i y-led ger $$\begin{align} 0&=v_0\sin 45^\circ -gt &&\\[10pt] t&=\dfrac{v_0\sin 45^\circ}{g} && \end{align}$$ I x-led gör cyklisten förflyttningen $s_x=(4{,}0\cdot \sqrt{2}+6{,}0\cdot \sqrt{2}+4{,}0\cdot \sqrt{2})=19{,}8$ m på tiden $2t$. Likformig rörelse i x-led ger $$\begin{align} 19{,}8&=v_0\cos 45^\circ \cdot \dfrac{2\cdot v_0\sin 45^\circ}{g}=\dfrac{v_0^2}{g} &&\\[10pt] v_0&=\sqrt{19{,}8\cdot g}=\sqrt{19{,}8\cdot 9{,}82}=13{,}9 \text{ m/s} && \end{align}$$ där vi har utnyttjat att $2\cos 45^\circ \cdot\sin 45^\circ = \sin(2 \cdot 45^\circ) = 1$. Den totala flygtiden ($2t$, eftersom $t$ är tiden till högsta läget) blir alltså $$\begin{align} 2t&=\dfrac{s_x}{v_{0x}}=\dfrac{s_x}{v_0\cos 45^\circ}=\dfrac{19{,}80}{13{,}9\cdot \cos 45^\circ}=2{,}01 \text{ s} && \end{align}$$ Svar: Tidsvinsten blir $4{,}17 - 2{,}01 = 2{,}16$ s. Det är alltså lönsamt att flyga över de två guppen. |
|||||||||