Alla tentor med lösningar

Teknikvetenskap och matematik

Ämneskod-linje F0006TTentamensdatum 2013-03-20Skrivtid 09:00 – 14:00

Tentamen i: Fysik 3

Antalet uppgifter: 5

Jourhavande lärare: Erik Elfgren (Tfn: 0705-509839)

Examinator: Erik Elfgren

Tillåtna hjälpmedel: Physics HandbookTillägg till Physics HandbookAppendix till kompendiet i Problemlösning (1 sida)Räknedosa och ritmateriel

Obs! Inga som helst anteckningar, lösa eller inklistrade blad eller lappar med text fårfinnas i formelsamlingarna. Färgade lappar och understrykningar är dock ok.

Betygsskala: 3: 9–12 p 4: 12,5–15 p 5: 15,5 p – (inkl. bonuspoäng)

Anvisningar: Definiera beteckningar och ange mätetalens enheter samt vilka lagar du an-vänder. Motivera formler, antaganden och approximationer. Presentera lös-ningarna så att de blir lätta att följa.

Resultatet anslås: Studenttorget, 2013-04-22

Övrigt: Tal 1 och 2 är modern fysik, övriga är mekaniktal.

1. (4 p) Antag att den kinetiska energin för en partikel är lika stor (med två värdessiffrors nog-grannhet) som dess viloenergi.

a) (2,5 p) Hur mycket större blir farten, i procent, om man räknar klassiskt jämfört med om manräknar relativistiskt?

b) (0,5 p) Är den klassiska farten rimlig?

c) (1 p) Om partikeln är en proton, vad är då dess kinetiska energi respektive totalenergi (uttryckti GeV)?

2. (3 p) Hur många Cs-137-atomer finns det i en fisk som har aktiviteten 0,38 kBq från sönderfall avdenna isotop?

3. (4 p) Linskivan har radien 0,400 m och massan 50 kg.Tröghetsradien med avseende på den friktionsfria ro-tationsaxeln O är 0,300 m. På samma axel är en lastmed massan 100 kg påhängd (lasten hänger löst på ax-eln och roterar inte). Systemet bärs upp av en fjäderansluten till en lina som löper runt linskivans periferi,se figur. Fjädern har fjäderkonstanten k = 1,5 kN/m.Systemet släpps från vila i ett läge, där fjädern är ut-sträckt 0,10 m i förhållande till ospända längden. Beräk-na lastens hastighet då den rört sig 0,25 m nedåt. Linanär masslös och glider ej relativt skivan.

1

4. (3 p) Ett tåg kör sakta förbi en station; hastigheten är v1 = 5,0 m/s när det passerar. Tåget accel-ererar sedan försiktigt med accelerationen a = 60 · v−4 m/s2. Vilken hastighet, v2, har tåget 100 mefter det att det börjat accelerera?

5.

Vy fran ovan

Insekt v

Led

L

(4 p) En insekt som väger 10 g står på änden av en horison-tell, tunn, homogen stång, i vila. Stången har massan 50,0 goch längden L = 100 cm och den är friktionsfritt ledad iandra änden. Insekten hoppar, vinkelrätt mot stången, i ho-risontell riktning med farten v = 20.0 cm/s relativt under-laget. Efter hoppet svänger stången i horistonalplanet.

a) (2,5 p) Vad är stångens vinkelhastighet precis efter hoppet?

b) (1 p) Vad är systemets totala rörelseenergi precis efter hoppet?

c) (0,5 p) Systemets total rörelseenergi före hoppet är noll medan den är större än noll efter hoppet.Varifrån kommer rörelseenergin?

2

Lösningar till tentamen i Fysik 3 (F0006T) 2013-03-20

Kommentar: Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är avpedagogisk natur. I ekvationer betyder . . . att några matematiskasteg (som skulle krävas på tentan) är överhoppade. Om det står(1.1)= betyder det att ekvation (1.1) sätts in efter likhetstecknet.

1Relativistiskt vs klassiskt med proton

4 p

Givet:Kinetisk energi = viloenergin: K = E0

Sökt:Hur mycket större blir farten, i procent, om man räknar klassisktjämfört med om man räknar relativistiskt? Är det klassiska fartenrimlig?

a) 2,5 p

Lösning:Viloenergin ges av

E0 = mc2 ⇒ K = E0 = mc2. (1.1)Den klassiska farten ges av den klassiska kinetiska energin:

K = mv2k/2

(1.1)= mc2 ⇒ vk = c

√2. (1.2)

Den relativistiska farten ges av den relativistiska kinetiska ener-gin:

K = mc2

1√

1 − v2r /c2

− 1

⇒ Kmc2 + 1 =

1√1 − v2

r /c2

⇒( Kmc2 + 1

)−2

= 1 − v2r /c

2 ⇒

vr = c

√

1 −(1 +

Kmc2

)−2(1.1)= c√

1 − 2−2. (1.3)

Den procentuella skillnaden mellan (1.2) och (1.3) blir

vk

vr− 1 =

c√

2

c√

1 − 2−2− 1 =

√2

1 − 2−2 − 1 ≈ 63,3 %. (1.4)

b) 0,5 p

Lösning:(1.2) ger

vk = c√

2 > c, (1.5)vilket är orimligt.

c) 1 p

Givet:Partikeln är en proton.Lösning:Den kinetiska energin ges av (1.1):

K = E0 = mpc2 = 9,3827200 · 108 eV (PH CU-1.1) (1.6)och totalenergin ges av

Etot = K + E0(1.6)= 2K = 2mpc2 = 1,87654400 · 109 eV. (1.7)

Svar: a) Den klassiska farten är 63 % större än den relativistiska.b) Den klassiska farten är orimlig eftersom den är större

än ljushastigheten.b) För protonen är den kinetiska energin 0,94 GeV och to-

talenergin 1,9 GeV.

2Fiskatomer

3 p

Givet:Aktivitet från Cs-137: A= 0,38 kBq

Sökt:Antalet Cs-137-atomer, N.Lösning:

Aktivitetslagen med sönderfallskonstanten λ = ln 2/T1/2:

A = λN =ln 2T1/2

N ⇒

N =AT1/2

ln 2=

380·30,17·365·24·3600ln 2

≈ 5,216·1011, (2.1)

där halveringstiden för Cs-137 är T1/2 = 30,17 år (PH T-6.3).

Svar: Det är ca 5,2·1011 st Cs-137-atomer i fisken.

3Linskiva

4 p

Givet:Skivradie: rs = 0,400 mSkivmassa: ms= 50 kgTröghetsradie: kO= 0,300 mLastmassa: ml= 100 kgFjäderkonstant: k = 1,5 kN/mFjädertöjning, vila: y1 = 0,10 mFörflyttning, nedåt: h = 0,25 m

Läge 1 Läge 2

h

Sökt:Lastens hastighet, v2, efter förflyttningen.Lösning:Mekaniska energisatsen mellan läge 1 och 2:

K1 + Ug1 + Ue1 +Wövr = K2 + Ug2 + Ue2, (3.1)där

K1 = Wövr = 0, Ug1 = mtotgh, Ue1 =12

ky21, (3.2)

K2 =12

IOω22 +

12

mtotv22, Ug2 = 0, Ue2 =

12

ky22, (3.3)

där masströghetsmomentet kring O ärIO = msk2

O = 50 · 0,32 = 4,5 kg·m2, (3.4)totalmassan är

mtot = ms + ml = 50 + 100 = 150 kg, (3.5)och den slutliga fjäderförlängningen är

y2 = y1 + 2h = 0,1 + 2 · 0,25 = 0,6 m, (3.6)eftersom fjädern töjs dubbelt så mycket som lasten rör sig nedåt.(3.2) och (3.3) i (3.1) ger:

mtotgh +12

ky21 =

12

IOω22 +

12

mtotv22 +

12

ky22. (3.7)

Rotation utan glidning (mellan lina och skiva):v2 = rsω2 ⇒ ω2 = v2/rs, (3.8)

i (3.7):

mtotgh +12

ky21 =

12

IOv2

2

r2s+

12

mtotv22 +

12

ky22 ⇒

mtotgh +12

ky21 −

12

ky22 =

v22

2

(IO

r2s+ mtot

). (3.9)

Multiplikation med 2 samt förenkling: y21 − y2

2 = (y1 + y2)(y1 −y2)

(3.6)= (y1 + y1 + 2h)(y1 − y1 − 2h) = −4(y1 + h)h) ger:

2mtotgh−4kh(y1+h) = v22

(IO/r2

s+mtot

)⇒

v2 =

√2mtotgh−4kh(y1+h)

IO/r2s+mtot

(3.6)=

√h

2mtotg−4k(y1+h)msk2

O/r2s+mtot

. (3.10)

Senast uppdaterad: 4 september 2013 1(2) c© Erik Elfgren


Numeriskt:

v2 =

√0,25

2·150·9,82−4·1500(0,1+0,25)50·0,32/0,42+150

≈ 1,08966 m/s.

(3.11)

Svar: Lastens hastighet är 1,1 m/s.

4Tågacceleration

3 p

Givet:Initialhastighet: v1= 5,0 m/sAcceleration: a = 60 · v−4 m/s2

Sökt:Hastigheten v2 efter sträckan 100 m.Lösning:Rätlinjig rörelse:

a ds = v dv ⇒ 60v−4 ds = v dv ⇒ 60 ds = v5 dv. (4.1)Integration ger

∫ 100

060 ds =

∫ v2

v1

v5 dv ⇒ 6000 =[v6

6

]v2

v1

=v6

2 − v61

6

⇒ v2 =6√

6 · 6000 + v61 =

6√

36000 + 56 ≈ 6,102 m/s. (4.2)

Svar: Tågets sluthastighet är 6,1 m/s.

5Insektshopp

4 p

Givet:Insektsmassa: mi= 10 gStångmassa: ms= 50,0 gStånglängd: l = 100 cmInsektsfart: v2 = 20,0 cm/s

a) 2,5 p

Vy fran ovan

Insekt v

ω2

2

l

Led

= 1

00 c

m

Sökt:Stångens vinkelhastighet, ω2, precisefter hoppet.Lösning:Leden är friktionsfri ⇒ inga externamoment ⇒ rörelsemängdsmomentetrunt leden bevaras under hoppet:

L1 = L2 = 0, (5.1)eftersom rörelsemängdsmomentet före hoppet L1 = 0 (stångenoch insekten är då i vila). Efter hoppet rör sig insekten åt enahållet och stången åt det andra och det totala rörelsemängdsmo-mentet blir:

L2 = Li − Ls(5.1)= 0, (5.2)

där rörelsemängdsmomentet L = r · p⊥ (per definition) för insek-ten är

Li = lmiv2 = 1 · 0,01 · 0,2 = 0,020 kg·m2/s, (5.3)och rörelsemängdsmomentet L = Iω för stången är

Ls = Isω2, (5.4)där stångens masströghetsmoment (PH F-1.10, nr 1) är

Is = msl2/3 = 0,05 · 12/3 ≈ 0.01667 kg·m2. (5.5)(5.5) i (5.4) med (5.3) i (5.2):

lmiv2 + (msl2/3)ω2 = 0 ⇒ω2 =

lmiv2

msl2/3=

1 · 0,01 · 0,20,05 · 12/3

= 0,120 rad/s. (5.6)

b) 1 p

Sökt:Systemets totala rörelseenergi precis efter hoppet.Lösning:Total rörelseenergi efter hoppet:

Ktot = Ki + Ks, (5.7)

där insektens (linjära) rörelseenergi ärKi = miv2

2/2 = 0,01 · 0,22/2 = 0,20 mJ, (5.8)och stångens (rotations)rörelseenergi är

Ks = Isω22/2

(5.5,5.6)= (0,05 · 12/3) · 0,122/2 = 0,12 mJ. (5.9)

(5.9) och (5.8) i (5.7):Ktot =Ki + Ks = miv2

2/2 + Isω22/2

(5.5,5.6)= miv2

2/2 + (msl2/3)(

lmiv2

msl2/3

)2

/2

=miv2

2

2+

3m2i v2

2

2ms=

miv22

2

(1 + 3

mi

ms

)

=0,01 · 0,22

2

(1 + 3

0,010,05

)= 0,32 mJ. (5.10)

c) 0,5 p

Sökt:Systemets total rörelseenergi före hoppet är noll medan den ärstörre än noll efter hoppet. Varifrån kommer rörelseenergin?

Svar: a) Stångens vinkelhastighet precis efter hoppet är1,20 rad/s.

b) Systemets totala rörelseenergi precis efter hoppet är0,32 mJ.

c) Rörelseenergin kommer från arbetet som insekten uträt-tar när den tar avstamp från stången.

Kommentar: På första raden i (5.10) hade det gått bra att sättain värdena på Ki och Ks direkt, men genom förenklingen ser viatt den kinetiska energin är oberoende av stångens längd.




Tentamen i: Fysik 3










1. (3 p) När ett svart hål sliter sönder en stjärna bildas antimateria. Man kan observera spår efter närpositroner (=anti-elektroner, e+) träffar elektroner (e−) i närheten av Vintergatans centrum där detfinns ett stort svart hål. När en elektron och positron kolliderar förintas båda och det skapas tvågamma-fotoner. Den enda skillnaden mellan en positron och en elektron är deras laddning.

a) (0,5 p) Skriv ner reaktionsformeln för kollison mellan en elektron och en positron.

b) (2 p) Beräkna reaktionens Q-värde.

c) (0,5 p) Varför har gamma-fotonerna lika stor energi?

2. (4 p) För att avgöra stjärnors hastighet relativt oss på jorden utnyttjar man spektrallinjer för väte.Inom den synliga delen av spektrumet finns 4 sådana spektrallinjer, vid våglängderna 656, 486,434 och 410 nm. Den längsta våglängden kallas för Hα-linjen och är den som oftast används.

Man studerar gasen som roterar kring kärnan på galaxen M87 och observerar att på ena sidan avgalaxkärnan har Hα-linjen förskjutits till 390 nm.

a) (3 p) Beräkna den observerade gasens hastighet i förhållande till oss på jorden.

b) (0,5 p) Är ljuset från gasen rödförskjutet eller blåförskjutet? Motivera kort.

c) (0,5 p) Är gasen på väg emot oss eller ifrån oss? Motivera kort.

3. v

R

(4 p) Man studerar gasen som roterar kring kärnan på galaxen M87 och beräknar attdess tangentiella hastighet är v ≈ 0,5c, där c är ljushastigheten i vakuum.

1

a) (3,5 p) Bestäm massan på galaxkärnan om gasen roterar på avståndet R = 120 AU från galaxkär-nans masscentrum. Uttryck svaret i solmassor, M� = 1,989 · 1030 kg (PH T-9.4). 1 AU =

1 astronomisk enhet = medelavståndet från jorden till solen, se PH CU-2.3. Bortse från rela-tivistiska effekter.Ledning: Frilägg en partikel med massa m som roterar runt en kropp med massa M på ettavstånd r . Bestäm partikelns tangentiella fart (uttryckt i M och r) och lös sedan ut massan, M.

b) (0,5 p) Beräkna Schwarzschild-radien RS = 2GN M/c2 för galaxkärnan och jämför med gasra-dien, R = 120 AU.

Kommentar: Galaxkärnan är troligen ett svart hål och gasen är “nära” händelsehorisonten.

4. (3 p) Man studerar gasen som roterar kring kärnan på galaxen M87och observerar ett gaslager som är format som ett sfäriskt skalmed ytterradie r2 = 140 AU och innerradie r1 = 100 AU, se fig-ur. Skalets densitet kan uppskattas till ρ = 1,7 · 10−15 kg/m3.

Härled först ett uttryck för masströghetsmomentet kring masscen-trum för ett sfäriskt homogent skal med densitet ρ, innerradie r1

och ytterradie r2.

Tillämpa sedan den härledda formeln för att uppskatta masströg-hetsmoment kring gasens masscentrum.

5.

R2

R1

Före krympning

Efter krympning

v1

v2

(4 p) Man studerar gasen som roterar kring kärnan på galaxen M87och kan beräkna att dess ytterdel har den tangentiella hastighetenv1 ≈ 0,5c och att gasens masströghetsmoment är I1 = M 2

5R5

2−R51

R32−R3

1≈

1 · 1052 kg ·m2, där M är gasens massa, R1 = 100 AU är gasskaletsinnerradie och R2 = 140 AU är gasskalets ytterradie, se figur.

Gasskalet krymper sedan under inverkan av gravitationen till eninnerradie r1 = 0,9R1 och ytterradie r2 = 0,9R2.

Beräkna gasskalets tangentiella hastighet, v2, vid ytterkanten, efteratt det krympt. Anta att gasskalet är en stel kropp.

(Bortse från alla relativistiska effekter och anta att gasmängden ärkonstant.)

2



1Antimateria i svart hål

3 p

Givet:Enda skillnaden mellan elektroner och positroner är derasladdning.

a) 0,5 p

Sökt:Reaktionsformeln för kollision mellan elektroner och positroner.

Svar: a) Reaktionsformeln för kollison mellan en elektron ochen positron: e− + e+ → γ + γ.

b) 2 p

Sökt:Reaktionens Q-värde.Lösning:

Q = (Mföre − Mefter)c2 = (2me − 0)c2 = 2 · 5,1099890 · 105 eV= 1,0219978 MeV, (1.1)

där vi använt att me− = 5,1099890 · 105 eV, PH CU-1.1, och attme− = me+ eftersom den enda skillnaden mellan elektroner ochpositroner är deras laddning.

Svar: b) Reaktionsformeln för kollison mellan en elektron ochen positron: e− + e+ → γ + γ.

c) 0,5 p

Sökt:Varför har gamma-fotonerna lika stor energi?

Svar: c) Gamma-fotonerna har lika stor energi för attrörelsemängden måste bevaras.

2Gashastighet kring svart hål

4 p

Givet:Våglängd Hα-ljus: λ0= 656 nmObserverad våglängd: λ = 390 nm

a) 3 p

Sökt:Gasens hastiget i förhållande till oss på jorden.Lösning:Relativistik dopplereffekt:

f = f0

√c − uc + u

, (2.1)

där u är gashastigheten i riktning från oss, f = c/λ är denfrekvens vi mäter och f0 = c/λ0 är den utsända frekvensen. Dettager:

cλ

=cλ0

√c − uc + u

⇒ λ0

λ=

√c − uc + u

⇒λ2

0

λ2 =c − uc + u

⇒ λ20

λ2 (c + u) = c − u ⇒λ2

0

λ2 c − c = −u − λ20

λ2 u ⇒ λ20

λ2 − 1 = −1 +

λ20

λ2

uc⇒

uc

=1 − λ2

0λ2

1 +λ2

0λ2

=λ2 − λ2

0

λ2 + λ20

=3902 − 6562

3902 + 6562 ≈ −0,4777. (2.2)

b) 0,5 p

Sökt:Är ljuset från gasen rödförskjutet eller blåförskjutet?c) 0,5 p

Sökt:Är gasen på väg emot oss eller ifrån oss?

Svar: a) Gasen rör sig med hastigheten 0,478c mot oss.b) Ljuset från gasen är blåförskjutet eftersom dess

våglängd har minskat, dvs ljuset har blivit “blåare”.c) Gasen är på väg emot oss eftersom u < 0.

Kommentar: I sista ekvationen behöver vi inte omvandla till SI-enheter eftersom det är en kvot med enheten nm i både täljareoch nämnare.3

Massa på svart hål4 p

Givet:Gasens tangentiella hastighet: v = 0,5cGasens avstånd till galaxkärnan: R = 120 AUSolens massa (PH T-9.4): M� = 1,989 · 1030 kgAstronomisk enhet (PH CU-2.3): 1 AU= 1,49597870 · 1011 m

a) 3,5 p

Sökt:Massan på galaxkärnan, M uttryckt i solmassor, M�.Lösning:Friläggning av en gaspartikel med massa m:

FG

R

t

n

Newtons 2:a lag,∑

Fn = man:

FG = man = mv2

R, (3.1)

eftersom det är cirkulär rörelse. Gravita-tionskraften ges av

FG = GNmMR2 , (3.2)

där GN = 6,6738 · 10−11 Nm2/kg2 är New-tons gravitationskonstant, TPH 1.1.(3.2) i (3.1):

GNmMR2 = m

v2

R⇒ GN

MR

= v2. (3.3)

Vi löser ut M:

M =v2RGN

=(0,5 · 299792458)2 · 120 · 1,49597870 · 1011

6,6738 · 10−11

≈ 6,0439 · 1039 kg ≈ 3,039 · 109M�. (3.4)

b) 0,5 p

Sökt:Schwarzschild-radien, RS = 2GNM/c2, för galaxkärnan.Lösning:Schwarzschild-radien för galaxkärnan:

RS =2GNM

c2(3.4)=

2v2Rc2 =

2 · (0,5c)2Rc2 =

R2

= 60 AU. (3.5)

Svar: a) Galaxkärnans massa är ca 3 miljarder solmassor.b) Schwarzschildradien är ca 60 AU vilket är halva gasra-

dien.

4Tröghetsmoment för gasmassa

3 p

Givet:Gasens innerradie: r1= 100 AUGasens ytterradie: r2= 140 AUGasens densitet: ρ = 1,7 · 10−15 kg/m3

Sökt:Ett uttryck för masströghetsmomentet kring masscentrum för ettsfäriskt homogent skal samt masströghetsmomentet för gasen.Lösning:

Senast uppdaterad: June 2, 2014 1(2) c© Erik Elfgren


Skalets tröghetsmoment fås som dif-ferensen mellan två solida sfärer,TPH 1.14, I = 2

5 mr2:

Iskal = I2−I1 =25

(M2r22−M1r2

1). (4.1)

Massan ges av M = ρV och volymen aven sfär är V = 4πr3/3, vilket ger i (4.1):

Iskal =25

(ρV2r22−ρV1r2

1) = ρ25

(V2r22−V1r2

1)

= ρ25

4πr3

2

3r2

2−4πr3

1

3r2

1

= ρ8π15

(r52−r5

1) (4.2)

= 1,7·10−15·8π15

(1405−1005)·(1,49597870·1011)5

≈ 9,344·1051 kg·m2. (4.3)

Svar: Masströghetsmomentet kring masscentrum för ett sfäriskthomogent skal med densitet ρ, innerradie r1, och ytter-radie r2 är Iskal = ρ 8π

15 (r52 − r5

1). Tillämpat på gasskalet blirdet Igasskal = 9,3 · 1051 kg ·m2.

5Rörelsemängdsmoment för gasmassa

4 p

Givet:Gasens initiala innerradie: R1= 100 AUGasens initiala ytterradie: R2= 140 AUYtterdelens initiala tangentiella hastighet: v1 = 0,5cGasens initiala masströghetsmoment: I1 = 1 · 1052 kg ·m2

= M 25

R52−R5

1

R32−R3

1Gasens slutliga innerradie: r1 = 0,9R1Gasens slutliga ytterradie: r2 = 0,9R2

Vi kan bortse från relativistiska effekterGasmassan är konstant

Sökt:Ytterdelen av gasskalets tangentiella hastighet efter krympnin-gen, v2.Lösning:

R2

R1

Före krympning

Efter krympning

v1

v2

Enbart gravitationskraftenverkar och den är radielltriktad vilket innebär att∑τ = 0, vilket innebär

att impulsmomentlagen ger∫ ∑τdt = L2 − L1 = 0,

dvs att rörelsemängdsmo-mentet bevaras:

L1 = L2. (5.1)Rörelsemängdsmomentetges av L = Iω vilket i (5.1)ger:

I1ω1 = I2ω2. (5.2)Masströghetsmomentenges av

I1 = M25

R52 − R5

1

R32 − R3

1

,

I2 = M25

r52 − r5

1

r32 − r3

1

(5.3)

och vinkelhastigheterna, ω = v/r, av:ω1 = v1/R2,

ω2 = v2/r2. (5.4)(5.4) och (5.3) i (5.2):

��M25

R52 − R5

1

R32 − R3

1

v1

R2=��M25

r52 − r5

1

r32 − r3

1

v2

r2. (5.5)

En krympning med 10 % (r1 = 0,9R1, r2 = 0,9R2) ger:R5

2 − R51

R32 − R3

1

v1

R2=

(0,9R2)5 − (0,9R1)5

(0,9R2)3 − (0,9R1)3

v2

0,9R2⇒

��

��R52 − R5

1

R32 − R3

1

v1

�R2= 0,9

��

��R52 − R5

1

R32 − R3

1

v2

�R2⇒

v1 = 0,9v2 ⇒ v2 =v1

0,9=

0,5c0,9≈ 0,556c. (5.6)

Svar: Gasskalets tangentiella hastighet efter krympningen blirv2 = 0,6c.

Senast uppdaterad: June 2, 2014 2(2) c© Erik Elfgren



Tentamen i: Fysik 3










1. (3 p) Hur stort fel (i Joule) blir det om man räknar klassiskt på solens kinetiska energi kring galax-en, jämfört med om man räknar relativistiskt? Solens fart kring galaxen är v� = 220 km/s. Övrigadata om solen finns i PH T-9.4.

2. (4 p) Fission kontra fusion.

a) (1 p) Beräkna den totala frigjorda energin (i MeV) per nukleon vid fissionsprocessen: n +235U→ 144Ba + 89Kr + 3n. Massorna är MBa−144 = 143,9229405 u, MKr−89 = 88,9176325 u.

b) (0,5 p) Beräkna hur mycket energi (i Joule) som kan frigöras i processen i a) ur 1,0 kg U-235.Anta att det finns tillräckligt med neutroner för att reaktionen ska kunna äga rum.

c) (1 p) Beräkna den totala frigjorda energin (i MeV) per nukleon vid fusionsprocessen: 2H+3H→4He + n.

d) (0,5 p) Beräkna hur mycket energi (i Joule) som kan frigöras med fusion i processen i c)ur 1,0 kg deuterium-tritiumblandning som innehåller lika många deuteriumatomer som tritiu-matomer.

e) (0,5 p) Vilka fördelar finns med fusion jämfört med fission? Ge minst två exempel.

f) (0,5 p) Vad är skillnaden mellan enheterna Gray och Sievert? Bör man oroa sig om man får isig den ekvivalenta dosen 5 mSv under ett års tid?

1

3. (3 p) Staven AP:s rörelse begränsas av glidhylsorna A:s och B:srörelser. I ett visst ögonblick är vinkeln θ = 45 ◦ och farten förA är vA = 1,4 m/s.

a) Beräkna momentancentrums läge (dvs dess x- och y-koordinat)för stavens rotation i detta ögonblick.

b) Beräkna hastighetens belopp för punkten P.

4. (4 p) En ångvält rullar nedför en backe som har lutning θ = 15 ◦

mot horisontalplanet. Framhjulet väger Mh = 3,1 ton, har enradie R = 0,700 m och antas vara en homogen cylinder. Helaångvälten väger Mtot = 4,5 ton. Bakhjulens tröghetsmomentkan försummas. Ångvälten rullar utan att glida. Ångvälten star-tar med hastigheten 1,0 m/s.

a) (3 p) Vilken kinetisk energi har ångvälten när den rullat sträckan s = 2,0 m?

b) (1 p) Hur stort är framhjulets maximala rörelsemängdsmoment kring rotationsaxeln under rörelseni a)?

5.

��

B

h1

l/2

O

h4

A

B

h0

(4 p) En liten sandsäck A faller en sträcka h1 = 3,0 m innan denlandar på en gungbräda, vars ända är på avståndet h0 = 0,500 mfrån marken, se figur. Säcken landar utan att studsa upp ochföljer sedan med gungbrädan som roterar friktionsfritt kringleden O. När gungbrädan har vippat helt slungas sandsäck B(som låg längst ut på andra änden av gungbrädan) snett upp iluften, vinkelrätt mot brädan. De båda sandsäckarna har massaMs = 2,00 kg och kan betraktas som punktmassor. Gungbrädanhar massa Mb = 15 kg och längd l = 2,20 m.

a) Beräkna vinkelhastigheten hos gungbrädan under rotationen.

b) Beräkna den maximala höjden från gungbrädan i y-led, h4, som sandsäck B når, se figur.

Om något är oklart, fråga den jourhavande läraren!

2



1Relativistisk solrotation

3 p

Givet:Solens fart: v� = 220 km/sSolens massa (PH T-9.4): M�= 1,989 ·1030 kg

Sökt:Felet (i Joule) om man räknar klassiskt på solens kinetiska energikring galaxen, jämfört med om man räknar relativistiskt.Lösning:Klassisk kinetisk energi:

Kk =M�v2

�2

=1,989·1030 · 220·103

2= 4,81338 · 1040 J. (1.1)

Relativistisk kinetisk energi:

Kr = M�c2(γ − 1) = M�c2

1√

1 − v2�/c2

− 1

(1.2)

= 1,989·1030

c2

√1 − (220·103)2

c2

− c2

≈ 4,81338195 · 1040 J.

(1.1) och (1.2) ger felet:|Kk − Kr| =

∣∣∣4,81338·1040 − 4,81338195·1040∣∣∣

≈ 1,947 · 1034 J. (1.3)

Svar: Felet på den kinetiska energin om man räknar klassiskt påsolens fart runt galaxen blir 1,95 · 1034 J.

Kommentar: Fel räknas positivt, men även negativt svar godtags.Procentuellt är felet ca 0,000040 %. Därmed kan man räkna med6 vs utan hänsyn till relativistiska effekter vid farten 220 km/s.Svaret man får på uppgiften beror kraftigt på γ − 1 (vilket berorpå miniräknaren). Även svar upp till ca 1037 J godtags därför.

2Fission vs fusion

4 p

Givet:Fissionsprocess: 1

0n + 23592U→ 144

56Ba + 8936Kr + 31

0nFusionsprocess: 2

1H + 32H → 4

2He + 10n

Massa Ba-144: MBa−144 = 143,9229405 uMassa Kr-89: MKr−89 = 88,9176325 uMassa U-235 (PH T-6.3): MU−235 = 235,043923 uMassa neutron (PH CU-1.1): Mn = 1,008664916 uMassa H-2 (PH T-6.2): MH−2 = 2,01410178 uMassa H-3 (PH T-6.3): MH−3 = 3,016049 uMassa helium-4 (PH T-6.2): MHe−4 = 4,00260323 u

a) 1 p

Sökt:Frigjord energi per nukleon ur fissionsprocessen.Lösning:Total frigjord energi: Q = ∆mc2

Qfission = (Mn + MU−235 − MBa−144 − MKr−89 − 3Mn)c2. (2.1)Antal nukleoner: 235 + 1 = 236. Frigjord energi per nukleon

Qfission

236=

(Mn+MU−235−MBa−144−MKr−89−3Mn)c2

236

=(MU−235−MBa−144−MKr−89−2Mn)c2

236=(235,043923−143,9229405−88,9176325−

2·1,008664916)uc2/236 ≈ 0,734223282 MeV, (2.2)

med uc2 = 931,49413 MeV (PH CU-1.1).

Svar: Frigjord energi per nukleon för fission: 0,73422328 MeV.

b) 0,5 p

Sökt:Frigjord energi ur 1,0 kg U-235.Lösning:Antal U-235-atomer i m = 1,0 kg:

NU−235 =m

MU−235=

1,0235,043923u

≈ 2,5621347 · 1024, (2.3)

med u = 1,66053878 · 10−27 kg, (PH CU-1.1). Total frigjord en-ergi blir

EU−235 = NU−235 · Qfission ≈ 71,1299415253 TJ. (2.4)

med 1 eV = 1,60217646 · 10−19 J (PH CU-1.1).

Svar: Frigjord energi ur 1,0 kg U-235: 71 TJ.

c) 1 p

Sökt:Frigjord energi per nukleon ur fusionsprocessen.Lösning:Total frigjord energi: Q = ∆mc2

Qfusion = (MH−2 + MH−3 − MHe−4 − Mn)c2. (2.5)Antal nukleoner: 2 + 3 = 4 + 1 = 5. Frigjord energi per nukleon

Qfusion

5=

MH−2+MH−3−MHe−4−Mn

5

=2,01410178+3,016049−4,00260323−1,0086649

5uc2

≈ 3,517812546 MeV, (2.6)

med uc2 = 931,49413 MeV (PH CU-1.1).

Svar: Frigjord energi per nukleon för fusion: 3,517813 MeV.

d) 0,5 p

Sökt:Frigjord energi ur 1,0 kg deuterium-tritium-blandning med likamånga deuteriumatomer som tritiumatomer.Lösning:Antal reaktioner ur m = 1,0 kg:

Nfusion =m

MH−2 + MH−3=

1,02,01410178u + 3,016049u

≈ 1,19720900324 · 1026. (2.7)

med u = 1,66053878 · 10−27 kg, (PH CU-1.1). Total frigjord en-ergi blir

Efusion = Nfusion · Qfusion ≈ 337,3828624 TJ, (2.8)

med 1 eV = 1,60217646 · 10−19 J (PH CU-1.1).

Svar: Frigjord energi ur 1,0 kg deuterium-tritium-blandning:340 TJ.

e) 0,5 p

Svar: Fördelar med fusion:•Mycket mer energi per nukleon (3,5� 0,7 MeV)•Mycket mer energi per kg (340� 71 TJ)• Det finns mycket mer väte än det finns uran• Ingen risk för härdsmälta•Mycket lite högradioaktivt avfall

f) 0,5 p

Svar: Enheten Gray talar om hur mycket strålningsenergi somen kropp har absorberat. Enheten Sievert tar också hänsyntill hur farlig strålningen är för biologisk vävnad. Man be-höver inte oroa sig över 5 mSv eftersom detta motsvararungefär bakgrundsstrålningen under ett år, PH F-8.10.

Kommentar: Farligheten som inkluderas i Sievert betecknasRBE, relativ biologisk effekt.



3Momentancentrum

3 p

Givet:Längd: L = 500 mmVinkel: θ = 45 ◦Fart, punkt A: vA= 1,4 m/s

Sökt:a) Momentancentrums läge samt b) hastighetens belopp i P.Lösning:

vB

L

rp

Avθ

yx(C ,C )

Pv

L

Momentancentrum, C, är vinkelrätt motkroppens hastigheter, vA och vB:

Cx = L·cos θ = 0,5/√

2 ≈ 0.353, (3.1)

Cy = L·sin θ = 0,5/√

2 ≈ 0.353. (3.2)Avståndet från momentancentrum till P ges av Pythagoras sats:

rP =√

L2/2 + (2L)2/2 =√

5L2/2. (3.3)Vinkelhastigheten ges av

vA = rAω ⇒ ω = vA/rA = 1,4/(L/√

2). (3.4)(Den tangentiella) farten i P med (3.3) och (3.4):

vP = rPω =√

5L2/2 · 1,4√

2/L = 1,4√

5 ≈ 3,13 m/s. (3.5)

Svar: a) Momentancentrum ligger i punkten (0,35; 0,35).b) Farten i P blir 3,1 m/s.

4Rullande ångvält

4 p

Givet:Hjulmassa: Mh = 3,1 tonHjulradie: R = 0,700 mÅngvältsmassa: Mtot= 4,5 tonLutningsvinkel: θ = 15 ◦Initialhastighet: v1 = 1,0 m/sRullsträcka: s = 2,0 m

sR

θ

2

1

a) 3 p

Sökt:

Ångvältens kinetiska energi när den rullat sträckan s.Lösning:Mekaniska energisatsen mellan läge 1 och 2:

K1 + Ug1 + Ue1 + Wövr = K2 + Ug2 + Ue2, (4.1)där

K1 =12

Ihω21 +

12

Mtotv21, Ug1 = Mtotgh, Ue1 = 0, (4.2)

K2 =?, Ug2 = 0, Ue2 = 0, Wövr = 0, (4.3)där masströghetsmomentet kring för framhjulet kring dess mass-centrum ges av en homogen cylinder, (PH F-1.10):

Ih = MhR2/2 = 3100 · 0,72/2 = 759,5 kg·m2, (4.4)höjden är

h = s · sin θ = 2·sin 15◦ ≈ 0,517638 m. (4.5)(4.2) och (4.3) i (4.1) ger:

Mtotgh +12

Ihω21 +

12

Mtotv21 = K2. (4.6)

Rullning utan glidning:v1 = Rω1 ⇒ ω1 = v1/R = 1/0,7 ≈ 1,43 rad/s, (4.7)

i (4.6) med (4.4) och (4.5):

K2 = Mtotgh +12

Ihv21

R2 +12

Mtotv21

(4.4)= Mtotgh +

v21

2

( Mh

2+ Mtot

)

= 4500·9,82·2·sin 15◦ +12

2

(3100

2+ 4500

)

≈ 25,899 kJ. (4.8)

b) 1 p

Sökt:Framhjulets maximala rörelsemängdsmoment.Lösning:Rörelsemängdsmoment är maximalt då vinkelhastigheten ärmaximal, dvs vid ω2 som fås ur den kinetiska energin i läge 2med rullning utan glidning v2 = Rω2:

K2 =12

Ihω22 +

12

Mtotω22R2 =

12ω2

2(Ih + MtotR2)⇒

ω2 =

√2K2

Ih + MtotR2(4.8,4.4)

=

√2·25899

759,5 + 4500·0,72 ≈ 4,18 rad/s.

(4.9)I rörelsemängdsmoment för stel kropps rotation, L = Iω:

Lmax = Ihω2 = 759,5·4,18008 ≈ 3174,8 kgm2/s. (4.10)

Svar: a) Kinetisk energi efter sträckan 2,0 m: 26 kJ.b) Maximalt rörelsemängdsmoment: 3,2·103 kgm2/s.

5Säckar på gungbräda

4 p

Givet:Säckmassa: Ms = 2,00 kgFallhöjd: h1 = 3,0 mStånglängd: l = 2,20 mStånghöjd: h0 = 0,500 mStångmassa: Mb= 15 kg

��

U = 0g

h

l/2 3

O

1

4

h0

r

h4

2

(före stöt)

B

B

A

θ

1

Sökt:a) Vinkelhastigheten hos gungbrädan under rotationen ochb) Maxhöjd från gungbrädan för B.Lösning:Mekaniska energisatsen mellan läge 1 och 2:

��K1 + Ug1 +��Ue1 +��Wövr = K2 +��Ug2 +��Ue2, ⇒Msgh1 = Msv2

2/2 ⇒ v2 =√

2gh1. (5.1)∑τ = 0 (friktionsfri rotation)⇒ rörelsemängdsmoment bevaras:

L2 = L3 ⇒ Msv2r = IOω3, ⇒ ω3 = Msv2

√l2 − h2

0/IO, (5.2)

ty stel kropp har L = Iω och partikel har L = ~r × m~v = r⊥Msv2.

Det vinkelräta avståndet r⊥ = 12

√l2 − h2

0 fås ur Pythagoras sats.Masströghetsmomentet för stången som roterar kring sitt mass-centrum (PH F-1.10) och för säckarna är:

IO = Ib + 2Is = Mbl2/12 + 2Ms(l/2)2 ≈ 10,89 kgm2. (5.3)(5.3) och (5.1) i (5.2) ger:

ω3 =Ms

√2gh1 · 12

√l2 − h2

0

Mbl2/12 + 2Ms(l/2)2 = [numeriskt] ≈ 1,51 rad/s. (5.4)

Hastigheten i y-led när gungbrädan har vippat helt blirv3y = v3tan cos θ = rω3 cos θ = (l/2)ω3 · cos θ, (5.5)θ = arcsin h0/l ≈ 13,1 ◦. (5.6)

Med mekaniska energisatsen mellan 3→ 4:K3 +��Ug3 +��Ue3 +��Wövr2 =��K4 + Ug4 +��Ue4 ⇒

h4 =v2

3y

2g=

((l/2)ω3 · cos θ)2

2g= [numeriskt] ≈ 0,133 m. (5.7)

Svar: a) Vinkelhastighet under rotationen: 1,5 rad/s.b) Maxhöjd från gungbrädan för B: 0,13 m.




Tentamen i: Fysik 3










1. (4 p) Två rymdskepp, A och B, åker förbi varandra med en relativ hastighet, v = 0,866c. Enperson i rymdskepp A mäter upp längden på sitt eget rymdskepp och får LA = 10,0 m. En person irymdskepp B mäter upp längden på sitt eget rymdskepp och får LB = 50,0 m.

a) (2 p) När personen i rymdskepp A mäter längden på rymdskepp B, vilken längd, LBA, får hen?

b) (1 p) När personen i rymdskepp B mäter längden på rymdskepp A, vilken längd, LAB, får hen?

c) (1 p) Om rymdskepp A har en vilomassa mA = 25 ton, vilken totalenergi har då rymdskepp Asett från rymdskepp B?

2. (3 p) En av riskerna med den radioaktiva nedsmutsningen efter en kärnvapensprängning är Sr-90.Denna isotop har kemiska egenskaper liknande Ca och lagras därför upp i benstommen om mant.ex. via mjölk får i sig ämnet i kroppen. För en normalstor atombomb gäller att ca 0,40 kg Sr-90bildas. Om vi antar att denna mängd sprids ut jämnt över Sveriges yta 449 964 km2, vilken blir dåaktiviteten från Sr-90 per kvadratmeter?

3. (3 p) En smal, homogen stång med massa 15 kg och längd 0,600 msläpps från vila i vertikalt läge. När stången passerar sitt horison-tella läge (streckade läget) vill man att den har vinkelhastighetenω = 4,0 rad/s. Därför är en fjäder med fjäderkonstanten k =

25 kN/m monterad som visas i figuren. Fjädern har tryckts ihopstycket h i det ögonblick stången är horisontell. Bestäm dennahoptryckning h så att stångens vinkelhastighet är 4,0 rad/s i dettaläge.

1

4. (4 p) En homogen skiva med massan M och radien R roterar med försumbar friktion med vinkel-hastigheten ω1, då en skalbagge med massan m plötsligt ramlar rakt ned på skivan ute vid dessperiferi. Skalbaggen är av det större slaget, så dess massa är inte försumbar i förhållande till ski-vans, men den får ändå behandlas som en partikel.

a) (3 p) Vilken vinkelhastighet får skivan efter detta? Skalbaggen rör sig inte relativt skivan.

b) (1 p) Skalbaggen börjar sedan röra sig längs skivans periferi med fart vs relativt skivan i motsattriktning mot skivans rotationsriktning. Minskar eller ökar skivans vinkelhastighet? Minskareller ökar systemets totala rörelseenergi? Kort motivering krävs.

5. (4 p) En cirkulär platta, med radie R, har ett cirkulärt hål i vars radie är r. Plattan roterar kringz′-axeln på en friktionslös yta, se figur. Plattans ytdensitet är σ.

r

R

z’

a) Härled ett uttryck för masströghetsmomentet Iz′ kring z′-axelnuttryckt i σ, r och R.

b) Plattan roterar initialt med vinkelhastigheten ω0 = 5,0 rad/s.Plattan bromsas sedan genom att man trycker med en bromspå vardera sidan av plattan under tiden 9,0 s. Tryckkrafterna ärkonstanta, N = 40 N (vardera) och friktionskoefficienten mel-lan bromsen och plattan är µk = 0,30. Beräkna plattans vinkel-hastighet efter inbromsningen om R = 0,600 m, r = 0,400 moch σ = 0,50 · 103 kg/m2.


2



1Relativ relativitet

4 p

Givet:Relativ hastighet: v = 0,866 cEgenlängd, rymdskepp A: LA = 10,0 mEgenlängd, rymdskepp B: LB = 50,0 mMassa, rymdskepp A: mB= 25 ton

a) 2 p

Sökt:Längden på rymdskepp B, LBA, sett från A.Lösning:Gammafaktorn:

γ =1√

1 − v2/c2=

1√1 − 0,8662

≈ 2,000. (1.1)

Längden kontraheras enligt l = l0/γ:

LBA = LB/γ(1.1)= 50,0/2,000 ≈ 25,00 m. (1.2)

b) 1 p

Sökt:Längden på rymdskepp A, LAB, sett från B.Lösning:Längden kontraheras enligt l = l0/γ:

LAB = LA/γ(1.1)= 10,0/2,000 ≈ 5,000 m. (1.3)

c) 1 p

Sökt:Rymdskepp A:s totalenergi sett från B.Lösning:Totalenergin ges av

E = γmc2 (1.1)= 2,00 · 25000 · c2 ≈ 4,493 · 1021 J. (1.4)

Svar: a) Längden på rymdskepp B, sett från A, LBA = 25,0 m.b) Längden på rymdskepp A, sett från B, LAB = 5,00 m.c) Totalenergin för rymdskepp A, sett från B, EA = 4,5 ZJ.

Kommentar: Notera att båda rymdskeppen upplever att det and-ra rymdskeppet har krympt.

2Strontiumnedfall

3 p

Givet:Massa Sr-90: m= 0,40 kgSveriges yta: A= 449 964 km2

Sökt:Aktiviteten per kvadratmeter.Lösning:Aktivitetslagen:

n = λN, (2.1)där sönderfallskonstanten

λ =ln 2T1/2

≈ 7,54 · 10−10 s−1, (2.2)

med halveringstiden för Sr-90, T1/2 = 29,1 år (PH T-6.3) ochantalet strontium-90 atomer är:

N =mM

=0,40

89.907738 u≈ 2,679 · 1024, (2.3)

där atommassan för Sr-90 är M = 89.907738 u (PH T-6.3) ochu = 1,6605387 · 10−27 kg (PH CU-1.1).(2.3) och (2.2) i (2.1) ger

n = 7,54 · 10−10 · 2,679 · 1024 ≈ 2,022 · 1015 Bq. (2.4)Fördelat över Sveriges yta blir aktiviteten per kvadratmeter:

nA =nA

(2.4)=

2,022 · 1015

449 964 · 106 ≈ 4494 Bq/m2. (2.5)

Svar: Aktiviteten per kvadratmeter blir 4,5 kBq/m2.

Kommentar: I verkligeheten skulle Sr-90-atomerna huvudsakli-gen koncentreras till närområdet till explosionen, men även ut-spridda över Sveriges yta skulle det bli farligt höga doser.

3Stavrotation med fjäder

3 p

Givet:Stångmassa: m= 15 kgStånglängd: L = 0,600 mFjäderkonstant: k = 25 kN/m

1

2

Sökt:Fjädernshoptryckning så attvinkelhastigheten blir ω =4,0 rad/s.Lösning:Mekaniska energisatsen mel-lan läge 1 och 2 för ett roteran-de objekt med masströghets-moment I:

K1 + Ug1 + Ue2 + Wövr =

K2 + Ug2 + Ue2, (3.1)där

K1 = 0, K2 = Iω2/2,Ug1 − Ug2 = mgL/2,

Ue1 = 0, Ue2 = kh2/2,Wövr = 0. (3.2)

(3.2) i (3.1) ger

mgL/2 = Iω2/2 + kh2/2 ⇒ h =

√mgL − Iω2

k. (3.3)

Masströghetsmomentet för en smal stång (PH F-1.10, nr 1):I = mL2/3, (3.4)

i (3.3):

h =

√mgL − (mL2/3)ω2

k=

√mL(g − Lω2/3)

k

=

√15·0,6·(9,82 − 0,6·42/3)

25000≈ 0,0488 m. (3.5)

Svar: Fjäderhoptryckningen blir h = 4,9 cm.

4Skalbagge på roterande skiva

4 p

Givet:Skalbaggsmassa: mSkivmassa: MSkivradie: RInitial vinkelhastighet: ω1

a) 3 p

Sökt:Vinkelhastigheten, ω2, med skalbaggen på skivan.Lösning:Skivan snurrar friktionsfritt ⇒ inga externa moment ⇒ rörelse-mängdsmomentet bevaras:

L1 = L2, (4.1)Det totala rörelsemängdsmomentet före skalbaggen ramlar ner:

L1 = I1ω1, (4.2)där skivans masströghetsmoment (PH F-1.10, nr 7) är

I1 = Iskiva = MR2/2. (4.3)Det totala rörelsemängdsmomentet efter skalbaggen ramlat ner:

L2 = I2ω2, (4.4)där skivan och skalbaggens gemensamma masströghetsmoment,

I2 = Iskiva + Iskalbagge(4.3)= MR2/2 + mR2 = R2(M/2 + m), (4.5)

där skalbaggen betraktas som en punktmassa, Iskalbagge = mR2.

Senast uppdaterad: 2 juni 2015 1(2) c© Erik Elfgren


(4.2), (4.3), (4.4), (4.5) i (4.1) ger skivans vinkelhastighet medskalbaggen på:(

MR2

2

)ω1 = R2

( M2

+ m)ω2 ⇒ ω2 =

MM + 2m

ω1 (4.6)

b) 1 p

Sökt:Om skalbaggen rör sig i motsatt riktning som rotationen, hur änd-ras skivans vinkelhastighet och den totala rörelseenergin?

Svar: a) Skivans vinkelhastighet med skalbaggen på skivan ärω2 = M

M+2mω1.b) Skivans vinkelhastighet ökar eftersom rörelsemängds-

momentet bevaras och insektens rörelsemängdsmomentblir motriktat skivans.Systemets totala rörelseenergi ökar eftersom skal-baggen tillför rörelseenergi när den rör sig.

5Roterande platta

4 p

Givet:Ytterradie: RInnerradie: rYtdensitet: σ

a) 2 p

Sökt:Plattans masströghetsmoment kring dess centrum, z′-axeln.

r

R

z’

Lösning:Plattans area är A = π(R2 − r2), vilketbetyder att dess massa är

M = σA = σπ(R2 − r2). (5.1)Det finns 3 sätt att lösa detta på:

(I) En platta med hål i har tröghetsmo-mentet (PH F-1.10, nr 8):

IP =M2

(R2 +r2)(5.1)=

σπ(R2−r2)2

(R2 +r2) =σπ

2(R4−r4). (5.2)

(II) En homogen platta har tröghetsmomentet (PH F-1.10, nr 7):

I =12

mR2. (5.3)

Sammansatta kroppars tröghetsmoment kan adderas Itot = I1 +

I2 + . . . Addition av den homogena plattans (massa: m1 = σπR2)tröghetsmoment och hålets (massa: −m2 = −σπr2) tröghetsmo-ment:

IP = I1 + I2 =12

m1R2 − 12

m2r2 =12

(σπR2)R2 − 12

(σπr2)r2

=σπ

2(R4 − r4). (5.4)

(III) Defintion av tröghetsmoment och integration i polära koor-dinater från r → R och 0→ 2π, med dm = rσ drdθ:

IP =

∫r2 dm =

∫ 2π

0

∫ R

rr2rσ drdθ = 2πσ

(R4

4− r4

4

)

=σπ

2(R4 − r4). (5.5)

Svar: Plattans tröghetsmoment är IS = σπ2 (R4 − r4).

b) 2 p

Givet:Ytterradie: R = 0,600 mInnerradie: r = 0,400 mYtdensitet: σ = 0,50 · 103 kg/m3

Initial vinkelhastighet: ω0= 5,0 rad/sBromstid: ∆t = 9,0 sNormalkrafter: N = 40 NKinetisk friktionskoefficient: µk = 0,30

Sökt:Plattans vinkelhastighet efter inbromsningen.Lösning:Friläggning av plattan:

y

x

N

Nf

f

ω0 Konstant vinkelacceleration ⇒ vin-kelhastigheten blir:ω = ω0 + α∆t, (5.6)

där vinkelaccelerationen, α, fås urmomentekvationen:∑

yτ = IPα ⇒ −2 f R = IPα,

(5.7)med friktionskrafterna

f = µkN, (5.8)i (5.7)⇒α = −2 f R

IP

(5.8)= −2µkNR

IP

(5.2)= − 2µkNR

σπ2 (R4 − r4)

. (5.9)

i (5.6):

ω = ω0 − 2µkNRσπ2 (R4 − r4)

∆t = 5 − 2·0,3·40·0,6500π

2 (0,64 − 0,44)·9

≈ 3,41 rad/s. (5.10)

Svar: Plattans vinkelhastighet efter inbromsningen blir 3,4 rad/s.




Tentamen i: Fysik 3




Tillåtna hjälpmedel: Fysika samt ErrataAppendix till kompendiet i Problemlösning (1 sida)Räknedosa och ritmateriel



Anvisningar: Definiera beteckningar och ange mätetalens enheter samt vilka lagar duanvänder. Motivera formler, antaganden och approximationer. Källhänvi-sa data. Presentera lösningarna så att de blir lätta att följa.

Resultatet anslås: Mitt LTU, 2014-04-16


1. (4 p) Förståelsefrågor (om inte annat anges fordras ingen beräkning, däremot ska du motivera dittsvar precis som i alla uppgifter):

a) (0,5 p) En person springer förbi dig med farten 0,9c. Hur ändras ditt synintryck av den perso-nen?

b) (0,5 p) Ett objekt rör sig med farten 0,9c och du vill accelerera objektet. Krävs det lika stor kraftom accelerationen sker i sidled som om den sker längs med rörelsen? Ingen motivering krävs.

c) (0,5 p) Hur kommer det sig att myoner som skapas av kosmisk strålning når ner till markytantrots att de borde sönderfalla innan?

d) (0,5 p) En elektron har rörelseenergin Ke = 5 keV. Rör den sig då med relativistisk hastighet?

e) (0,5 p) Om en tvilling stannar på jorden och en accelererar ut i rymden till en hastighet näraljusets och sedan återvänder till jorden, vilken av de två tvillingarna är äldst när rymdtvillingenlandar på jorden igen?

f) (1,5 p) Om totalenergin för en partikel är 2,0 gånger så stor som viloenergin, vad är partikelnshastighet uttryckt i ljushastigheten, c? Beräkning fordras.

2. (3 p) Vad står symbolen X för i följande kärnreaktioner. Nuklider ska anges på formen Cl-36 (somett exempel), dvs med nuklidens bokstavssymbol och antalet nukleoner.

a) 3He + 3He→ 2p + X

b) 234U→ α + X

c) n + 235U→ 2n + 140Xe + X

d) 137Ba∗ → X + γ

1(2)

e) e− + 40K→ X + νe + γ

f) 137Cs→ X + e− + νe.

3. (3 p) En stång med tröghetsradie kO hänger från ett lager O. Stångens tyngdpunkt ligger på ettavstånd rcm från lagret, se figur.

O

q

F

rcm

a) (2,5 p) Beräkna på vilket avstånd q från lagret där entangentiell kraft kan anbringas utan att ge upphov till entangentiell lagerkraft Ot.

b) (0,5 p) Vad kallas denna punkt och vad har man för nyttaav att känna till den?

4.l

ω

O

r

(4 p) Ett homogent klot med massan mk = 1,50 kg och radien r = 0,200 mär fastsvetsat i änden på en smal, homogen stång med längden l = 0,500 moch massan ms = 2,00 kg. Den så konstruerade pendeln är upphängd i enfriktionsfri led O. Den släpps från vila i det läge där stången är horisontell.

a) (2 p) Beräkna pendelns (mass)tröghetsmoment med avseende på leden O.

b) (2 p) Beräkna pendelns vinkelhastighet i nedersta läget,dvs. då stången är vertikal.

5. (4 p) Satelliten i figuren befinner sig i vakuum,har massan 115 kg och masströghetsmoment-et Iz = 0,94 kg m2, solpanelerna (A, B, C ochD) ej medräknade. Varje solpanel har massan29 kg och kan betraktas som en tunn skiva medbredden 0,20 m och längden 0,75 m. Satellitenroterar ursprungligen kring z-axeln med medvinkelhastigheten ωz = 0,50 rad/s när solpane-lerna är utfällda, d.v.s. vinkeln θ = 0◦. Vad blirvinkelhastigheten när solpanelerna rests upp såatt vinkeln är exakt θ = 90◦ (dvs de är parallel-la med z-axeln)? Avståndet från z-axeln till solpanelernas fästen är 0,20 m.


2(2)


Kommentar Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av pedagogisk natur. I ekvationer betyder . . . att några matematiska steg

(som skulle krävas på tentan) är överhoppade. Om det står(1.1)

= betyder det att ekvation (1.1) sätts in efter likhetstecknet. Fa &T a syftar på formel, respektive tabell i formelsamlingen Fysika.

1Förståelse relativitet

4 p

a) 0,5 p

Personen som springer förbi dig ser smalare ut på grund av längd-kontraktionen i rörelseriktningen som sker vid relativistisk fart.

Svar: Personen ser smalare ut.Kommentar: Man kan också svara att personen ser ut att röra sigsnett eftersom fotonerna på personens mage kommer fram någotföre fotonerna från personens bak.b) 0,5 p

Det krävs större kraft för att accelerera någonting i rörelserikt-ningen än i sidled.

Svar: Nej, det krävs mindre kraft i sidled än i rörelsens riktning.Kommentar: F‖ = γ3ma, medan F⊥ = γma (Fd1).c) 0,5 p

Myonernas halveringstid tidsdilateras i vårt system så att de fak-tiskt hinner ner innan de sönderfaller, T1/2 = γT0,1/2.

Svar: Myonernas halveringstid tidsdilateras.Kommentar: Man kan lika väl säga att den sträcka som myoner-na upplever att de färdas längdkontraheras så att den blir kortareså att myonerna hinner ner innan de sönderfaller, l = l0/γ.d) 0,5 p

Elektronens viloenergi är (Te) mec2 = 510,999 keV � Ke =5 keV vilket innebär att den inte rör sig med relativistisk hastig-het.

Svar: Nej, elektronen rör sig inte med relativistisk hastighet.Kommentar: Ke = (γ − 1)mec2 ⇒ γ = Ke/mec2 + 1 ≈ 1,010. vil-ket betyder att hastigheten är ickerelativistisk till en precision av0,98 %. Man kan också räkna ut att hastigheten blir ca 0,14 c. Påden här uppgiften är inte svaret det viktiga utan resonemanget.e) 0,5 p

Jordtvillingen är äldst pga relativistiska effekter (rymdtvillingenhar accelererat i förhållande till jordtvillingen).

Svar: Rymdtvillingen är yngst.Kommentar: Med en konstant accelereration på 1 g kan man nåtill Andromedgalaxen på mindre än 30 år.f) 1,5 p

Givet:

E = 2,0 mc2. (1.1)Lösning:Partikelns totalenergi:

E = γmc2 (1.1)= 2mc2 ⇒ γ =

1√1 − u2/c2

= 2⇒ (1.2)

1 − u2/c2 = 1/22 ⇒ u/c =

√1 − 1/22 ≈ 0,866, (1.3)

där u är partikelns hastighet.

Svar: Partikelns hastighet är u ≈ 0,87 c.

2Kärnreaktioner

3 p

Sökt: X i nedanstående reaktioner.Lösning:Vi utnyttjar att både atomtalet A och laddningen Q (vilken hämtasur Tk3) bevaras i alla kärnreaktioner, och räknar ut A och Q förpartikeln X. Sen slår vi upp den “kemiska” beteckningen i Tk3.a) 0,5 p

32He + 3

2He→ 211p + X

AX = AHe + AHe − 2Ap = 3 + 3 − 2 · 1 = 4,QX = QHe + QHe − 2Qp= 2 + 2 − 2 · 1 = 2

⇒ X = 42He. (2.1)

b) 0,5 p

23492U→ α + X

AX = AU − Aα =234 − 4= 230,QX = QU − Qα =92 − 2 = 90,

⇒ X = 23090Th. (2.2)

c) 0,5 p

10n + 235

92U→ 210n + 140

54Xe + XAX = An + AU − 2An − AXe =1 + 235 − 2 · 1 − 140 = 94,QX = Qn + QU − 2Qn − QXe = 0 + 92 − 2 · 0 − 54 = 38,

⇒ X = 9438Sr. (2.3)

d) 0,5 p

13756Ba∗ → X + γ

AX = ABa − Aγ =137 − 0 = 137,QX = QBa − Qγ = 56 − 0 = 56,

⇒ X = 13756Ba. (2.4)

e) 0,5 p

0−1e− + 40

19K→ X + νe + γ

AX = Ae + AK − Aν − Aγ = 0 + 40 − 0 − 0 =40,QX = Qe + QK − Qν − Qγ =−1 + 19 − 0 − 0 =18,

⇒ X = 4018Ar. (2.5)

f) 0,5 p

13755Cl→ X + 0

−1e− + νe.AX = ACs − Ae − Aν = 137 − 0 − 0 = 137,QX = QCs − Qe − Qν =55 − (−1) − 0 = 56,

⇒ X = 13756Ba. (2.6)

Svar:a) X = He-4.b) X = Th-230.c) X = Sr-94.d) X = Ba-137.e) X = Ar-40.f) X = Ba-137.

3Nollmomentcentrum

3 p

a) 2,5 p

Antag att stången har massa m och vinkelacceleration α medurs.Friläggning av stången vid stöten:

q

Fmg

t

n

r

Ot

On

cm

Rotation kring fix axel:∑Ft = mat =mrcmα

⇒ F + Ot =mrcmα. (3.1)Vi vill få Ot = 0 (ingen tangentiell lager-kraft) och (3.1) ger:

α =F

mrcm. (3.2)

Momentekvationen kring O med defini-tionen på tröghetsradie, IO = mk2

O:

∑yτO = IOα =(mk2

O)α

⇒ Fq =mk2Oα

(3.2)= mk2

OF

mrcm=

Fk2O

rcm

⇒ q =k2

O

rcm. (3.3)

Svar: Avståndet från lagret där en tangentiell kraft kan anbring-as utan att ge upphov till en tangentiell lagerkraft Ot ärq = k2

O/rcm.

b) 0,5 p

Senast uppdaterad: 25 januari 2017 1(2) c© Erik Elfgren


Svar: Denna punkt kallas för nollmomentcentrum och är bra attkänna till när man designar pendlar som påverkas av kraf-ter. Om man ser till att kraften ligger i nollmomentcent-rum minskar slitaget på lagret avsevärt.

4Homogen klotpendelrotation

4 p

Givet:Klotmassa mk = 1,50 kg Klotradie r = 0,200 mStångmassa ms = 2,00 kg Stånglängd l = 0,500 m

a) 2 p

Sökt:Beräkna pendelns (mass)tröghetsmoment med avseende på ledenO.Lösning:Pendelns masströghetsmomentet kring O ges av

IO,tot = IO,s + IO,k, (4.1)där stångens trögetsmoment är (T f1m)

IO,s = msl2/3 ≈ 0,1667 kg·m2, (4.2)och klotet är ett homogent klot med tröghetsmoment kring mas-scentrum (T f1i)

Icm,k = (2/5)mkr2 = 0,024 00 kg·m2, (4.3)och klotets tröghetsmoment kring O fås med Steiners sats:

IO,k = Icm,k + mk(l + r)2 = 0,7590 kg·m2. (4.4)Ekvation (4.3) i (4.4) med (4.2) i (4.1):

IO,tot = msl2/3 + (2/5)mkr2 + mk(l + r)2 =

= 2 · 0,52/3 + (2/5)1,5 · 0,22 + 1,5 · (0,5 + 0,2)2

≈ 0,9257 kg·m2. (4.5)

b) 2 p

1

gU = 0

l/2

2

l

ω

rO

l+r

Sökt:Pendelns vinkelhastighet, ω, i ne-dersta läget (läge 2).Lösning:Mekaniska energisatsen för 1→ 2:

K1 + Ug1 + Ue1 + Wövr =

K2 + Ug2 + Ue2, (4.6)där

K2 =12

IO,totω2, K1 = Ue1 = Ue2 = Ug1 = Wövr = 0, (4.7)

Ug2 = −msg(l/2) − mkg(l + r), (4.8)eftersom vi varken har fjäderenergi eller några övriga krafter somverkar.(4.7) och (4.8) i (4.6) ger:

12

IO,totω2 = msgl/2 + mkg(l + r)

⇒ ω =

√2g(msl/2 + mk(l + r))

IO,tot

=

√2·9,82·(2 · 0,5/2 + 1,5 · (0,5 + 0,2))

0,9257≈ 5,735 rad/s. (4.9)

Svar: a) Pendelns (mass)tröghetsmoment med avseende på le-den O blir 0,926 kg·m2.

b) Pendelns vinkelhastighet i nedersta läget blir 5,73 rad/s.

Kommentar: Notera att det är masscentrum som har potentiellgravitationell energi, därav ekvation (4.8).

5Satellitrotation

4 p

Givet:

Massa, satellit: ms = 115 kgMasströghetsmoment, satellit: Is = 0,94 kg m2

Massa, panel: mp= 29 kgInitial vinkelhastighet: ω1= 0,50 rad/sInitial vinkel: θ1 = 0◦Slutlig vinkel: θ2 = 90◦Avstånd mellan z-axeln och panelfästen: s = 0,20 mLängd, panel: l = 0,75 mBredd, panel: b = 0,20 m

Sökt:Slutlig vinkelhastighet, ω2.Lösning:Vakuum ⇒ ∑

τ = 0 ⇒ rörelsemängdsmomentet (för den stelakroppen) bevaras runt z-axeln:

L1 = L2 ⇒ I1ω1 = I2ω2 ⇒ ω2 =I1

I2ω1. (5.1)

Masströghetsmoment i läge 1:I1 = Is + 4Ip1 = Is + 4(Ip,cm,1 + mp ·d2

1) ≈ 45,1 kg m2, (5.2)med Steiners sats med d1 = s + l/2 = 0,2 + 0,75/2 = 0,575 m ochmasströghetsmomentet kring en panels masscentrum (T f1m):

Ip,cm,1 = mp(l2 + b2)/12 ≈ 1,456 kg m2. (5.3)Masströghetsmoment i läge 2:

I2 = Is + 4Ip2 = Is + 4(Ip,cm,2 + mp ·d22) ≈ 5,97 kg m2, (5.4)

med Steiners sats med d2 = s = 0,2 m och masströghetsmomen-tet kring en upprätt panels masscentrum (T f1m):

Ip,cm,2 = mpb2/12 ≈ 0,096 67 kg m2. (5.5)(5.2) och (5.4) i (5.1):

ω2 =I1

I2ω1 =

Is + 4(Ip,cm,1 + mp ·d21)

Is + 4(Ip,cm,2 + mp ·d22)ω1

(5.3,5.5)=

=Is + 4

(mp(l2 + b2)/12 + mp ·d2

1 )

Is + 4(mpb2/12 + mp ·d2

2

) ω1

=0,94 + 4

(29(0,752 + 0,22)/12 + 29·0,5752

)

0,94 + 4(29·0,22/12 + 29·0,22

) 0,5

≈ 3,78 rad/s. (5.6)

Svar: Slutlig vinkelhastighet, ω2 ≈ 3,8 rad/s.




Tentamen i: Fysik 3










1. (3 p) En elektron startar från vila och accelereras av ett elektriskt fält.

a) (2,5 p) Beräkna hur mycket energi som måste tillföras elektronen för att dess fart ska bli 0,99c.Uttryck svaret i eV.

b) (0,5 p) Är detta en relativistisk fart? Motivera genom att resonera kring energin.

2. (4 p) Efter olyckan i Tjernobyl i slutet av april 1986 så var det isotoperna jod-131, cesium-134 ochcesium-137 från den förstörda reaktorn som dominerade det radioaktiva nedfallet i Europa.

a) Efter hur lång tid hade aktiviteten från jod-131 gått ner till 10 % av aktiviteten omedelbart efternedfallet?

b) Under vilket år sjönk aktiviteten från cesium-134 till under 20 % av den totala aktiviteten avkvarvarande Tjernobyl-cesium? Vi kan (för enkelhets skull) anta att det föll ned ungefär likamånga atomer av de båda cesiumisotoperna i april 1986.

3. (4 p) Förståelsefrågor (om inte annat anges fordras ingen beräkning eller motivering):

a) (0,5 p) Varför bevaras ej rörelsemängden då en sten träffar en öppen dörr och stenen får dörrenatt rotera kring sitt gångjärn. Motivera.

b) (0,5 p) Vilket villkor måste vara uppfyllt för att rörelsemängdsmomentet ska bevaras då en stenträffar en öppen dörr och stenen får dörren att rotera kring sitt gångjärn.

c) (0,5 p) Er lärare går på ett rullande bord och rör sig sträckan 0,2 m relativt marken. Kommerbordet att röra sig en längre eller kortare sträcka relativt marken? Motivera.

d) (0,5 p) Ge ett exempel på en axel runt vilken momentekvationen kan tillämpas.

1(2)

e) (0,5 p) Beskriv i en mening vad tröghetsradie är.

f) (0,5 p) En tom ölburk och en fylld ölburk rullar nedför en ramp, vilken är snabbast? Motivera.

g) (1 p) Masströghetsmomentet för en kropp kring en axel P1 är IP1 = 25,0 kg·m2. Beräkna mass-tröghetsmomentet kring den parallella axeln P2, se figur, om kroppens massa är 3,0 kg, avstån-det mellan P1 och P2 är a = 1,0 m och avståndet från masscentrum till P2 är b = 1,5 m.

a

b

cm

P1 P2

4. (3 p)

a) (1,5 p) Bestäm, med hjälp av integration, uttrycket för hastigheten v efter tiden t vid konstantacceleration a om initialhastigheten är v0. Utgå från definitionen på acceleration, a = dv/dt.

b) (1,5 p) Antag att accelerationen inte är konstant, utan beskrivs av a = (2,0 · t) m/s2, vad blir dåhastigheten efter tiden t1 = 15,0 s om initialhastigheten var noll?

5. ��

AB

C

(4 p) Två tyngder med massa mA = 0,673 kg respektive mB =

1,110 kg hänger med en masslös, flexibel, otöjbar lina överen trissa med massa mC = 2,005 kg. Trissan är homogen ochhar radien R = 25 cm och är fäst i taket med en masslös lina.

Beräkna kraften från trissan på taket.


2(2)





1Elektronacceleration

3 p

Givet:Slutfart: v= 0,99 c

Sökt:a) Energi som krävs för att elektronens fart ska bli v.b) Är farten relativistisk?Lösning:a) 2,5 p


K = (γ − 1)mec2 =

1√

1 − v2/c2− 1

mec2

=

1√

1 − 0,992− 1

·0,510 998 946 1·106 ≈ 3,11 MeV,

(1.1)med mec2 = 0,510 998 946 1 MeV från Te.b) 0,5 p

Svar: a) Den tillförda energin som krävs är K ≈ 3,1 MeV.b) Elektronens fart är relativistisk eftersom den kinetiska

energin, K ≈ 3 MeV, ej är mycket mindre än viloener-gin, E0 = mec2 ≈ 0,5 MeV.

2Tjernobylisotoper

4 p

a) 2 p

Variabler:Initial aktivitet för I-131: A0Slutlig aktivitet för I-131: A1

Givet:Slutlig aktivitet för I-131: A1= 0,10A0

Sökt:Efter hur lång tid, t1 hade aktiviteten från jod-131 gått ner till10 % av aktiviteten omedelbart efter nedfallet?Lösning:Aktivitetslagen A = λ · N ⇒ N = Aλ−1 i sönderfallslagen N =

N0e−λ·t ger:Aλ−1 = A0λ

−1e−λ·t ⇒ A = A0e−λ·t, (2.1)där sönderfallskonstanten, λ = (ln 2)/T1/2. För I-131:

A1 = A0e−t1· ln 2T1/2 = 0,10A0, (2.2)

där halveringstiden för I-131, T1/2 = 8,025 dygn (Tk4). Vi löserut tiden t1 ur (2.2):

0,10 = e−t1· ln 2T1/2 ⇒ ln 0,10 = −t1 · ln 2

T1/2⇒ (2.3)

t1 = −T1/2 ln 0,10ln 2

= −8,025 ln 0,10ln 2

(2.4)

≈ 26,66 dygn. (2.5)

Svar: Det tar 27 dygn innan aktiviteten från jod-131 gått ner till10 % av aktiviteten omedelbart efter nedfallet.

Kommentar Det skulle också gå att omvandla alla tider till sekunder och sedan tillbaks till dygn, men eftersom indata är i dygn ärdet lämpligare att räkna i dygn.

b) 2 p

Variabler:Aktivitet för Cs-134: A4Aktivitet för Cs-137: A7

Givet:Initialt, antal Cs-134-atomer = antal Cs-137-atomer: = N0

Sökt:Under vilket år sjönk aktiviteten från cesium-134 till under 20 %

av den totala aktiviteten av kvarvarande Tjernobyl-cesium?Lösning:Aktiviteten från Cs-134 ska bli

A4 = 0,2(A4 + A7) ⇒ 4A4 = A7. (2.6)

Sönderfallslagen N = N0e−λ·t i aktivitetslagen A = λN i (2.6):

4λ4N0e−λ4·t = λ7N0e−λ7·t ⇒4λ4

λ7= e(λ4−λ7)·t ⇒ (2.7)

t =ln

(4 λ4λ7

)

λ4 − λ7=

ln(4 T7

T4

)

ln 2T4− ln 2

T7

,

=ln

(4 30,08

2,065

)

ln 22,065 − ln 2

30,08

≈ 13,0 år, (2.8)

med halveringstiderna (Tk4) förCs-134: T4 = ln 2/λ4= 2,065 årCs-137: T7 = ln 2/λ7= 30,08 år

Svar: Aktivitetskvoten går ner till 20 % under år 1999.

3Förståelse

4 p

a) 0,5 p

Sökt:Varför bevaras ej rörelsemängden då en sten träffar en dörr?

Svar: För att det blir en reaktionskraft i gångjärnen, och om detfinns externa krafter beavars ej rörelsemängden.

b) 0,5 p

Sökt:Vilket villkor måste vara uppfyllt för att rörelsemängdsmomentetska bevaras då en sten träffar en dörr som sedan roterar kring sittgångjärn?

Svar: Det får inte finnas några externa moment.Kommentar Detta beror på impulsmomentlagen

∫ ∑τ = ∆L, om τ = 0 är ∆L = 0. Gångjärnet måste vara friktionsfritt.

c) 0,5 p

Sökt:Er lärare går på ett rullande bord och rör sig sträckan 0,2 m re-lativt marken. Kommer bordet att röra sig en längre eller kortaresträcka relativt marken? Motivera.

Svar: Bordet rör sig en längre sträcka eftersom det är lättare ochmasscentrums läge ej ändras pga att det ej finns några ex-terna krafter.

d) 0,5 p

Sökt:Ge ett exempel på en axel runt vilken momentekvationen kantillämpas.

Svar: En fix axel.Kommentar Andra exempel: masscentrum. Det finns även en allmän formel för momentekvationen kring en godtycklig axel, menden ingår ej i kursen.

e) 0,5 p

Sökt:Beskriv i en mening vad tröghetsradie är.

Svar: Den radie ett cylindriskt skal skulle ha om det hade sam-ma masströghetsmoment.

Kommentar Tröghetsradie: kO =√

IO/m.

f) 0,5 p

Sökt:En tom ölburk och en fylld ölburk rullar nedför en ramp, vilkenär snabbast? Motivera.

Svar: Burkarna har samma masströghetsmoment men den fyll-da burken är tyngre. Den fyllda ölburken är snabbast ef-tersom vätskan ej roterar och därmed blir majoriteten avrörelseenergin till translationsenergi.



Kommentar Masscentrums acceleration: acm =Mg sin φ

Icm/R2+M(om rampen litar med vinkeln φ, buken väger M, har masströghets-

momentet Icm och radien R). Ju lägre Icm är, desto högre blir alltså accelerationen.

g) 1 p

Givet:Masströghetsmomentet kring en axel P1: IP1= 25,0 kg·m2

Massa: m = 3,0 kgAvstånd P1↔P2: a = 1,0 mAvstånd P2↔cm: b = 1,5 m

Sökt:Masströghetsmomentet kring P2, IP2.

a

b

cm

P1 P2Lösning:Steiners sats mellan cm och P1:

IP1 = Icm + m(a + b)2 ⇒Icm = IP1 − m(a + b)2 ≈ 6,25 kg·m2. (3.1)

Steiners sats mellan cm och P2:

IP2 = Icm + mb2 (3.1)= IP1 − m(a + b)2 + mb2 (3.2)

=25 − 3(1 + 1,5)2 + 3·1,52 ≈ 13,0 kg·m2

Svar: Masströghetsmomentet kring axeln P2 är IP2 ≈ 13 kg·m2.

Kommentar Obs! Steiners sats kan ej användas mellan två godtyckliga axlar, den ena måsta vara masscentrum.

4Icke-konstant acceleration

3 p

a) 1,5 p

Sökt:Hastigheten v efter tiden t vid konstant acceleration a om initial-hastigheten är v0.Lösning:Definitionen på acceleration a = dv/dt kan skrivas om och sedanintegreras:

dv = a dt ⇒∫ v

v0

dv =

∫ t

0a dt ⇒ v − v0 = a · t (4.1)

b) 1,5 p

Sökt:Antag att accelerationen inte är konstant, utan beskrivs av a =

(2,0 · t) m/s2, vad blir då hastigheten efter tiden t1 = 15,0 s ominitialhastigheten, v0, var noll?Lösning:Med samma resonemang som i a):

dv = a dt ⇒∫ v

v0

dv =

∫ t

0a dt =

∫ t1

02,0 · t dt

⇒ v − v0 = 2,0 · t21/2

⇒ v = 2,0 · 15,02/2 ≈ 225 m/s. (4.2)

Svar: a) Härledningen av hastighet vid konstant acceleration,v = v0 + a · t, finns ovan.

b) Hastigheten blir ca 0,22 km/s efter tiden t1 = 15,0 s.

5Massor över trissa

4 p

Givet:Massa A: mA= 0,673 kgMassa B: mB= 1,110 kgMassa trissa C: mC= 2,005 kgRadie trissa C: R = 0,25 m

Sökt:Kraften från trissan på taket, F.

TA

y

Am g

Figur 5.1:Friläggningav A.

Lösning:NII för A,

∑Fy = may:

TA − mAg = mAaA ⇒ TA = mA(aA + g). (5.1)NII för B,

∑Fy = may:

TB − mBg = mBaB ⇒ TB = mB(aB + g). (5.2)

Samma acceleration i snöret: aA = −aB(5.2)⇒

TB = mB(−aA + g). (5.3)

TB

y

Bm g

Figur 5.2:Friläggningav B.

Momentekvationen för C,∑yτ cm = Iα:

(TB − TA)R = ICα, (5.4)där masströghetsmomentet (T f1a):

IC =mCR2

2≈ 0,0627 kg·m2. (5.5)

Trissans acceleration är densamma som linans:aA = αR⇒ α =

aA

R. (5.6)

TB

TA

m gC

TC y

x

Figur 5.3:Friläggningav C.

(5.1), (5.3) i (5.4) med (5.5) och (5.6):

(mB(−aA + g) − mA(aA + g))�R =mC��R2

2aA

�R

⇒ mB(−aA + g) − mA(aA + g) =mCaA

2⇒ aA(mA + mB + mC/2) = (mB − mA)g

⇒ aA =(mB − mA)g

mA + mB + mC/2(5.7)

=(1,11 − 0,673)·9.82

0,673 + 1,11 + 2,005/2≈ 1,541

ms2 . (5.8)

Jämvikt i y-led för C,∑

Fy = 0:TC−TA − TB − mCg = 0 ⇒

TC =TA + TB + mCg(5.1,5.3)

= mA(aA + g) + mB(−aA + g) + mCg(5.8)= 0,673(1,541 + 9,82) + 1,11(−1,541 + 9,82) + 2,005·9,82≈36,525 N. (5.9)

NIII för en masslös lina⇒ F = TC = 36,525 N.

Svar: Kraften från trissan på taket är 36,5 N.Kommentar Notera att radien ej påverkar svaret och därmed ej heller antal värdessiffror i svaret.




Tentamen i: Fysik 3










1. (3 p) Myonen är en elementarpartikel som är nära släkt med elektronen, men tyngre. Däremot ärden instabil, med en halveringstid på T1/2 = 2,1970 µs i sitt eget vilosystem. Myonen kan skapasi den övre atmosfären, när kosmiska strålar krockar med atomer. Antag att en sådan krock påhöjden 10 km över havet ger upphov till ett stort antal myoner, som strålar rakt ner mot marken,alla med hastigheten 0,999c. Kommer i så fall fler än häften av dem att nå markytan innan dehinner sönderfalla?

2. (4 p) När en atomkärna (i vila) av radon-222 sönderfaller strålar en alfapartikel ut i ena riktningen,och dotterkärnan rekylerar i motsatt riktning.

a) (0,5 p) Vilken är dotterkärnan?

b) (1,5 p) Beräkna reaktionens Q-värde.

c) (2 p) Vilken hastighet (i enheten m/s) får dotterkärnan om α-partikeln får 5,4888 MeV? För-summa inverkan av dotterkärnans elektroner för beräkningen i uppgift c).

1(2)

3.F

rω

Vy från ovan

(4 p) En student sitter på en snurrpall som roterar friktionsfritt. Systemet (studentenoch pallen) har den totala massan 75,0 kg och tröghetsradien 0,300 m. Systemetstartar från vila, varpå en lärare trycker på studenten med en kraft med konstantstorlek F = 40,0 N på det vinkelräta avståndet r = 0,40 m från rotationsaxeln undertiden 0,80 s. Kraftens riktning ändras alltså så att den alltid är vinkelrät mot rotationsaxeln (som ifiguren).

a) Vad blir vinkelhastigheten efter att kraften har slutat verka?

b) När kraften slutat verka sträcker studenten ut armarna varvid vinkelhastigheten sjunker till1,4 rad/s. Vad är systemets tröghetsradie i detta läge?

4. (3 p) Figuren visar en hylsa med massan 1,3 kg som glider längs en stångsom roterar kring en horisontell axel O. Hylsans rörelse beskrivs lämpligastmed de polära koordinaterna r och θ (positiv riktning moturs) och derastidsderivator. I ett visst ögonblick då hylsan är på avståndet r = 0,30 mfrån O, glider den ut från O med farten 0,15 m/s i förhållande till stången.Denna fart minskar med 0,10 m/s2. Stången har vinkelhastigheten 2,0 rad/soch vinkelaccelerationen −0,80 rad/s2.

a) (1 p) Beräkna beloppet av hylsans hastighet.

b) (2 p) Beräkna beloppet av kraften som verkar på hylsan.

5.

l

M m

mm

m

mm

ω

φ

(4 p) Ett hjul består av en tunn och kompakt cirkelformad del medmassan M, och sex tunna ekrar, vardera med längden l och mas-san m. Ekrarna är fästa i ett litet nav, som vi kan bortse ifrån här.Om hjulet börjar rulla med vinkelhastigheten ω uppför ett plan(se figur), hur långt kommer det då längs planet innan det stannaroch börjar rulla nedåt? Planet lutar vinkeln φ mot horisontalpla-net. Hjulet rullar utan att glida. Svaret ska vara en formel sominnehåller de givna storheterna med sina symboler samt tyngdac-celerationen, g.


2(2)



(som skulle krävas på tentan) är överhoppade. Om det står(1.1)= betyder det att ekvation (1.1) sätts in efter likhetstecknet. Fa &

T a syftar på formel, respektive tabell i formelsamlingen Fysika.

1Myonsönderfall

3 p

Givet:Myonens halveringstid i dess vilosystem: T1/2= 2,1970 µsHöjd: h0 = 10 kmMyonernas hastighet: u = 0,999c

Sökt:Kommer fler än hälften av myonerna nå marken innan de sönder-faller?Lösning:Myonen rör sig med relativistik hastighet och därmed kontrahe-ras sträckan den färdas till

h = h0/γ = h0

√1 − u2/c2 = 10

√1 − 0,9992

≈ 447,1 m. (1.1)

Hälften av myonerna har sönderfallit efter tiden T1/2 och de hardå hunnit färdas sträckan s = v·t (konstant hastighet):

s = u · T1/2 = 0,999c · 2,1970·10−6 ≈ 658,0 m > h. (1.2)

∴ myonerna når längre ner än marken innan hälften sönderfaller.

Svar: Ja, fler än hälften av myonerna når marken innan de sön-derfaller.

Kommentar: Alternativ lösning: Från vårt perspektiv dilaterassönderfallstiden till t = t0 ·γ = T1/2 ·γ ≈ 49 µs och på den tidenhinner den sträckan s = u·t = 14,7 km > h0.

2Radonsönderfall

4 p

Givet:Rn-222 sönderfaller med alfasönderfall.a) 0,5 p

Sökt:Dotterkärnan som blir kvar efter sönderfallet.Lösning:

Radon har Z = 86 protoner och α = 42He2+ (kärna av helium-4)

har Z = 2 protoner och masstalet A = 4 (Tk3):222

86Rn→ AZX2− + 4

2He2+. (2.1)Masstalet och laddningen bevaras:

A = 222 − 4 = 218 (2.2)Z = 86 − 2 = 84, (2.3)

vilket motsvarar polonium-218 (Tk3).b) 1,5 p

Sökt:Beräkna reaktionens Q-värde.Lösning:Q-värdet för reaktionen är:

Q = (MRn−222 − (MPo−218 +��2me) − (MHe−4 −��2me))c2

= (222,017 578 − 218,008 974 − 4,002 603 254) uc2

≈ 0,006 001 uc2 ≈ 5,589 66 MeV, (2.4)

med massorna MHe−4, MRn−222 och MPo−218 ur Tk4, och uc2 =931,494 095 4 MeV ur Te.Kommentar: Radon-222 har 86 protoner och därmed även 86elektroner (vi antar att den är neutral eftersom inget annat angi-vits). Dessa 86 elektroner påverkas inte av sönderfallet i kärnan.Men eftersom polonium normalt har 84 elektroner så har den nu2 elektroner för mycket. Samtidigt så är en α-partikel en helium-kärna och därför har den 2 elektroner färre än neutralt helium.c) 2 p

Sökt:Vilken hastighet (i enheten m/s) får dotterkärnan (Po-218) omα-partikeln får 5,4888 MeV?

Lösning:Av den totala tillgängliga rörelseenergin Q = 5,589 66 MeVkommer α-partikeln att få Kα = 5,4888 MeV. Po-218 får då denkinetiska energin

KPo = Q − Kα = 0,100 859 MeV. (2.5)Eftersom KPo ≈ 0,1 MeV � MPoc2 ≈ 218uc2 ≈ 218 GeV såkan vi räkna ickerelativistiskt K = mv2/2, vilket ger farten förPo-218:

vPo =

√2KPo

MPo−218

(2.5)=

√2 · 0,100 859 · 1,602 176 620 8·10−13

218,008 974 · 1,660 539 040·10−27

≈ 298 790,51 m/s, (2.6)med (Te):

1 eV = 1,602 176 620 8 · 10−19 J1 u = 1,660 539 040 · 10−27 kg.

Svar: a) Dotterkärnan är polonium-218.b) Q = 5,590 MeV.c) Dotterkärnan får hastigheten 298,8 km/s.

Kommentar: Masskillnaden i mellansvaret (2.4) styr antalet vär-desiffror, men även 9 värdesiffror godkänns i b och 5 i c.Kommentar: Om man räknar relativistiskt i c) så får manlösa ut hastigheten ur KPo = (γ − 1)MPoc2 ⇒ vPo =

c√

1 − (1 + K/MPoc2)−2 ≈ 298 790,40 m/s.Kommentar: Alfapartikelns rörelsenergi kan även beräknas.Rn-222 står still före sönderfallet och rörelsemängden bevaras:pföre = 0 = pefter = pPo + pα ger

pPo = −pα. (2.7)Energin bevaras och klassiskt: K = mv2/2 = p2/(2m):

Q = Kα + KPo = p2α/(2mα) + p2

Po/(2MPo). (2.8)(2.7) i (2.8) ⇒ vPo ⇒ Kα = 5,4889 MeV. De relativistiskt kor-rekta värdena är Kα = 5,4888 MeV, vPo = 298 731,43 m/s.

3Snurrpall

4 p

Givet:Massa pall+student: M= 75,0 kgTröghetsradie pall+student: k = 0,300 mKonstant kraft: F = 40,0 NAvstånd till rotationsaxel: r⊥= 0,40 mTid som kraften verkar: T = 0,80 s

a) 2,5 p

Sökt:Vinkelhastigheten då kraften slutat verka efter tiden T i läge 2.

pall+student:Friläggning,

F

rω

Lösning:Impulsmomentlagen:∫ T

0

∑τdt = L2 − L1, (3.1)

där∑τ = F ·r⊥:∫ T

0

∑τdt =

∫ T

0F ·r⊥dt = dF ·r⊥ = konstc = F ·r⊥ ·T, (3.2)

och rörelsemängdsmomenten ärL1 = 0, L2 = Iω2 = (Mk2)ω2. (3.3)

med masströghetsmomentet I = Mk2. (3.2), (3.3) i (3.1):

Fr⊥T = Iω2 ⇒ ω2 =Fr⊥T

I=

40·0,4·0,875·0,32 ≈ 1,90 rad/s.

(3.4)

b) 1,5 p

Sökt:Tröghetsradien k3 då vinkelhastigheten blivit ω3 = 1,4 rad/s.Lösning:



Friktionsfritt⇒ ∑ τ = 0⇒ rörelsemängdsmomentet bevaras:L2 = L3 = I3ω3 = (Mk2

3)ω3

⇒k3 =

√L2

Mω3=

√Fr⊥TMω3

=

√40·0,4·0,8

75·1,4 ≈ 0,349 m, (3.5)

med tröghetsmomentet I3 = Mk23 och L2 = Fr⊥T ur (3.2) i (3.1).

Svar: a) Vinkelhastigheten blir ω2 = 1,9 rad/s.b) Tröghetsradien blir k3 = 0,35 m.

4Polär hylsa

3 p

Givet:Hylsmassa: m= 1,3 kgAvstånd längs stången: r = 0,30 mFart relativt stången: r = 0,15 m/sAcceleration relativt stången: r = −0,10 m/s2

Vinkelhastiget: θ = 2,0 rad/sVinkelacceleration: θ = −0,80 rad/s2

a) 1 p

Sökt:Beloppet på hastigheten.Lösning:Polära koordinater:

vr = r (4.1)

vθ = rθ. (4.2)Hastighetens belopp med (4.1), (4.2):

v =√

v2r + v2

θ =

√0,152 + 0,302 ·2,02 ≈ 0,6185 m/s. (4.3)

b) 2 p

Sökt:Beloppet på kraften som verkar på hylsan.Lösning:Polära koordinater:

ar = r − rθ2 ≈ −1,30 m/s2 (4.4)

aθ = rθ + 2rθ ≈ 0,360 m/s2. (4.5)Accelerationens belopp med (4.4), (4.5):

a =√

a2r + a2

θ =

√(−0,1 − 0,3·22)2 + (0,3·−0,8 + 2·0,15·2)2

≈ 1,349 m/s2. (4.6)Newtons 2:a lag:

∑F = ma⇒ F = m·a = 1,3·1,349 ≈ 1,754 N.

Svar: a) Beloppet på hastigheten: 0,62 m/s.b) Beloppet på kraften: 1,8 N.

5Rullande hjul

4 p

Givet:Ringmassa MEkermassa mEkerlängd = hjulradie lInitial vinkelhastighet ωPlanets lutning φ

φ

2

ω

s

1

Sökt:Sträckan hjulet rullar.Lösning:Mekaniska energisatsen, 1→2:

K1 +��Ug1 +��Ue1 +��Wövr =

��K2 + Ug2 +��Ue2, (5.1)där

Ug2 = mtotgs·sin φ. (5.2)

K1 =Icmω

2

2+

mtotv2cm

2, (5.3)

Hjulets masströghetsmoment:Icm = Iring + 6Ieker = Ml2 + 6ml2/3 = l2(M + 2m), (5.4)

med Iring ur T f1b och Ieker ur T f1m. Rullning utan glidning:vcm = lω. (5.5)

i (5.3) med (5.4):

K1 =Icmω

2

2+

mtotv2cm

2=ω2

2(Icm + mtotl2)

=ω2

2(l2(M + 2m) + mtotl2) =

ω2l2

2(M + 2m + mtot). (5.6)

(5.6), (5.2) i (5.1) med mtot = M + 6m:ω2l2

2(M + 2m + M + 6m) = (M + 6m)gs·sin φ

⇒s =ω2l2

g sin φM + 4mM + 6m

. (5.7)

Svar: Hjulet rullar sträckan ω2l2g sin φ

M+4mM+6m .

Kommentar: Notera att hjulet rullar utan att glida och därmedfinns det en friktionskraft mot underlaget (annars skulle hjuletbara slira). Däremot uträttar denna friktionskraft inget arbeteeftersom den inte rör sig relativt marken då hjulet ej slirar.




Tentamen i: Fysik 3










1. (3 p) Hur stor fart (uttryckt i ljushastigheten c) måste en bil ha för att föraren skall uppfatta ett rötttrafikljus (våglängd = 675 nm) som grönt (våglängd = 525 nm)?

2. (4 p) I ett “radonhus” läcker det ständigt ut radon från en liten mängd radium i byggmaterialet.Radiumet kommer i sin tur från sönderfall av uran-238 i väggarna. Antag att följande gäller: Ettrum i radonhuset är på 20 m3 och helt slutet (ovädrat). Radonet kan antas uppstå ur sönderfall aven konstant mängd, 0,10 µg (mikrogram), radium-226 i väggarna (som alltså ständigt “fylls på” avuransönderfall). Jämvikt är uppnådd när det blivit så mycket radon i rummet att det sönderfallervidare i samma takt som det fylls på från radiumsönderfall.

a) (3,5 p) Vad är radonaktiviteten i rummet vid jämvikt, mätt i Bq/m3.

b) (0,5 p) Om man plötsligt vädrar ut allt radon ur rummet och sen sluter till det igen, hur lång tidtar det innan radonmängden är tillbaks på ungefär samma nivå? Välj mellan “några minuter”,“några dygn” och “några miljarder år”. Kortfattad motivering räcker.

1(2)

3. (3 p) En kraft på F = 55 N förlänger en masslös fjäder sträckan y1 = 0,25 m från ospänt läge.

a) (1,5 p) Man tar sedan bort kraften och hänger på en massa m = 4,05 kg på den ospända fjädern,varvid systemet massa + fjäder försätts i vertikal svängning. Beräkna perioden (svängningsti-den).

b) (1,5 p) Svängningens amplitud är 0,050 m. Hur stor är fjäderkraften (den kraft som fjädernpåverkar massan m med) när m befinner sig i sitt nedersta läge under svängningen?

4.

m

L

A

(4 p) En stång med massa m = 20,0 kg och längd L = 1,600 msitter fast i ena änden i en led A (se figur). Leden sitter fast itaket. Den andra änden av stången släpps från vila i horisontelltläge. Friktion i leden ger ett bromsande moment τf = −45 Nm.Beräkna beloppet av lagerreaktionskraften i leden omedelbart efter det att stången släppts.

5. (4 p) En tunn homogen skiva har dimensioner enligt figuren tillhöger. Dess massa är 4,0 kg.

a) Vad är masscentrums x-koordinat för skivan?

b) Vad är skivans masströghetsmoment med avseende på x-axeln?

c) Vad är skivans masströghetsmoment med avseende på y-axeln?


2(2)





1Dopplerskiftat trafikljus

3 p

Givet:Våglängd rött ljus: λr = 675 nmVåglängd grönt ljus: λg = 525 nm

Sökt:Hastigheten, v, en bil måste ha för att föraren ska uppfatta detröda ljuset som grönt.Lösning:Relativistik dopplereffekt:

f =

√c + uc − u

· f0, (1.1)

där f = c/λg (Td3) är den frekvens föraren mäter och f0 = c/λrär den utsända frekvensen. Föraren och trafikljuset närmar sigvarandra⇒ u = v och därmed blir (1.1):

cλg

=

√c + vc − v

· cλr

⇒ λr

λg=

√c + vc − v

⇒ (1.2)

λ2r

λ2g

=c + vc − v

⇒ λ2r

λ2g

(c − v) = c + v ⇒

λ2r

λ2g

c − c = v +λ2

r

λ2g

v ⇒ λ2r

λ2g− 1 =

1 +λ2

r

λ2g

vc⇒

vc

=

λ2rλ2

g− 1

1 +λ2

rλ2

g

=λ2

r − λ2g

λ2g + λ2

r=

6752 − 5252

6752 + 5252 ≈ 0,246 15

Svar: Föraren måste köra med farten v = 0,246c (= 73,8 Mm/s)för att det röda ljuset ska se grönt ut.

Kommentar: I sista ekvationen behöver vi inte omvandla till SI-enheter eftersom det är samma enhet i täljare och nämnare.

2Radonhus

4 p

Givet:Samma aktivitet för radium som för radon: ARa = ARnRumsvolym: V = 20 m3

Massa, radium: mRa= 0,10 µgSökt:

a) Radonaktiviteten i rummet, aRn, mätt i Bq/m3.b) Efter vädring, hur lång tid tar det tills Rn-nivån återställs?

a) 3,5 p

Lösning:Ra-226 sönderfaller genom 4

2α-sönderfall (Tk4) till Rn-222 tymasstal (226 − 4 = 222) och laddning (88 − 2 = 86) bevaras.Antal Ra-226-atomer:

NRa = mRa/MRa, (2.1)där atommassan för Ra-226 är MRa = 226,025 410 u (Tk4).Aktivitetslagen för Ra-226 med sönderfallskonstanten λ =ln 2/T1/2:

ARa = λRaNRa =ln 2

TRa,1/2NRa

(2.1)=

ln 2TRa,1/2

· mRa

MRa=

=ln 2

5,049 22·1010 ·0,10·10−9

226,025 410·1,660 539 040·10−27

≈ 3,6570 kBq, (2.2)med halveringstiden för Ra-226, TRa,1/2 = 1,600·103 år =

1,6 · 103 · 365,25 · 24 · 3600 ≈ 5,049 22·1010 s (Tk4) och u =1,660 539 040·10−27 kg (Te). Aktivitetstätheten för Rn-222 blir:

aRn =ARn

V=

ARa

V(2.2)=

3657,020

= 182,8 Bq/m3. (2.3)

b) 0,5 p

Lösning:Eftersom Ra-aktiviteten är konstant och det är Rn-aktiviteten(halveringstid 3,824 dygn, Tk4) som ska justera in sig så tar det“några dygn” tills den blir lika stor som Ra-aktiviteten.

Svar: a) Aktivitetstätheten i rummet: 0,18 kBq/m3.b) Några dygn.

3Fjädersvängning med massa

3 p

Givet:Kraft: F = 55 NFjäderförlängning av kraften F: y1= 0,25 mMassa: m= 4,05 kgSvängningsamplitud med m fäst vid fjädern: A = 0,050 m

a) 1,5 p

F

y1

Ff1yx

Sökt:Svängningstiden T för massan.Lösning:Hooke’s lag i det initiala jämviktsläget (

∑Fy =

0) ger:F = −Ff1 = ky1, ⇒k = F/y1 = 55/0,25 ≈ 220 N/m, (3.1)

där k är fjäderkonstanten. Då vikten hängs på och systemet börjarsvänga vertikalt kan svängningstiden (Tb11c) skrivas som

T =2πω

= 2π√

mk

(3.1)= 2π

√m

F/y1= 2π

√4,05

55/0,25

≈ 0,853 s. (3.2)

b) 1,5 p

Sökt:Fjäderkraften i nedersta läget.Lösning:Friläggning av massan i jämviktsläget:

yFf2

mg

yx

Jämviktsuttöjningen, yj, fås ur Newtons 1:a lag,∑Fy = 0, med Hooke’s lag:Ff2 −mg = kyj −mg = 0 ⇒ kyj = mg. (3.3)

Hooke’s lag då massan befinner sig i nedersta läget:

Ff3 = k·(yj + A)(3.3)= mg + kA = 4,05·9,82 + 220·0,05

≈ 50,8 N. (3.4)

Svar: a) Svängningstiden T ≈ 0,85 s.b) Storleken på fjäderkraften i nedersta läget är 51 N.

4Bromsad stångrotation

4 p

Givet:Stångmassa m= 20,0 kgStånglängd L = 1,600 mFriktionsmoment τf= −45 Nm

Sökt:Beloppet av lagerkraften N, i leden A, direkt efter släppning.Lösning:Friläggning av stången direkt efter släppning:

rcm

tfτmg

t

n

n

L

cmA

N

N Rotation kring fix axel,∑

Fn =

mrcmω2:

Nn = mrcmω2 = 0, (4.1)

ty ω = 0 i släppögonblicket. I t-led,∑Ft = mrcmα:

mg + Nt = mL2α ⇒ Nt = m

L2α − mg. (4.2)

Momentekvationen,∑ yτA = IAα:

mgL2

+ τf = IAα ⇒ α =mg L

2 + τf

IA, (4.3)

Senast uppdaterad: 14 mars 2017 1(2) c© Erik Elfgren


därIA = mL2/3 ≈ 17,1 kg·m2 (4.4)

är stångens masströghetsmoment kring A, T f1m.(4.3) i (4.2) ger

Nt = mL2α − mg = m

L2

mg L

2 + τf

IA

− mg

(4.4)= m

L2

mg L

2 + τf

mL2/3

− mg

= 201,62

20 · 9,82 1,6

2 − 45

20 · 1,62/3

− 20 · 9,82

≈ −91,3 N. (4.5)Beloppet av lagerkraften N i A blir:

N =

√N2

t + N2n

(4.1)= |Nt| (4.5)≈ 91,3 N. (4.6)

Svar: Beloppet av kraften i leden är 91 N direkt efter släppning.

Kommentar: Notera att friktionsmomentet är givet med negativttecken, därav ska det alltså gå “åt fel håll” i figuren.

5Skiva med hål

4 p

Givet:Skivans massa: M= 4,0 kgHålradie: R = 0,100 mSkivhöjd: h = 0,280 mSkivbredd: b = 0,200 m

Sökt:a) Masscentrums x-koordinat.b) Masströghetsmomentet kring x-axeln.c) Masströghetsmomentet kring y-axeln.

a)Lösning:Masscentrum:

xcm =

∑mi ·xi∑

mi=

xr ·mr − xh ·mh

mr − mh, (5.1)

där index r står för rektangeln utan hål och h för hålet, vilkasrespektive masscentrum ligger vid

xr = b/2, (5.2)

xh =4R3π

(T f1d) (5.3)

och deras massor ärmr = σ·Ar = σ·b·h, (5.4)

mh = σ·Ah = σ·π·R2/2, (5.5)där σ är skivans ytdensitet:

σ =MA

=M

bh − πR2

2

=4

0,2 · 0,28 − π0,12

2

≈ 99,3 kg/m2. (5.6)

(5.2)-(5.5) i (5.1):

xcm =xr ·mr − xh ·mh

mr − mh=

( b2 )·(�σbh) −

(4R3π

)·(�σπR2

2

)

�σbh − �σπR2

2

=b2h − 4R3

3

2bh − πR2

=0,22 ·0,28 − 4·0,13

3

2·0,2·0,28 − π0,12 ≈ 0,122 m. (5.7)

b)Lösning:Masströghetsmoment kan delas upp, I =

∑Ii:

Ix = Ixr − Ixh, (5.8)där

Ixr = mr ·h2/12, (T1fm) (5.9)

Ixh = mh ·R2

4. (T f1d) (5.10)

Insatt i (5.8):

Ix = mr · h2

12− mh ·R

2

4(5.4,5.5)

= (σ·b·h)· h2

12−

(σ·π·R

2

2

)·R

2

4

= σ

(b·h3

12− πR4

8

)(5.6)= 99,3

(0,2·0,283

12− π0,14

8

)

≈ 0,0324 kg m2. (5.11)c)Lösning:Masströghetsmoment kan delas upp, I =

∑Ii:

Iy = Iyr − Iyh, (5.12)där

Iyr,cm = mr ·b2/12, (T f1m) (5.13)

Iyh = mh ·R2

4(T f1d) (5.14)

och Steiners sats, I = Icm + md2 ger:

Iyr = Iyr,cm +mr(b/2)2 (5.13)= mrb2/12+mrb2/4 = mrb2/3. (5.15)

(5.14), (5.15) i (5.12):

Iy = mr · b2

3− mh ·R

2

4(5.4,5.5)

= (σ·b·h)· b2

3−

(σ·π·R

2

2

)·R

2

4

= σ

(h·b3

3− πR4

8

)(5.6)= 99,3

(0,28·0,23

3− π0,14

8

)

≈ 0,0702 kg·m2. (5.16)

Svar: a) Masscentrums x-koordinat är xcm = 0,12 m.b) Tröghetsmoment kring x-axeln är Ix = 0,032 kg·m2

c) Tröghetsmoment kring y-axeln är Iy = 0,070 kg·m2.

Kommentar: Iyr = mr(02 + 4b2)/12 = mrb2/3 kan även fås direktur T f1m.

Senast uppdaterad: 14 mars 2017 2(2) c© Erik Elfgren



Tentamen i: Fysik 3










1. (3 p) En observatör på jorden uppmäter längden på en landningsbana till 3,00 km. En pilot i enrymdraket flyger förbi med en konstant fart 1,5 · 108 m/s relativt jorden.

a) (1 p) Hur lång mäter piloten att landningsbanan är?

b) (1 p) Hur lång tid tar det för raketen att flyga över hela landningsbanan för en observatör påjorden?

c) (1 p) Hur lång tid tar det för raketen att flyga över hela landningsbanan för piloten?

2. (4 p) Isotopen väte-3 (tritium) sönderfaller med betasönderfall.

a) (1 p) Skriv upp reaktionen för sönderfallet, inklusive sönderfallsprodukterna.

b) (2,5 p) Beräkna sönderfallets Q-värde i enheten MeV.

c) (0,5 p) Q-värdet är ju reaktionens “avgivna energi”. Men vad “blir det av” denna energi? Sva-ra med ett av följande alternativ: sönderfallsprodukternas sammanlagda rörelseenergier, dot-terkärnans massförlust, dotterkärnans jonisationsenergi, elektronens viloenergi, tritiumkärnansbindningsenergi. Ingen motivering behövs.

3. (3 p) En roterande skiva med masströghetsmoment Icm = 1,55 kg ·m2 bromsas av ett konstantmoment, τ = 1,2 Nm. Skivan har ursprungligen vinkelhastigheten ω1 = 4,5 rad/s och roterar kringsitt masscentrum.

a) Beräkna skivans vinkelhastighet efter tiden 3,0 s.

b) Hur många varv har skivan snurrat efter 3,0 s?

1(2)

4.

sl

mk

ms

vk

A(4 p) En tunn stång med längd ls = 2,000 m och massams = 15,0 kg är upphängd i en friktionsfri led i punk-ten A enligt figuren. Stången befinner sig ursprungli-gen i vila (och i jämvikt). En gevärskula med massanmk = 40,0 g och farten vk = 0,600 km/s träffar mittpå stången, se figuren. Kulan fastnar i stången somsvänger ut från jämviktsläget.

a) (2 p) Bestäm stångens vinkelhastighet precis efter stöten mellan kulan och stången.

b) (2 p) Beräkna hur långt (vilken vinkel) stången maximalt svänger ut från jämviktsläget.

5. (4 p) En tunn homogen skiva har dimensioner enligt figuren tillhöger. Dess massa är 4,0 kg.

a) Vad är masscentrums x-koordinat för skivan?

b) Vad är skivans masströghetsmoment med avseende på x-axeln?

c) Vad är skivans masströghetsmoment med avseende på y-axeln?


2(2)





1Landningsbana

3 p

Givet:Landningsbanans längd: L0= 3,00 kmRymdraketens fart: v = 1,5·108 m/s

a) 1 p

Sökt:Hur lång är landningsbanan för piloten?Lösning:Landningsbanan längdkontraheras för piloten:

L = L0/γ = L0

√1 − v2/c2 = 3000 ·

√1 − (1,5·108)2/c2

≈ 2,597 km. (1.1)

b) 1 p

Sökt:Hur lång tid tar det för raketen att flyga över hela landningsbananför en observatör på jorden?Lösning:Observatören på jorden mäter sträcken L0 och med konstant farttar det då:

t0 =L0

v=

30001,5·108 ≈ 20,0 µs. (1.2)

c) 1 p

Sökt:Hur lång tid tar det för raketen att flyga över hela landningsbananför piloten?Lösning:Piloten mäter sträckan L och med konstant fart tar det då:

t =Lv

(1.1)=

25971,5·108 ≈ 17,3 µs (1.3)

Svar: a) Landningsbanan är 2,6 km för piloten.b) För observatören på jorden tar överflygningen 20 µs.c) För piloten tar överflygningen 17 µs.

2Tritiumsönderfall

4 p

Givet:Tritiumsönderfall med betasönderfall.

a) 1 p

Sökt:Reaktionsformeln.Lösning:Laddning och masstal bevaras:

31H→ 3

2He+ + 0−1e + 0

0νe. (2.1)

Svar: Reaktionsformeln är 31H→ 3

2He + e− + νe.

b) 2,5 p

Sökt:Reaktionenes Q-värde.Lösning:Q-värdet ges av

Q = ∆mc2 = (mT − mHe+ − me)c2 = (mT − mHe)c2

= (3,016 049 278 − 3,016 029 320) uc2

= 0,000 019 958 uc2 ≈ 0,018 590 759 16 MeV, (2.2)med mHe+ = mHe − me, uc2 = 931,494 095 4 MeV (Te) och

Massa, tritium (Tk4): mT = 3,016 049 278 uMassa, helium-3 (Tk4): mHe= 3,016 029 320 u

Svar: Reaktionenes Q-värde är 0,019 MeV.Kommentar: Svaret avrundas till 5 värdessiffror pga mellanre-sultatet 0,000 019 958 uc2 men även 10 värdessiffror accepterasvid rättningen.

c) 0,5 p

Sökt:Vad blir det av energin som frigörs, Q-värdet?

Svar: Sönderfallsprodukternas sammanlagda rörelseenergier.

3Skivacceleration

3 p

Givet:Skivans tröghetsmoment: Icm= 1,55 kg·m2

Bromsmoment: τ = 1,2 N mInitial vinkelhastighet: ω1 = 4,5 rad/sTid: ∆t = 3,0 s

ωτ

Sökt:a) Skivans vinkelhastighet, ω2, efter tiden ∆t.b) Antal varv, n, skivan snurrat efter tiden ∆t.

a)Lösning:

Impulsmomentlagen,∫ ∑y

τ dt = L2 − L1:−τ · ∆t = L2 − L1, (3.1)

med tröghetsmomentet för en stel kroppL1 = Icmω1, L2 = Icmω2, (3.2)

ger−τ · ∆t = Icm(ω2 − ω1) ⇒

ω2 = ω1 − τ · ∆tIcm

= 4,5 − 1,2 · 31,55

≈ 2,18 rad/s. (3.3)

b)Lösning:Momentet och tröghetsmomentet är konstanta, vilket betyderatt vinkelaccelerationen är konstant genom momentekvationen∑τ = Iα:α = −τ/Icm = −1,2/1,55 ≈ −0,774 rad/s2. (3.4)

Vid konstant vinkelacceleration:θ2 = ω1∆t + α∆t2/2 = 4,5 · 3 − 0,774 · 32/2 ≈ 1,59 varv. (3.5)

Svar: a) Skivans vinkelhastighet efter 3,0 s är 2,2 rad/s.b) Skivan snurrar 1,6 varv på 3,0 s.

4Kula träffar stång

4 p

Givet:Stånglängd: ls = 2,000 mStångmassa: ms = 15,0 kgKulmassa: mk= 40,0 gKulfart: vk = 0,600 km/s

a) 2 p

sl

mk

ms

vk

ASökt:Stångens vinkelhastighet, ω, precis ef-ter stöten mellan kulan och stången.Lösning:I frånvaron av externa moment bevarasrörelsemängdsmomentet runt A understöten:

L1 = L2, (4.1)där rörelsemängdsmomentet, L = p⊥ · r, före stöten är

L1 = pk · ls/2 = (mkvk) · (ls/2) (4.2)och rörelsemängdsmomentet efter stöten är

L2 = Itotω, (4.3)där Itot = Ik + Is är masströghetsmomentet för kulan+stången.(4.2) och (4.3) i (4.1):

mkvkls/2 = Itotω ⇒ ω = mkvkls/(2Itot). (4.4)



Kulans masströghetsmoment fås ur definitionen på masströghets-moment, I = mr2 (punktformad partikel):

Ik = mk(ls/2)2 ≈ 0,040 00 kg·m2 (4.5)och stångens masströghetsmoment från T f1m

Is = msl2s/3 ≈ 20,00 kg·m2. (4.6)(4.5) och (4.6) i (4.4) ger

ω =mkvkls

2(mk(ls/2)2 + msl2s/3

) =mkvk

2ls (mk/4 + ms/3)(4.7)

=0,04 · 600

2 · 2 · (0,04/4 + 15.0/3)≈ 1,1976 rad/s.

b) 2 p

1 2

2h

AA

θ

sl2cosθ

sl2

Sökt:Vilken vinkel stångenmaximalt svänger ut.Lösning:Mekaniska energisatsenmellan läge 1 (precis efterstöt) och läge 2 (maximalutsvängning):

K1 + Ug1 + Ue1 + Wövr = K2 + Ug2 + Ue2, (4.8)där

K1 =12

Itotω2, K2 = 0, Ue1 = Ue2 = Wövr = 0,

Ug2 − Ug1 = (ms + mk)gh2 = (ms + mk)gls2

(1 − cos θ), (4.9)

eftersom vi varken har fjäderenergi eller några övriga krafter somverkar. (4.9) i (4.8):

12

Itotω2 = (ms + mk)g

ls2

(1 − cos θ) (4.10)

och vi kan lösa ut

θ = arccos(1 − Itotω

2

(ms + mk)gls

)(4.5,4.6,4.7)

=

= arccos1 −

m2kv2

k

(ms + mk)g4ls(mk/4 + ms/3)

= arccos(1 − 0,042 · 6002

(15 + 0,04) · 9.82 · 4 · 2·(0,04/4 + 15/3)

)

≈ 25,4854◦. (4.11)

Svar: a) Stångens vinkelhastighet precis efter stöten är1,20 rad/s.

b) Den maximala utsvängningsvinkeln blir θ = 25,5◦.

5Skiva med hål

4 p

Givet:Skivans massa: M= 4,0 kgHålradie: R = 0,100 mSkivhöjd: h = 0,280 mSkivbredd: b = 0,200 m

Sökt:a) Masscentrums x-koordinat.b) Masströghetsmomentet kring x-axeln.c) Masströghetsmomentet kring y-axeln.

a)Lösning:Masscentrum:

xcm =

∑mi ·xi∑

mi=

xr ·mr − xh ·mh

mr − mh, (5.1)

där index r står för rektangeln utan hål och h för hålet, vilkasrespektive masscentrum ligger vid

xr = b/2, (5.2)

xh =4R3π

(T f1d) (5.3)

och deras massor ärmr = σ·Ar = σ·b·h, (5.4)


σ =MA

=M

bh − πR2

2

=4

0,2 · 0,28 − π0,12

2

≈ 99,3 kg/m2. (5.6)

(5.2)-(5.5) i (5.1):

xcm =xr ·mr − xh ·mh

mr − mh=

( b2 )·(�σbh) −

(4R3π

)·(�σπR2

2

)

�σbh − �σπR2

2

=b2h − 4R3

3

2bh − πR2

=0,22 ·0,28 − 4·0,13

3

2·0,2·0,28 − π0,12 ≈ 0,122 m. (5.7)

b)Lösning:Masströghetsmoment kan delas upp, I =

∑Ii:

Ix = Ixr − Ixh, (5.8)där

Ixr = mr ·h2/12, (T1fm) (5.9)

Ixh = mh ·R2

4. (T f1d) (5.10)

Insatt i (5.8):

Ix = mr · h2

12− mh ·R

2

4(5.4,5.5)

= (σ·b·h)· h2

12−

(σ·π·R

2

2

)·R

2

4

= σ

(b·h3

12− πR4

8

)(5.6)= 99,3

(0,2·0,283

12− π0,14

8

)

≈ 0,0324 kg m2. (5.11)c)Lösning:Masströghetsmoment kan delas upp, I =

∑Ii:

Iy = Iyr − Iyh, (5.12)där

Iyr,cm = mr ·b2/12, (T f1m) (5.13)

Iyh = mh ·R2

4(T f1d) (5.14)

och Steiners sats, I = Icm + md2 ger:

Iyr = Iyr,cm +mr(b/2)2 (5.13)= mrb2/12+mrb2/4 = mrb2/3. (5.15)

(5.14), (5.15) i (5.12):

Iy = mr · b2

3− mh ·R

2

4(5.4,5.5)

= (σ·b·h)· b2

3−

(σ·π·R

2

2

)·R

2

4

= σ

(h·b3

3− πR4

8

)(5.6)= 99,3

(0,28·0,23

3− π0,14

8

)

≈ 0,0702 kg·m2. (5.16)

Svar: a) Masscentrums x-koordinat är xcm = 0,12 m.b) Tröghetsmoment kring x-axeln är Ix = 0,032 kg·m2

c) Tröghetsmoment kring y-axeln är Iy = 0,070 kg·m2.

Kommentar: Iyr = mr(02 + 4b2)/12 = mrb2/3 kan även fås direktur T f1m.




Tentamen i: Fysik 3










1. (3 p) Niagarafallen utvecklar effekten 5,5 · 109 W. Antag att energin som fallen omsätter under365 dagar kunde användas till att från vila accelerera en kropp med massan 1,0 kg. Beräkna krop-pens fart uttryckt i ljushastigheten c.

2. (4 p) Bakgrund: Av de radioaktiva ämnena i hushållsvatten är radon-222 den mest betydande källan förjoniserande strålning. När man använder radonhaltigt vatten i hushållet, t ex till disk, dusch och tvätt, av-går en stor del av radongasen till inomhusluften. Långvarig vistelse i luft med förhöjda radonhalter kaninnebära risk för lungcancer. Dricker man radonhaltigt vatten upptas en del av radonet i kroppen. Vid sön-derfallet av det intagna radonet och sönderfallen av dess dotternuklider erhåller kroppens organ, (specielltmag-tarmkanalen), en stråldos som med tiden kan innebära hälsorisk. Störst risk för radon i vatten är djup-borrade brunnar med t ex uranrika graniter i bergrunden. Vatten som direkt kommer från en borrad brunnhar betydligt lägre radondotterhalt jämfört med om vattnet fått stå ett tag i t ex en provflaska för radonmät-ning. Det beror på att radondöttrarna till skillnad från radonet är kemiskt aktiva och fastnar i bergsprickoroch vattenledningsrör på väg fram till vattenkranen. Får vattnet stå en dryg timme i provflaskan så kommerradonet i vattnet att vara i radioaktiv jämvikt med radondöttrarna.

Uppgift: Vid strålningsjämvikt i sönderfallskedja från radon till stabilt bly är det alltså lika mångasönderfall per sekund i varje steg i kedjan. Det räcker alltså att analysera ett enda steg. Ett stegär sönderfallet av Bi-214, som är en betastrålare och som i 44,8 % av sönderfallen avger en gam-mafoton med energin 0,61 MeV. Figur 1 visar en mätning utförd på 0,8 liter vatten. Scintillations-detektorns känslighet för denna gammaenergi är 4 %. Analys av fototoppen vid 0,61 MeV visarett pulsinnehåll på 8,1 pulser/sekund. Enligt bestämmelser så gäller att vatten med en aktivitet av1000 Bq/liter eller mer anses som otjänligt. Gränsvärdet för vatten som tjänligt men med anmärk-ning är 100 Bq/liter.

a) (2 p) Beräkna aktiviteten från Bi-214 och därmed radonaktiviteten per liter i detta vatten.

1(2)

b) (2 p) Tyvärr så hade det gått en tid av 5 dygn från det att vattenprovet togs tills det att mätningkunde ske. Vilken var aktiviteten från radonet vid tidpunkten för provtagningen? Jämför dennaaktivitet med aktuella gränsvärden.

Figur 1: Gammaspektrum av Bi-214

3. (3 p) Den med skåror försedda skivan har massan ms = 6,0 kgoch tröghetsradien kO = 0,175 m med avseende på centrum O.Skivan för med sig fyra små stålkulor (kan betraktas som par-tiklar) med massan mk = 0,15 kg vardera, belägna som visas ifiguren, och skivan roterar ursprungligen med vinkelhastighetenω1 = 120 varv/min med försumbar friktion på avstånd 0,100 mfrån en vertikal axel genom O. Kulorna hålls då på plats med enspärranordning (som ej syns i figuren). Om spärren släpps medanskivan roterar, kommer kulorna att åka ut och inta de streckadelägena som visas i figuren på avstånd 0,200 m från O. Vilken blirdå skivans vinkelhastighet, ω2?

4.

l

M m

mm

m

mm

ω

φ

(4 p) Ett hjul består av en tunn och kompakt cirkelformad del medmassan M, och sex tunna ekrar, vardera med längden l och mas-san m. Ekrarna är fästa i ett litet nav, som vi kan bortse ifrån här.Om hjulet börjar rulla med vinkelhastigheten ω uppför ett plan(se figur), hur långt kommer det då längs planet innan det stannaroch börjar rulla nedåt? Planet lutar vinkeln φ mot horisontalpla-net. Hjulet rullar utan att glida. Svaret ska vara en formel sominnehåller de givna storheterna med sina symboler samt tyngdac-celerationen, g.

5. (4 p) En bil har i startögonblicket en acceleration som är a0 = 5,0 m/s2 och en hastighet som ärnoll. Accelerationen minskar sedan linjärt till noll på tiden ∆t = 10 s. Hur långt hinner bilen underaccelerationen?


2(2)





1Niagara-relativitet

3 p

Givet:Effekt: P= 5,5·109 WMassa: m= 1,0 kgTid: t = 365 dagar

Sökt:Kroppens fart, v.Lösning:Energi som omvandlas till kinetisk energi under ett år:

K = E = P · t = 5,5·109 · 365 · 24 · 3600 ≈ 1,73·1017 J. (1.1)Relativistiskt kinetisk energi:

K = mc2

1√

1 − v2/c2− 1

⇒ Kmc2 + 1 =

1√1 − v2/c2

⇒( Kmc2 + 1

)−2

= 1 − v2/c2 ⇒

v = c

√

1 −(1 +

Kmc2

)−2(1.1)= c

√

1 −(1 +

1,73·1017

1 · 2997924582

)−2

≈ 0,940c. (1.2)

Svar: Kroppens fart, v = 0,94c.

2Radonvatten

4 p

Givet:Delningsförhållandet: D= 44,8 %Känsligheten: K= 4 %Volymen: V = 0,80 literPulsfrekvens: f = 8,1 pulser/s

Radonaktiviteten, ARn, och Bi-214-aktiviteten, ABi är lika stora.a) 2 p

Sökt:Radonaktiviteten per liter vatten, ARn.Lösning:Aktiviteten per liter vatten ges av

ARn = ABi =f

D · K · V =8,1

0,448 · 0,04 · 0,8 ≈ 565 Bq/l. (2.1)

b) 2 p

Givet:Tid från provtagning: t= 5 dygn

Sökt:Radioaktiviteten i vattnet vid provtagningen, ARn,0, samt jämfö-relse med aktuella gränsvärden.Lösning:Sönderfallslagen N = N0e−λt i aktivitetslagen A = λN ger A =

A0e−λt för Rn:

ARn = ARn,0 · e−λRn·t = ARn,0 · e− ln 2·t/TRn,1/2 ⇒ (2.2)

ARn,0 = ARn · eln 2·t/TRn,1/2

(2.1)= 565 · eln 2·5/3,824 ≈ 1399 Bq/l, (2.3)

med data från Tk4:Halveringstid för Rn-222: TRn,1/2= 3,824 dygn

Svar: a) Radonaktiviteten är ca 600 Bq/l.b) Radonaktiviteten vid tiden för provtagningen var drygt

1 kBq/l, vilket är mer än gränsvärdet 1 kBq/l och där-med är vattnet otjänligt.

3Kulor i skåror

3 p

Givet:Skivmassa: ms = 6,0 kgTröghetsradie, skiva: kO = 0,175 mKulmassa: mk= 0,15 kgAntal kulor: nk = 4Initial vinkelhastighet: ω1= 120 varv/minInitialt avstånd från kulorna till O: r1 = 0,100 mSlutavstånd från kulorna till O: r2 = 0,200 m

Sökt:Skivans vinkelhastiget efter att kulornaåkt ut från avstånd r1 till avstånd r2 frånrotationsaxeln O.Lösning:Låt läge 1 vara initialt läge och läge 2vara när kulorna är på avstånd r2 från O.Frånvaron av externa moment (

∑τext =

0) gör att rörelsemängdsmomentet beva-ras enligt impulsmomentlagen:∫ ∑

τext dt = L1 − L2 = 0 ⇒ L1 = L2. (3.1)

Rörelsemängdsmoment, stel kropp, L = IOω i (3.1):I1ω1 = I2ω2. (3.2)

Masströghetsmomenten I1 & I2:I = nkIk + Is, (3.3)

där skivans tröghetsmomentet kring O ärIs = msk2

O (definition av tröghetsradie) (3.4)och en kulas tröghetsmomentet kring O (ICM = 0) är

Ik = mkr2 (tröghetsmoment för en partikel), (3.5)där r är kulornas avstånd till O. (3.5) & (3.4) i (3.3) i (3.2):(

nkmkr21 + msk2

O

)ω1 =

(nkmkr2

2 + msk2O

)ω2 ⇒

ω2 =ω1nkmkr2

1 + msk2O

nkmkr22 + msk2

O

= 120 · 4 · 0,15 · 0,12 + 6 · 0,1752

4 · 0.15 · 0,22 + 6 · 0,1752

≈109,6 varv/min. (3.6)

Svar: Skivans vinkelhastighet efter att kulorna rullat ut blirω2 =110 varv/min.

Kommentar: Mekaniska energisatsen kan inte användas ef-tersom det övriga arbete som inträffar när kulorna stannar ärokänt.

4Rullande hjul

4 p

Givet:Ringmassa MEkermassa mEkerlängd = hjulradie lInitial vinkelhastighet ωPlanets lutning φ

φ

2

ω

s

1

Sökt:Sträckan hjulet rullar.Lösning:Mekaniska energisatsen, 1→2:

K1 +��Ug1 +��Ue1 +��Wövr =

��K2 + Ug2 +��Ue2, (4.1)där

Ug2 = mtotgs·sin φ. (4.2)

K1 =Icmω

2

2+

mtotv2cm

2, (4.3)

Hjulets masströghetsmoment:Icm = Iring + 6Ieker = Ml2 + 6ml2/3 = l2(M + 2m), (4.4)

med Iring ur T f1b och Ieker ur T f1m. Rullning utan glidning:vcm = lω. (4.5)



i (4.3) med (4.4):

K1 =Icmω

2

2+

mtotv2cm

2=ω2

2(Icm + mtotl2)

=ω2

2(l2(M + 2m) + mtotl2) =

ω2l2

2(M + 2m + mtot). (4.6)

(4.6), (4.2) i (4.1) med mtot = M + 6m:ω2l2

2(M + 2m + M + 6m) = (M + 6m)gs·sin φ

⇒s =ω2l2

g sin φM + 4mM + 6m

. (4.7)

Svar: Hjulet rullar sträckan ω2l2g sin φ

M+4mM+6m .


5Avtagande acceleration

4 p

Givet:Initialacceleration: a0= 5,0 m/s2

Tid: ∆t= 10 sAccelerationen minskar linjärt till noll på tiden ∆t.Sökt:Sträckan, s, bilen rör sig under tiden ∆t.Lösning:Accelerationen beskrivs av räta linjens ekvation y = kx + m:

a(t) = a0 − k · t. (5.1)Givet:

a(∆t) = 0(5.1)= 5 − k · 10 ⇒ k = 0,5. (5.2)

Definitionen på acceleration a = dv/dt skrivs om och integreras:

dv = a dt ⇒∫ v

0dv =

∫ t

0a dt =

∫ t

0(a0 − k · t) dt

⇒ v = a0 · t − k · t2/2. (5.3)Definitionen på hastighet v = dx/dt skrivs om och integreras:

dx = v dt ⇒∫ s

0dx =

∫ t

0v dt

(5.3)=

∫ t

0(a0t− kt2/2) dt ⇒

s = a0t2/2− kt3/6(5.1,5.2)

= 5·102/2− 0,5·103/6 ≈ 167 m. (5.4)

Svar: Sträckan bilen rör sig är s = 0,17 km.




Tentamen i: Fysik 3











a) (0,5 p) En person springer förbi dig med farten 0,9c. Hur ändras ditt synintryck av den perso-nen?

b) (0,5 p) Ett objekt rör sig med farten 0,9c och du vill accelerera objektet. Krävs det lika stor kraftom accelerationen sker i sidled som om den sker längs med rörelsen? Ingen motivering krävs.

c) (0,5 p) Hur kommer det sig att myoner som skapas av kosmisk strålning når ner till markytantrots att de borde sönderfalla innan?

d) (0,5 p) En elektron har rörelseenergin Ke = 5 keV. Rör den sig då med relativistisk hastighet?

e) (0,5 p) Om en tvilling stannar på jorden och en accelererar ut i rymden till en hastighet näraljusets och sedan återvänder till jorden, vilken av de två tvillingarna är äldst när rymdtvillingenlandar på jorden igen?

f) (1,5 p) Om totalenergin för en partikel är 2,0 gånger så stor som viloenergin, vad är partikelnshastighet uttryckt i ljushastigheten, c? Beräkning fordras.

2. (3 p) Vilken maximal hastighet får en elektron från beta-sönderfall av C-14? Svaret ska uttryc-kas i enheten c (ljushastigheten), och den kinetiska energin ska räknas fram, inte tas direkt frånformelsamlingen. Dotterkärnans rekyl kan försummas i beräkningen av elektronens hastighet.

3. (3 p) En rymdskyttel avfyras vertikalt uppåt från jordens yta, vid ekvatorn, med den höga hastig-heten 9,5 km/s. Om inget luftmotstånd fanns, hur högt upp skulle skytteln då nå?

1(2)

4. (4 p) En kraft på F = 60 N anbringas på en ospänd fjäder, varvid denna förlängs y1 = 40 cm.Kraften tas bort och man hänger upp fjädern vertikalt och hänger på en vikt med okänd massa m.Systemet försätts i svängning i y-led, och svängningstiden uppmäts till T = 1,3 s.

a) (2 p) Hur stor är massan m?

b) (2 p) Hur stor kraft utövar fjädern på massan m, då denna under svängning befinner sig y2 =

2,0 cm ovanför jämviktsläget?

5. (4 p) Ett tunnväggigt rör med massan Mr = 1,2 kg och radien Rr = 0,25 m rullar utan att glidanedför ett lutande plan som bildar vinkeln θ = 30◦ med horisontalplanet. Vilken hastighet, vr, harröret efter att ha rullat sträckan s = 3,0 m utefter planet då det startar från vila?


2(2)






4 p

a) 0,5 p

Personen som springer förbi dig ser smalare ut på grund av längd-kontraktionen i rörelseriktningen som sker vid relativistisk fart.

Svar: Personen ser smalare ut.Kommentar: Man kan också svara att personen ser ut att röra sigsnett eftersom fotonerna på personens mage kommer fram någotföre fotonerna från personens bak.

b) 0,5 p

Det krävs större kraft för att accelerera någonting i rörelserikt-ningen än i sidled.

Svar: Nej, det krävs mindre kraft i sidled än i rörelsens riktning.Kommentar: F‖ = γ3ma, medan F⊥ = γma (Fd1).

c) 0,5 p

Myonernas halveringstid tidsdilateras i vårt system så att de fak-tiskt hinner ner innan de sönderfaller, T1/2 = γT0,1/2.

Svar: Myonernas halveringstid tidsdilateras.Kommentar: Man kan lika väl säga att den sträcka som myoner-na upplever att de färdas längdkontraheras så att den blir kortareså att myonerna hinner ner innan de sönderfaller, l = l0/γ.

d) 0,5 p

Elektronens viloenergi är (Te) mec2 = 510,999 keV � Ke =5 keV vilket innebär att den inte rör sig med relativistisk hastig-het.

Svar: Nej, elektronen rör sig inte med relativistisk hastighet.Kommentar: Ke = (γ − 1)mec2 ⇒ γ = Ke/mec2 + 1 ≈ 1,010. vil-ket betyder att hastigheten är ickerelativistisk till en precision av0,98 %. Man kan också räkna ut att hastigheten blir ca 0,14 c. Påden här uppgiften är inte svaret det viktiga utan resonemanget.

e) 0,5 p

Jordtvillingen är äldst pga relativistiska effekter (rymdtvillingenhar accelererat i förhållande till jordtvillingen).

Svar: Rymdtvillingen är yngst.Kommentar: Med en konstant accelereration på 1 g kan man nåtill Andromedgalaxen på mindre än 30 år.

f) 1,5 p

Givet:

E = 2,0 mc2. (1.1)Lösning:Partikelns totalenergi:

E = γmc2 (1.1)= 2mc2 ⇒ γ =

1√1 − u2/c2

= 2⇒ (1.2)

1 − u2/c2 = 1/22 ⇒ u/c =

√1 − 1/22 ≈ 0,866, (1.3)

där u är partikelns hastighet.

Svar: Partikelns hastighet är u ≈ 0,87 c.

2C14-sönderfall

3 p

Givet:Beta-sönderfall av C-14.Sökt:Maximal energi för elektronen.Lösning:Sönderfall av C-14 sker via reaktionen

146C→ 14

7N+ + e− + νe, (2.1)eftersom totala masstalet A och totala laddningen Z bevaras i sön-derfallet. Sammanlagda rörelseenergin hos slutprodukterna gesav reaktionens Q-värde. Elektronen har maximal rörelseenergi

när neutrinon har rörelseenergin noll. Dessutom kan vi försum-ma inverkan av kvävekärnans rekyl eftersom den är mycket tyng-re än elektronen. Alltså blir elektronens maximala rörelseenergilika med Q-värdet för processen. Det ges av, Q = ∆mc2:

Ke = Q =(mC − (mN+ + me + mνe ))uc2

=(mC − ((mN − me) + me + 0))uc2

=(mC − mN)uc2 = (14,003 241 99 − 14,003 074 00)uc2

=0,000 167 99 uc2, (2.2)eftersom neutrinon kan betraktas som masslös och N-14 är en po-sitiv jon eftersom den ärvt de 6 elektronerna från C-14. Här harmassan för C-14 och N-14 tagits från Tk4. Relativistisk rörelsee-nergi ges av K = (γ − 1)mc2:

Ke =

1√

1 − v2/c2− 1

mec2 ⇒ 1 +Ke

mec2 =1√

1 − v2/c2

⇒ 1 − v2/c2 =

(1 +

Ke

mec2

)−2

⇒ v = c

√

1 −(1 +

Ke

mec2

)−2

(2.2)= c

√

1−(1+

0,000 167 99 uc2

5,485 799 110·10−4 uc2

)−2

≈0,643 360c (2.3)

med elektronens viloenergi, me, från Te.

Svar: Elektronen får hastigheten 0,64 c.Kommentar: Vi använder elektronens viloenergi, mec2 uttryckti enheten uc2, så att uc2 kan förkortas bort i uttrycket Ke/mec2.Detta är mycket enklare och elegantare än att byta till SI-enhetereller eV. Svaret avrundas lämpligen till två värdesiffror eftersomvi försummat kväveatomens rekyl men även 5 värdesiffror god-känns (=antalet i mellansvaret Ke) samt 10, vilket är minsta antalvärdesiffror i indata.

3Rymdskyttel

3 p

Givet:Initial vertikal hastighet vid ekvatorn: v1= 9,5·103 m/s

Sökt:Hur högt skytteln når.Lösning:Mekaniska energisatsen, 1→2:

K1 + Ug1 +��Ue1 + Wövr =

��K2 + Ug2 +��Ue2, (3.1)med den gravitationella potentiella energin:

Ug1 = −GNm · M

r1= −GN

m · MR

Ug2 = −GNm · M

r2= −GN

m · MR + h

(3.2)

och den kinetiska energin:

K1 =mv2

1

2. (3.3)

(3.3), (3.2) i (3.1):

�mv21

2= GN

�m · MR−GN

�m · MR + h

⇒ v21

2= GNM

(1R− 1

R + h

)

⇒ 1R + h

=1R− v2

1/2GNM

⇒ h =

1R− v2

1/2GNM

−1

− R

⇒ h =

(1

6,378 16·106 −95002/2

6,6741·10−11 · 5,972 19·1024

)−1

− 6,378 16·106 ≈ 16,6·106 m, (3.4)med

Gravitationskonstanten (Te): GN= 6,674 08·10−11 N m2/kg2

Jordradien vid ekvatorn (T j3): R = 6,378 16·106 mJordmassan (T j3): M = 5,972 19·1024 kg



Svar: Skytteln når höjden 17 Mm över marken.

Kommentar: Ug = mgh går inte attt använda eftersom g varierarunder uppfärden.

4Fjädersvängning med massa

4 p

Givet:Kraft: F = 60 NFjäderförlängning av kraften F: y1= 0,40 mSvängningstid med m fäst vid fjädern: T = 1,3 sFjäderförlängning av kraften F2: y2= 0,020 m

a) 2 p

Sökt:Massan m som ger upphov till svängningstiden T .Lösning:Friläggning i det initiala jämviktsläget:

F

y1

Ff1yx NI,

∑Fy = 0, med Hooke’s lag:

⇒ F = Ff1 = ky1 ⇒k = F/y1 = 60/0,40 ≈ 150 N/m, (4.1)

där k är fjäderkonstanten. Då vikten hängs påoch systemet börjar svänga vertikalt blir sväng-

ningstiden

T = 2π√

mk

⇒ m =T 2

4π2 k(4.1)=

1,32

4π2 ·150 ≈ 6,42 kg. (4.2)

b) 2 p

Sökt:Kraften som fjädern utövar på massan m, då denna under sväng-ning befinner sig y2 = 0,020 m över jämviktsläget.Lösning:Friläggning av massan:

yFf2

mg

yx

Vi beräknar jämviktsuttöjningen, yj, genomNewtons 1:a lag,

∑Fy = 0, samt Hooke’s lag:

Ff2 − mg = kyj − mg = 0 ⇒ yj =mgk. (4.3)

Hooke’s lag då massan befinner sig y2 över jämviktsläget:

F2 = k(yj − y2)(4.3)= mg − ky2 (4.4)

(4.1,4.2)= 6,421 · 9,82 − 150 · 0,020 ≈ 60,1 N. (4.5)

Kraften i Hooke’s lag är riktad motsatt uttöjningens riktning, dvsi postiv y-led, dvs uppåt.

Svar: a) Massan som ger upphov till svängningstiden T är m =6,4 kg.

b) Kraften som fjädern utövar på massan m, då denna un-der svängning befinner sig y2 = 0,020 m över jäm-viktsläget är F2 = 60 N uppåt.

5Rullande rör

4 p

Givet:Tunnväggigt rör, massa: Mr= 1,2 kgRörradie: Rr = 0,25 mLutning: θ = 30◦Rullsträcka: s = 3,0 m

Sökt:Hastigheten, vr efter sträckan s.Lösning:Mekaniska energisatsen, 1→2:

��K1 + Ug1 +��Ue1 +��Wövr =

K2 +��Ug2 +��Ue2, (5.1)där

Ug2 = Mrgs·sin θ, (5.2)

K2 =Icmω

2

2+

Mrv2cm

2. (5.3)

Rörets masströghetsmoment ur T f1b:Icm = MrR2

r ≈ 0,0750 kg m2. (5.4)Rullning utan glidning:

vcm = Rrω ⇒ ω = vcm/Rr (5.5)i (5.3) med (5.4):

K2 =Icmv2

cm

2R2r

+Mrv2

cm

2=

v2cm

2R2r

(Icm + MrR2r )

=v2

cm

2R2r

(MrR2r + MrR2

r ) = Mrv2cm. (5.6)

(5.6), (5.2) i (5.1):

��Mrgs·sin θ =��Mrv2cm ⇒ vcm =

√gs·sin θ

=√

9,82 · 3,0 · sin 30◦ ≈ 3,84 m/s. (5.7)

Svar: Rörets hastighet blir vr = vcm ≈ 3,8 m/s.





Tentamen i: Fysik 3










1. (3 p) Elementarpartikeln π− (negativ pion) är instabil. I partikelns referenssystem är medellivs-längden 0,0260 µs. I ett laboratorium mäts emellertid medellivslängden till 0,4200 µs. Beräknapartikelns fart relativt laboratoriet, uttryckt i ljushastigheten c.

2. (4 p) Ett radioaktivt prov innehåller en blandning av fosforisotoperna P-32 och P-33 men ingetannat. En inledande mätning visar, att av den totalt uppmätta aktiviteten från provet, så kommer10,0 % från P-33. Beräkna hur många dygn måste man vänta för att 80,0 % ska komma från P-33.

3. (3 p) En tunn homogen skiva har dimensioner enligt figuren tillhöger. Dess massa är 3,0 kg. Vad är skivans masströghetsmomentmed avseende på y-axeln? Vad är masscentrums y-koordinat förskivan?

1(2)

4. (4 p) En smal, homogen dörr har bredden 1,0 m, höjden 2,1 moch massan 32 kg. Dörren är upphängd i friktionsfria gång-järn, så att den kan rotera kring en vertikal axel längs enalångsidan, se figur, där dörren ses uppifrån. En pistolkulamed massan 21 g avfyras mot dörren och har hastigheten400 m/s då den träffar dörrens mittpunkt. Kulan fastnar idörren.

a) (3 p) Vilken vinkelhastighet har dörren efter att kulan fastnat?

b) (1 p) Om det tar 1,2 ms för kulan att fastna i dörren, medvilken kraft (medelvärdet) påverkar kulan dörren under denna tid?

5. (4 p) En trumma har radien 0,375 m och massan 41 kg samttröghetsradien 0,300 m med avseende på rotationsaxeln. En böj-lig stålkabel med längden 18 m och massan 3,1 kg per meter ärfrån början upplindad på trumman med en ände fastsatt på den-na. Längden av den fria, nedhängande änden av kabeln är dåx = 0,60 m, se figur. Trumman släpps fri från vila, varvid denbörjar rotera och kabeln rullar av utan att glida relativt trum-man. Beräkna trummans vinkelhastighet då x = 6,0 m. Mas-scentrum för den del av kabeln som fortfarande är upplindadpå trumman antas ligga i trummans rotationsaxel under helarotationen. Trumman antages rotera friktionsfritt.


2(2)





1Relativistisk pion

3 p

Givet:Pionens halveringstid i dess vilosystem: T0= 0,0260 µsPionens halveringstid i labb: T = 0,4200 µs

Sökt:Pionens fart relativt labbet, u.Lösning:Pionen rör sig med relativistik hastighet relativt labbet och där-med dilateras tiden:

T = T0 · γ = T0/√

1 − u2/c2 ⇒ 1 − u2/c2 = (T0/T )2 ⇒u = c ·

√1 − (T0/T )2 = c ·

√1 − (0,0260/0,4200)2

≈ 0,9981 c (1.1)

Svar: Pionens fart relativt labbet är 0,998 c.

2Fosforsönderfall

4 p

Variabler:Initial aktivitet för P-33: A33Slutlig aktivitet för P-33: A′33Initial aktivitet för P-32: A32Slutlig aktivitet för P-32: A′32

Givet:Initial andel aktivitet P-33 i provet: a = 0,100Slutlig andel aktivitet P-33 i provet: a′= 0,800

Sökt:Antal dygn, t1, innan 80,0 % av aktiviteten kommer från P-33.Lösning:Initialt förhållande mellan aktiviteterna:

A33

A33 + A32= a ⇒ A33 + A32

A33=

1a⇒ A32

A33=

1a− 1. (2.1)

Slutligt förhållande mellan aktiviteterna:A′33

A′33 + A′32= a′ ⇒ A′33 + A′32

A′33=

1a′⇒ A′32

A′33=

1a′− 1. (2.2)

Aktivitetslagen A = Nλ i sönderfallslagen N′ = Ne−λt ger A′ =

Ae−λt. Med λ = ln 2/T1/2 efter tiden t1 ger för P-33

A′33 = A33e−ln 2T33

t1 (2.3)och för P-32

A′32 = A32e−ln 2T32

t1 , (2.4)där halveringstiderna fås ur Tk4:

Halveringstid P-32: T32= 14,26 dygnHalveringstid P-33: T33= 25,35 dygn

Kvoten (2.4)/(2.3) blir

A′32

A′33=

A32

A33

e−ln 2T32

t1

e−ln 2T33

t1=

A32

A33e− ln 2·

(1

T32− 1

T33

)t1 ⇒

ln(

A′32

A′33

/A32

A33

)= − ln 2 ·

(1

T32− 1

T33

)t1 ⇒

⇒ t1 = −ln

(A′32A′33

/A32A33

)

ln 2 ·(

1T32− 1

T33

) (2.1,2.2)= −

ln(( 1

0,800 − 1)/( 10,100 − 1)

)

ln 2 ·(

114,26 − 1

25,35

)

≈ 168,52 dygn (2.5)

Svar: Det tar 169 dygn innan 80,0 % av aktiviteten är från P-33.

Kommentar: Det skulle också gå att omvandla alla tider till se-kunder och sedan tillbaks till dygn, men eftersom indata är i dygnär det lämpligare att räkna i dygn.

3Skiva

3 p

Givet:

Skivans massa: M= 3,0 kgHålradie: R = 0,100 mSkivhöjd: h = 0,280 mSkivbredd: b = 0,200 m

Sökt:Masströghetsmomentet kring y-axeln. Masscentrums y-koordinat.Lösning:Skivan består av en rektangel (index r) utan hål och ett utskurethål (index h). Massorna är

mr = σ·Ar = σ·b·h, (3.1)


σ =MA

=M

bh − πR2

2

=3,0

0,20·0,28 − π0,102

2

≈ 74,5 kg/m2. (3.3)

Masströghetsmoment kan delas upp, I =∑

Ii:Iy = Iyr − Iyh, (3.4)

där

Iyh = mhR2

4

(1 +

sin ππ

)= mh ·R

2

4(T f2d) (3.5)

Iyr,cm = mr ·b2/12, (T f1m) (3.6)och Steiners sats, I = Icm + md2 ger:

Iyr = Iyr,cm + mr(b/2)2 (3.6)= mrb2/12 + mrb2/4 = mrb2/3. (3.7)

(3.5), (3.7) i (3.4):

Iy = mr · b2

3− mh ·R

2

4(3.1,3.2)

= (σ·b·h)· b2

3−

(σ·π·R

2

2

)·R

2

4

= σ

(h·b3

3− πR4

8

)(3.3)= 74,5

(·0,28·0,203

3− π0,104

8

)

≈ 0,0527 kg m2. (3.8)Kroppen är symmetrisk i y-led kring x-axeln. Masscentrum i y-led ligger därför vid y = 0.

Svar: Tröghetsmoment kring y-axeln är Iy = 0,053 kg m2.Masscentrums y-koordinat är ycm = 0 mm.

4Kula i dörr

4 p

Givet:Kulmassa: mk = 0,021 kgKulfart: vk = 400 m/sDörrmassa: M = 32 kgDörrbredd: b = 1,0 mDörrhöjd: h = 2,1 mStöttid: ∆T= 0,0012 s

a) 3 p

Sökt:Dörrens vinkelhastighet, ω, precis efter stöten mellan kulan ochdörren.



vk

mk

M b

+x

ALösning:I frånvaron av externa moment bevarasrörelsemängdsmomentet runt A understöten:

L1 = L2, (4.1)där rörelsemängdsmomentet, L = p⊥ ·r, före stöten är

L1 = pk · (b/2) = (mkvk) · (b/2) ≈ 4,20 kg m2/s (4.2)och rörelsemängdsmomentet efter stöten är

L2 = Itotω, (4.3)där Itot = Ik+Id är masströghetsmomentet för kulan+dörren. (4.2)och (4.3) i (4.1):

mkvkb/2 = Itotω ⇒ ω = mkvkb/(2Itot). (4.4)Kulans masströghetsmoment fås ur definitionen på masströghets-moment, I = mr2 (punktformad partikel):

Ik = mk(b/2)2 ≈ 0,005 25 kg m2 (4.5)och dörrens masströghetsmoment från T f1m med tjocklek noll:

Id = Mb2/3 ≈ 10,67 kg m2. (4.6)(4.5) och (4.6) i (4.4) ger

ω =mkvkb

2(mk(b/2)2 + Mb2/3

) =mkvk

2b (mk/4 + M/3)(4.7)

=0,021 · 400

2 · 1,0 · (0,021/4 + 32/3)≈ 0,3936 rad/s.

b) 1 p

y

x

Fm

Mg

b/2

dörr:Friläggning, ASökt:

Medelkraften Fm som kulan påverkar dörrenmed under stöten.Lösning:Impulsmomentlagen för dörren under stöten,∫ ∑

τ dt = ∆L:

Fm · b2 · ∆T = Ld2 − Ld1 ⇒ Fm = 2

Ld2 − Ld1

∆T · b , (4.8)

(med∫ ∑

τ = τm∆T = Fm · b2 · ∆T ) där

Ld1 = 0, Ld2 = Idω ≈ 4,198 kg m2/s. (4.9)(4.9) i (4.8):

Fm = 2Idω − 0∆T · b = 2

10,67 · 0,39360,0012 · 1,0 ≈ 6,997 kN. (4.10)

Svar: a) Dörrens vinkelhastighet precis efter stöten är0,39 rad/s.

b) Medelkraften som kulan påverkar dörren med understöten är Fm = 7,0 kN åt höger.

Kommentar: Det går också att räkna på kulan: −Fm = 2 Ikω−L1∆T ·b

eller på ändringen i impuls Fm ·∆T = p2− p1 (eftersom stöten ärkort så den knappt hinner rotera) för kulan: −Fm =

mk(ω·b/2−vk)∆T .

5Kabel på trumma

4 p

Givet:Trum-massa: M= 41 kgTrum-radie: R = 0,375 mTrum-tröghetsradie: k = 0,300 mKabel-längddensitet: ρ = 3,1 kg/mKabel-längd: L = 18 mUrsprunglig utrullad kabel-längd: x1= 0,60 mSlutlig utrullad kabel-längd: x2= 6,0 m

1 2 x2

m2

1m

2ω

U = 0g

x1

Sökt:Trummans vinkelhastighet ω2,då den utrullade kabellängdenär x2 = 6,0 m.Lösning:Mekaniska energisatsen, 1→2:

��K1 + Ug1 +��Ue1 +��Wövr =

K2 + Ug2 +��Ue2, (5.1)där

Ug1 = −m1gx1/2 (5.2)Ug2 = −m2gx2/2 (5.3)

K2 = Ikω22/2 + Itω

22/2 + m2v2

2/2, (5.4)där massan för den utrullade kabeln ges av

m1 = x1ρ ≈ 1,86 kg, (5.5)m2 = x2ρ ≈ 18,6 kg, (5.6)

och den upplindade kabelns masströghetsmoment (T f1b):Ik = mkR2 = (L − x2)ρR2 ≈ 5,23 kg m2 (5.7)

(med upplindade kabelmassan mk = (L − x2)ρ ≈ 37,2 kg) ochtrummans masströghetsmoment (ur definition av tröghetsradie):

It = Mk2 ≈ 3,69 kg m2. (5.8)Rullning utan glidning:

v2 = Rω2. (5.9)i (5.4):

K2 = Ikω22/2 + Itω

22/2 + m2R2ω2

2/2 = ω22(It + Ik + m2R2)/2

(5.7,5.8,5.6)= ω2

2

(Mk2 + (L − x2)ρR2 + x2ρR2

)/2

= ω22(Mk2 + LρR2)/2. (5.10)

(5.10), (5.2), (5.3) i (5.1)−m1gx1/2 = −m2gx2/2 + ω2

2(Mk2 + LρR2)/2

⇒ ω2 =

√m2gx2 − m1gx1

Mk2 + LρR2(5.5,5.6)

=

√ρg(x2

2 − x21)

Mk2 + LρR2

=

√3,1·9,82·(6,02 − 0,602)41·0,32 + 18·3,1·0,3752 ≈ 9,70 rad/s. (5.11)

Svar: Trummans vinkelhastighet då den utrullade kabellängdenär x2 = 6,0 m är ω2 = 9,7 rad/s.




Tentamen i: Fysik 3










1. (4 p) För att avgöra stjärnors hastighet relativt oss på jorden utnyttjar man spektrallinjer för väte.Inom den synliga delen av spektrumet finns 4 sådana spektrallinjer, vid våglängderna 656, 486,434 och 410 nm. Den längsta våglängden kallas för Hα-linjen och är den som oftast används.

Man studerar gasen som roterar kring kärnan på galaxen M87 och observerar att på ena sidan avgalaxkärnan har Hα-linjen förskjutits till 390 nm.

a) (3 p) Beräkna den observerade gasens hastighet i förhållande till oss på jorden.

b) (0,5 p) Är ljuset från den observerade gasen rödförskjutet eller blåförskjutet? Motivera kort.

c) (0,5 p) Är den observerade gasen på väg emot oss eller ifrån oss? Motivera kort.

2. (3 p) Då neutronen saknar laddning kan dess massa ej mätas med spektrometer utan andra metodermåste användas. När en neutron och en proton, vardera med försumbar kinetisk energi, kommertillräckligt nära varandra kan de bindas ihop och en deuteriumjon bildas varvid en gammafotonmed energin Eγ = 2,3502 MeV utsänds. Beräkna utifrån detta neutronens massa, mn. Observeraatt tabellvärde på neutronmassan ej får användas, massan skall beräknas. Övriga nödvändiga dataför att lösa uppgiften får givetvis hämtas från tabell.

3. (3 p) Ganymedes är den största av Jupiters månar (upptäcktes av Galileo 1610) och har massanMG = 1,48 · 1023 kg och banradien är RG = 1,07 · 106 km i den approximativt cirkulära banan.

a) (1 p) Med hur stor kraft påverkar Jupiter sin måne Ganymedes?

b) (1 p) Hur stor är Ganymedes’ acceleration i banan, och hur är accelerationen riktad?

c) (1 p) Beräkna Ganymedes’ fart i banan.

1(??)

Data om Jupiter finns i i Fysika.

4. (4 p) En rektangulär ram har massan m och är formad avsmala, homogena stänger. Ramen är friktionsfritt upphängdi O (som är en fix punkt) och kan svänga kring den horison-tella axeln AA som går genom O.

a) (2 p) Beräkna masströghetsmomentet (uttryckt i m och b) förramen med avseende på axeln AA.

b) (2 p) Från sitt vertikala läge, som visas i figuren, förs ramen upprunt axeln AA så att den ligger horisontellt. Den släpps därefter och får svänga fritt kring AA.Bestäm (i givna storheter samt g) uttrycket för den kraft som upphängningen i O påverkarramen med omedelbart efter det att den släppts från horisontellt läge.

5. (4 p) Två skivor med radie R och R/2 är sammanfogade till en enhet (ett hjul).Enheten har massan m och tröghetsmomentet I = mR2/2 med avseende påsitt centrum. På vardera skivans periferi är upplindad en lina i vars andra ändehänger en vikt med massan 2m, se figur. Hjulet kan rotera friktionsfritt kringen horisontell, fix axel genom dess centrum. Systemet släpps fritt. Beräknaden vinkelacceleration som hjulet får uttryckt i m, g och R. Linorna glider ejrelativt respektive skivas periferi.


2(??)





1Gashastighet kring svart hål

4 p

Givet:Våglängd Hα-ljus: λ0= 656 nmObserverad våglängd: λ = 390 nm

a) 3 p

Sökt:Gasens hastiget i förhållande till oss på jorden.

Lösning:Relativistik dopplereffekt:

f = f0

√c − uc + u

, (1.1)

där u är gashastigheten i riktning från oss, f = c/λ är den fre-kvens vi mäter och f0 = c/λ0 är den utsända frekvensen. Dettager:

cλ

=cλ0

√c − uc + u

⇒ λ0

λ=

√c − uc + u

⇒λ2

0

λ2 =c − uc + u

⇒ λ20

λ2 (c + u) = c − u ⇒λ2

0

λ2 c − c = −u − λ20

λ2 u ⇒ λ20

λ2 − 1 = −1 +

λ20

λ2

uc⇒

uc

=1 − λ2

0λ2

1 +λ2

0λ2

=λ2 − λ2

0

λ2 + λ20

=3902 − 6562

3902 + 6562 ≈ −0,4777. (1.2)

b) 0,5 p

Sökt:Är ljuset från gasen rödförskjutet eller blåförskjutet?

c) 0,5 p

Sökt:Är gasen på väg emot oss eller ifrån oss?

Svar: a) Gasen rör sig med hastigheten 0,478 c mot oss.b) Ljuset från gasen är blåförskjutet eftersom dess våg-

längd har minskat, dvs ljuset har blivit “blåare”.c) Gasen är på väg emot oss eftersom u < 0.

Kommentar: I sista ekvationen behöver vi inte omvandla till SI-enheter eftersom det är en kvot med enheten nm i både täljareoch nämnare.

2Neutronmassa

3 p

Givet:Reaktion: 1

0n + 11p→ 2

1H+ + Eγ

Gammaenergi: Eγ = 2,3502 MeV

Sökt:Neutronens vilomassa, mn.Lösning:Protonen är en väteatom utan elektron, 1

1H+. Deuteriumjonen ären deuteriumatom (D) utan elektron. Totala energin bevaras ochE = mc2:

(mn + mH − me) · c2 = (mD − me) · c2 + Eγ ⇒ (2.1)

(mn + mH) · c2 = (mD) · c2 + Eγ ⇒ (2.2)

mn = mD − mH + Eγ/c2. (2.3)Insättning av data från Tk4:

Massa för deuterium: mD= 2,014 101 778 uMassa för väte: mH= 1,007 825 032 u

med1 u = 1,660 539 040·10−27 kg Te1 eV = 1,602 176 620 8·10−19 J Tb

germn = mD − mH + Eγ/c2 (2.4)

= 2,014 101 778 u − 1,007 825 032 u + 2,3502 u/c2 (2.5)

≈ 1,675 151·10−27 kg ≈ 1,008 800 u. (2.6)

Svar: Neutronens vilomassa blir 1,6752·10−27 kg = 1,0088 u.

Kommentar: I Te står det att mn = 1,008 664 915 88 u vilket ärnära vårt resultat.3

Ganymedes3 p

Givet:Ganymedes, massa: MG= 1,48·1024 kgGanymedes, banradie: RG = 1,07·109 m

a) 1 p

Sökt:Jupiters kraft, FG, på månen Ganymedes.Lösning:Newtons gravitationslag:

FG = GN · MJ · MG

R2G

, (3.1)

medGravitationskonstanten (Te): GN= 6,674 08·10−11 Nm2/kg2

Jupiters massa (T j1): MJ = 1,899·1027 kgger

FG = GN · MJ · MG

R2G

= 6,674 08·10−11 · 1,899·1027 · 1,48·1023

(1,07·109)2

≈ 1,638·1022 N. (3.2)

b) 1 p

Sökt:Ganymedes’ acceleration i banan, aG samt accelerations riktning.Lösning:Newtons 2:a lag för Ganymedes

∑F = ma:

FG = MGaG ⇒ (3.3)

aG =FG

MG=

1,638·1022

1,48·1023 ≈ 0,1107 m/s2. (3.4)

c) 1 p

Sökt:Ganymedes’ fart i banan, vG.Lösning:Cirkelrörelse:

aG = v2G/RG ⇒ vG =

√aGRG ≈ 10,88 km/s. (3.5)

Svar: a) Jupiters kraft på Ganymedes är FG = 1,64·1022 N.b) Ganymedes’ acceleration i banan är aG = 0,111 m/s2,

riktad mot Jupiter.c) Ganymedes’ fart i banan är vG = 10,9 km/s.

4Roterande ram

4 p

Givet:Rammassa: mLängd, kortsida: bLängd, långsida: 2b

a) 2 p

Sökt:Tröghetsmomentet med avseende på axeln AA.Lösning:Ramen består av 4 delar:



3b b

4

2

1

2b

AA

2b

OStångens totala längd är 6b,vilket betyder att varje sträckab har massan m/6.För del 1 och 3 är tröghetsmo-mentet det för en tunn stångsom roterar kring ena änden(T f1m):

IAA1 = IAA3 =m6

b2

3. (4.1)

För del 4 är tröghetsmomentet kring AA noll eftersom delen lig-ger längs med axeln:

IAA4 = 0. (4.2)För del 2 ges tröghetsmomentet av Steiners sats IO = Icm + md2:

IAA2 = 0 +2m6

b2. (4.3)

Det totala tröghetsmomentet blir med (4.1),(4.2),(4.3):

Itot =IAA1 + IAA2 + IAA3 + IAA4 =m6

b2

3+

2m6

b2 +m6

b2

3+ 0

=mb2(

118

+26

+1

18

)=

4mb2

9. (4.4)

Svar: Masströghetsmomentet för ramen kring axeln AA är 4mb2

9 .

b) 2 p

Sökt:Kraften som verkar på upphängningen när ramen släpps från ho-risontellt läge.Lösning:Friläggning av ramen i horisontellt läge sedd längs axeln AA:

O

On

t mg

AA

b

α

t

n

Rotation kring fix axel:Rörelseekvationen i horisontellled för tyngdpunkten:∑

Fn = mrcmω2

⇒ On = mrcmω2 = 0, (4.5)

ty ω = 0 rad/s i släppögonblicket.Rörelseekvationen i transvers led för tyngdpunkten:∑

Ft = mrcmα

⇒ Ot + mg = mrcmα

⇒ Ot = mrcmα − mg. (4.6)

Momentekvationen runt upphängningspunkten O,∑yτ = Iα:

mgb/2 = Itotα

⇒ α = mgb/(2Itot). (4.7)(4.7) i (4.6):

Ot = mrcm(mgb/(2Itot)) − mg

= mb2

(mgb2Itot

)− mg

(4.4)=

m2b2g

4 4mb2

9

− mg = −7mg16

, (4.8)

med rcm = b/2.

Svar: Kraften är 7mg/16, riktad vertikalt uppåt.

5Skivor med vikter

4 p

Givet:Massa hjul: mTröghetsmoment hjul: I = mR2/2Stor skivradie: RLiten skivradie: R/2Massa, vikt: 2m

Sökt:Vinkelaccelerationen α.Lösning:

Friläggning av hjul och vikter var för sig:

NII för vikt A,∑

Fy = may:2mg−S A = 2maA ⇒ S A = 2m(g−aA). (5.1)

NII för vikt B,∑

Fy = may:2mg−S B = 2maB ⇒ S B = 2m(g−aB). (5.2)

Momentekvationen∑τO = IOα för hjulet:

S AR − S BR2

= Iα(5.1,5.2)

=

2�m(g − aA)�R − 2�m(g − aB)�R2

= (�mR�2/2)α

⇒ 2(2g − 2aA − g + aB) = Rα= 2(g − 2aA + aB) = Rα. (5.3)

Rotation (A går åt motsatt håll som B):

aA = Rα, aB = −R2α. (5.4)

i (5.3):

2(g − 2Rα − R2α) = Rα⇒ 2g = 6Rα⇒ α =

g3R. (5.5)

Svar: Vinkelaccelerationen blir α =g

3R .




Tentamen i: Fysik 3










1. (4 p) Låt den kinetiska energin för en partikel med massa m och viloenergi E0 vara K = b · E0.

a) Beräkna kvoten mellan den klassiska och den relativistiska farten vk/vr uttryckt i b.b) Vad blir kvoten då b = 2,0?c) Vad blir kvoten då b = 0,20?

2. (3 p) Vid kärnvapenproven på 1950- och 1960 talet drabbades Sverige av radioaktivt nedfall, blandannat av Cs-137. Nedfallet har funnits så länge att det nu är en del av veden i träden. Nedfalletfrån Tjernobyl finns mest i barr och bark. Vid en mätning av ett prov av aska från en kakelugn iÖrnsköldsvik visades en tydlig gammatopp vid energin 0,66 MeV. Efter subtraktion av bakgrunds-strålningen registrerades toppens pulsinnehåll till 2,96 pulser per sekund. Provets massa uppmättestill 21,7 g och vid mätningen användes liten burk. Beräkna med hjälp av sönderfallsschemat (senedan) och detektorns känslighet (se nedan) askans aktivitet per kg. Känsligheten är andelen gam-masönderfall som detekteras, resten av sönderfallen missar detektorn. Sönderfallsschemat angerdelningsförhållandet, dvs andelen av det totala antalet sönderfall.

1(2)

3. (3 p) Den spårförsedda armen roterar moturs kring enaxel genom centrum i ett horisontalplan med konstantvinkelhastighet θ = 12 rad/s. Den fjäderbelastade hyl-san med massan 1,40 kg kan oscillera med försumbarfriktion i spåret. Om hylsan har farten 0,600 m/s rela-tivt armen då den passerar centrum, hur stor är då densidokraft som armen påverkar hylsan med? Vilken avsidorna A eller B är i kontakt med hylsan?

4. a

Rτ

ω

(4 p) En roterande skiva bromsas av ett konstant moment, τ = 0,0050 Nm.Skivan har ursprungligen vinkelhastigheten ω1 = 32 rad/s och rote-rar kring sitt masscentrum. Skivan, som har ytdensiteten 75,5 kg/m2,är cirkulär med radie R = 9,5 cm och har ett kvadradiskt hål med sidaa = 11 cm utskuret ur mitten, se figur.

a) Beräkna skivans vinkelhastighet efter tiden 3,0 s.

b) Hur många varv har skivan snurrat efter 3,0 s?

5. (4 p) Den horisontella delen av en tunn böjd stång harlängden L och massan m. Mitt på stången finns en hyl-sa (den kan betrakta som en punktmassa) med massanm/4. Stången bringas att rotera med en konstant vin-kelhastighet ω kring en vertikal axel, se figur. Hylsanhålls då kvar i sitt läge mitt på stången med en spärr (ejmed i figuren). Sedan släpps spärren, varvid hylsan rörsig utåt längs den roterande stången. Bestäm stångensvinkelhastighet i det ögonblick då hylsan befinner siglängst ut på stången, uttryckt i ω enbart. Friktionen ärförsumbar.


2(2)





1Relativistisk kvot

4 p

Givet:Kinetisk energi: K = b · E0

Sökt:Kvoten mellan den klassiska och den relativistiska farten vk/vruttryckt i b samt kvoten då b = 2,0 respektive b = 0,20.Lösning:Viloenergin ges av

E0 = mc2 ⇒ K = b · E0 = b · mc2. (1.1)Den klassiska farten ges av den klassiska kinetiska energin:

K = mv2k/2

(1.1)= b · mc2 ⇒ vk = c

√2b. (1.2)


K = mc2

1√

1 − v2r /c2

− 1

⇒ Kmc2 + 1 =

1√1 − v2

r /c2

⇒( Kmc2 + 1

)−2

= 1 − v2r /c

2 ⇒

vr = c

√

1 −(1 +

Kmc2

)−2(1.1)= c

√1 − (1 + b)−2. (1.3)

Kvoten mellan (1.2) och (1.3) blir

vk

vr=

c√

2b

c√

1 − (1 + b)−2=

√2b

1 − (1 + b)−2 . (1.4)

Detta betyder attvk

vr

∣∣∣∣∣b=2,0

= 2,12 ochvk

vr

∣∣∣∣∣b=0,20

= 1,14 (1.5)

Svar: a) Kvoten mellan den klassiska och den relativistiska far-ten vk/vr =

√2b

1−(1+b)−2 .b) Kvoten blir vk/vr = 2,1 då b = 2,0.c) Kvoten blir vk/vr = 1,1 då b = 0,20.

Kommentar: Notera att då den kinetiska energin K = 20 % avviloenergin E0 = mc2 så blir felet ca 14 % om man räknar klas-siskt. Om man sätter b = 0,02 blir felet 1,4 %. Notera även att dåb = 2 så är K = 2E0 ⇒ vk = 2c > c vilket är omöjligt.

2Askaktivitet

3 p

Givet:Gammaenergi: Eγ= 0,66 MeVMassa: m = 0,0217 kgPulsfrekvens: f = 2,96 pulser/s

Sökt:Askans aktivitet per kg, a.Lösning:Ur diagrammet utläses känsligheten vid energin Eγ = 0,66 MeVtill k ≈ 5 %. Ur sönderfallsschemat utläses delningsförhållandet,D = 85,1 %. Den totala γ-aktiviteten är

Aγ = f /k, (2.1)och den totala aktiviteten är

A = Aγ/D. (2.2)Aktiviteten per kg blir med (2.1) och (2.2):

a =Am

=f

D · k · m =2,96

0,851 · 0,05 · 0,0217≈ 3,2 kBq/kg.(2.3)

Svar: Askaktiviteten är ca 3 kBq/kg

3Hylsarm

3 p

Givet:

Konstant vinkelhastighet: θ = 12 rad/sMassa: m= 1,40 kgHylsfart: r = 0,600 m/s

Sökt:Storleken på sidokraften på hylsan, N, samt vilken av sidornasom är i kontakt med hylsan.Lösning:Polära koordinater med origo i armens mitt:

aθ = rθ + 2rθ = 0 · 0 + 2rθ. (3.1)Friläggning av hylsan från ovan:

N rθ

BA

^

^

NII:∑

Fθ = m · aθ:N = m · aθ (3.1)

=

= m2rθ= 1,40 · 2 · 0,600 · 12≈ 20,2 N. (3.2)

Svar: Sidokraften på hylsan: N = 20 N. Det är sidan A som är ikontakt med hylsan.

4Skivacceleration med hål

4 p

Givet:Bromsmoment: τ = 0,0050 N mInitial vinkelhastighet: ω1= 32 rad/sTid: ∆t = 3,0 sYtdensitet: σ = 75,5 kg/m2

Skivradie: R = 0,095 mHålsida: a = 0,11 m

a

Rτ

ω

Sökt:a) Skivans vinkelhastighet, ω2, efter tiden ∆t.b) Antal varv, n, skivan snurrat efter tiden ∆t.

a)Lösning:Masströghetsmomentet kring rotationsaxeln för den homogenacirkeln (T f1a):

Ic = mc · R2/2 = σAc · R2/2 = σπR2 · R2/2 (4.1)och för den utskurna rektangeln (T f1m):

Ir = mr ·(a2+a2)/12 = mr ·a2/6 = σAr ·a2/6 = σa2 ·a2/6. (4.2)Skivans masströghetsmoment blir då

Icm = Ic − Ir(4.1,4.2)

= σ(πR4/2 − a4/6) =

= 75,5(π0,0954/2 − 0,114/6) ≈ 0,007 82 kg ·m2 (4.3)

Impulsmomentlagen,∫ ∑y

τ dt = L2 − L1:−τ · ∆t = L2 − L1, (4.4)

med masströghetsmomentet för en stel kroppL1 = Icmω1, L2 = Icmω2, (4.5)

ger−τ · ∆t = Icm(ω2 − ω1) ⇒

ω2 = ω1 − τ · ∆tIcm

(4.3)= ω1 − τ · ∆t

σ(πR4/2 − a4/6)

= 32 − 0,0050 · 3,075,5(π0,0954/2−0,114/6)

≈ 30,1 rad/s. (4.6)

b)Lösning:Momentet och masströghetsmomentet är konstanta, vilket bety-der att vinkelaccelerationen är konstant genom momentekvatio-nen

∑τ = Iα:

α = −τ/Icm(4.3)= −0,0050/0,007 82 ≈ −0,640 rad/s2, (4.7)

med konstant vinkelacceleration:θ2 = ω1∆t + α∆t2/2 =32 · 3,0−0,640 · 3,02/2 ≈ 93,1 rad

≈14,8 varv. (4.8)

Svar: a) Skivans vinkelhastighet efter 3,0 s är 30 rad/s.b) Skivan snurrar 15 varv.



5Hylsrotation

4 p

Givet:Initial vinkelhastighet: ωStånglängd: LStångmassa: mHylsmassa: mh = m/4Initialt hylsavstånd: r1 = L/2Slutligt hylsavstånd: r2 = L

Sökt:Stångens vinkelhastighet,ω2 då hylsan befinner siglängst ut.Lösning:Initialt rörelemängdsmo-ment:

L1 = I1ω, (5.1)och slutligt:

L2 = I2ω2. (5.2)Inga yttre kraftmoment⇒ rörelemängdsmomentet bevaras:

L1 = L2(5.1,5.2)⇒ I1ω = I2ω2 ⇒ ω2 = ω1

I1

I2. (5.3)

För stången är masströghetsmomentet (T f1m):Is = m · L2/3 (5.4)

och för hylsan (punktmassa) på avståndet r från rotationsaxeln:Ih = mhr2. (5.5)

Totala masströghetsmomentet för stången och hylsan (på avstån-det r från rotationsaxeln):

I = Is + Ih(5.4,5.5)

= mL2/3 + mhr2. (5.6)(5.6) i (5.3) för givna värden, r1 = L/2, r2 = L och mh = m/4:

ω2 = ωI1

I2= ω

mL2/3 + mhr21

mL2/3 + mhr22

= ωmL2/3 + (m/4) · (L/2)2

mL2/3 + (m/4) · L2 =

= ω��mL2(1/3 + (1/4) · (1/2)2)

��mL2(1/3 + 1/4)=

1928ω. (5.7)

Svar: Skivans vinkelhastighet blir 1928ω ≈ 0,679ω då hylsan är

längst ut på stången.




Tentamen i: Fysik 3










1. (3 p) En elektron startar från vila och accelereras av ett elektriskt fält.

a) (2,5 p) Beräkna hur mycket energi som måste tillföras elektronen för att dess fart ska bli 0,95c.Uttryck svaret i eV.

b) (0,5 p) Är detta en relativistisk fart? Motivera genom att resonera kring energin.

2. (4 p) En kärnkraftstekniker som väger 85 kg råkar vid ett tekniskt fel inandas damm med ett inne-håll av 2,2 mg Pu-239. Plutoniumet kan antas stanna i kroppen under exponeringstiden 12 timmar.

a) (2 p) Beräkna den frigjorda energin vid sönderfallet av en Pu-239-atom i MeV.

b) (1 p) Beräkna aktiviteten i dammet från Pu-239.

c) (1 p) Beräkna absorberad dos i gray (Gy) och ekvivalent dos i Sievert (Sv) från Pu-239 i dam-met. Antag att all strålning från dammet absorberas i kroppen under exponeringstiden.

3. (3 p) Ett flygplan landar med hastigheten 315 km/h på ett hangarfartyg. Planets acceleration berorpå lägeskoordinaten s enligt uttrycket a = −(a0+c·s), där konstanten a0 = 35 m/s2, och konstantenc = 0,20 s−2 (där s−2 är enheten, per sekund i kvadrat).

a) (2,5 p) Beräkna bromssträckan, dvs den sträcka planet färdats tills dess det står still.

b) (0,5 p) Vad blir den maximala retardationen? (Retardationen = beloppet av den negativa acce-lerationen).

1(2)

4. (4 p) Satelliten i figuren befinner sig i vakuum,har massan 115 kg och masströghetsmoment-et Iz = 0,94 kg m2, solpanelerna (A, B, C ochD) ej medräknade. Varje solpanel har massan29 kg och kan betraktas som en tunn skiva medbredden 0,20 m och längden 0,75 m. Satellitenroterar ursprungligen kring z-axeln med medvinkelhastigheten ωz = 0,50 rad/s när solpa-nelerna är utfällda, d.v.s. vinkeln θ = 90◦. Vadblir vinkelhastigheten när solpanelerna rests uppså att vinkeln är exakt θ = 0◦ (dvs de är paral-lella med z-axeln)? Avståndet från z-axeln till solpanelernas fästen är 0,20 m.

5. (4 p) Den cirkulära skivan i figuren har radien 0,450 m och mas-san ms = 52 kg. Skivan är inte en homogen cirkelskiva, utan hartröghetsradie kO = 0,300 m, med avseende på den friktionsfria ro-tationsaxeln O. Rotationsaxeln går genom skivans masscentrumoch rör sig därmed med skivan. På samma axel är en last medmassan mL = 125 kg påhängd (lasten hänger löst på axeln och ro-terar inte). Systemet bärs upp av en fjäder ansluten till en lina somlöper runt skivans periferi, se figur. Fjädern har fjäderkonstantenk = 1,5 kN/m. Systemet släpps från vila i ett läge där fjädern ärospänd. Linan är masslös och glider ej relativt skivan. Med me-kaniska energisatsen kan man visa att skivan rör sig sträckan h = (ms+mL)g

2k nedåt innan den nårvändläget. Beräkna lastens acceleration (till storlek och riktning) i vändläget.


2(2)





1Relativ energi

3 p

Givet:Slutfart: v= 0,95 c

Sökt:a) Energi som krävs för att elektronens fart ska bli v.b) Är farten relativistisk?Lösning:a) 2,5 p


K = (γ − 1)mec2 =

1√

1 − v2/c2− 1

mec2

=

1√

1 − 0,952− 1

·0,510 998 946 1·106 ≈ 1,13 MeV,

(1.1)med mec2 = 0,510 998 946 1 MeV från Te.b) 0,5 p

Svar: a) Den tillförda energin som krävs är K ≈ 1,1 MeV.b) Elektronens fart är relativistisk eftersom den kinetiska

energin, K ≈ 1 MeV, ej är mycket mindre än viloener-gin, E0 = mec2 ≈ 0,5 MeV.

2Plutoniumdamm

4 p

Givet:Massa, arbetare: M= 85 kgMassa, damm av plutonium-239: m = 2,2 mgExponeringstid: t = 12 h

All strålning från dammet absorberas.Sökt:a) Frigjord energi för sönderfallet, Q.b) Aktiviteten i dammet, A.c) Absorberad dos, D och ekvivalent dos H.Lösning:a) 2 p

Plutonium-239 sönderfaller med α-strålning (Tk4). Masstal ochladdning bevaras⇒ dotterkärnan: A = 239 − 4 = 235, Z = 94 −2 = 92⇒ U-235 (Tk3). Reaktionen blir alltså:

23994Pu→ 235

92U2− + 42He2+. (2.1)

Frigjord energi:Q = (MPu−239 − ((MU−235 +��2me) + (MHe−4 −��2me)))c2

= (MPu−239 − MU−235 − MHe−4)c2

= (239,052 164 − 235,043 930 − 4,002 603 254) uc2

= 0,005 631 uc2 ≈ 5,2452 MeV ≈ 8,4038·10−13 J, (2.2)med massorna MHe−4, MPu−239 och MU−235 ur Tk4, och uc2 =931,494 095 4 MeV ur Te och 1 eV = 1,602 176 620 8·10−19 J(Tb).b) 1 p

Antalet Pu-atomer:N = m/MPu−239 ≈ 5,5422·1018 st, (2.3)

med u = 1,660 539 040·10−27 kg ur Te.Aktivitetslagen:

A = λN =ln 2 · N

T1/2=

ln 2·5,5422·1018

24,11·103 ·365,25·24·3600≈ 5,05·106 Bq, (2.4)

där halveringstiden för Pu-239 är T1/2 = 24,11·103 år (Tk4).c) 1 p

Eftersom exponeringstiden är mycket kortare än halveringstidenså kan aktiviteten antas vara konstant under exponeringen. Den

absorberade dosen:D = Q · A · t/M= 5,2452·1,602 176 620 8·10−13 · 5,05·106 · 12·3600/85≈ 2,16 mGy, (2.5)

med 1 eV = 1,602 176 620 8·10−19 J (Te).

Den ekvivalenta dosen (Td2c):H = RBE · D = 20 · 2,16·10−3 ≈ 43,1 mSv. (2.6)

Svar: a) Frigjord energi: Q = 5,245 MeV.b) Aktiviteten i dammet är 5,0 MBq.c) Absorberad dos: D = 2,2 mGy, ekvivalent dos: H =

43 mSv.Kommentar: Det blir också ett följdsönderfall från U-235, mendess aktivitet blir försumbar: AU ≈ λUNU,medel ≈ 3,4 µBq � A.

Kommentar: Den absorberade dosen kan även beräknas medD = Q(N − N(t))/M = QN(1 − e−λt)/M ≈ 2,16 mGy.

Kommentar: Svaret i a) har 4 värdesiffror (= antalet i mellan-svaret MPu − MU − MHe), men även 9 värdesiffror godkänns.

3Skivacceleration

3 p

Givet:Startfart: v0= 315 km/h = 87,50 m/sAcceleration: a = −(a0 + c · s)Startacceleration: a0= 35 m/s2

Accelerationskonstant: c = 0,20 s−2

Sökt:a) Bromssträckan, s1, dvs sträckan så att v1 = 0.b) Maximal retardation, rmax.

Lösning:

a) 2,5 p

Accelerationen är ej konstant. Allmänt gäller v dv = a ds. Integ-ration från startläge, 0, till slutläge, 1:∫ v1

v0

v dv =∫ s1

0a ds =

∫ s1

0−(a0+c·s) ds = −

[a0·s+c·s2/2

]s1

0

= −a0·s1−c·s21/2 =

[v2/2

]v2

v1= v2

1/2−v20/2 = −v2

0/2. (3.1)

Lösning av andragradare:

s1 =−a0 ±

√a2

0 + c·v20

c=−35 +

√352 + 0,2·87,502

0,2≈ 87,5 m. (3.2)

b) 0,5 p

Maximal retardation:rmax = |a(s1)| = a0 + c·s1 = 35 + 0,2·87,5 ≈ 52,5 m/s2. (3.3)

Svar: a) Bromssträckan: s1 = 88 m.b) Maximal retardation: rmax = 53 m/s2.

4Satellitrotation

4 p

Givet:Massa, satellit: ms= 115 kgMasströghetsmoment, satellit: Is = 0,94 kg m2

Massa, panel: mp= 29 kgInitial vinkelhastighet: ω1= 0,50 rad/sInitial vinkel: θ1 = 0◦Slutlig vinkel: θ2 = 90◦Avstånd mellan z-axeln och panelfästen: s = 0,20 mLängd, panel: l = 0,75 mBredd, panel: b = 0,20 m



Sökt:Slutlig vinkelhastighet, ω2.Lösning:Vakuum ⇒ ∑

τ = 0 ⇒ rörelsemängdsmomentet (för den stelakroppen) bevaras runt z-axeln:

L1 = L2 ⇒ I1ω1 = I2ω2 ⇒ ω2 =I1

I2ω1. (4.1)

Masströghetsmoment i läge 1:I1 = Is + 4Ip1 = Is + 4(Ip,cm,1 + mp ·d2

1) ≈ 45,1 kg m2, (4.2)med Steiners sats med d1 = s+ l/2 = 0,2+0,75/2 = 0,575 m ochmasströghetsmomentet kring en panels masscentrum (T f1m):

Ip,cm,1 = mp(l2 + b2)/12 ≈ 1,456 kg m2. (4.3)Masströghetsmoment i läge 2:

I2 = Is + 4Ip2 = Is + 4(Ip,cm,2 + mp ·d22) ≈ 5,97 kg m2, (4.4)

med Steiners sats med d2 = s = 0,2 m och masströghetsmomen-tet kring en upprätt panels masscentrum (T f1m):

Ip,cm,2 = mpb2/12 ≈ 0,096 67 kg m2. (4.5)(4.2) och (4.4) i (4.1):

ω2 =I1

I2ω1 =

Is + 4(Ip,cm,1 + mp ·d21)

Is + 4(Ip,cm,2 + mp ·d22)ω1

(4.3,4.5)=

=Is + 4

(mp(l2 + b2)/12 + mp ·d2

1 )

Is + 4(mpb2/12 + mp ·d2

2

) ω1

=0,94 + 4

(29(0,752 + 0,22)/12 + 29·0,5752

)

0,94 + 4(29·0,22/12 + 29·0,22

) 0,5

≈ 3,78 rad/s. (4.6)

Svar: Slutlig vinkelhastighet, ω2 ≈ 3,8 rad/s.

5Skivacceleration

4 p

Givet:Skivradie: R = 0,450 mSkivmassa: ms = 52 kgTröghetsradie: kO = 0,300 mLastmassa: mL= 125 kgFjäderkonstant: k = 1,5 kN/mStartar från vila: v1 = 0 m/sFjädertöjning, start: y1 = 0 mFörflyttning, nedåt, i vändläget: h = (ms + mL)g/(2k)

Sökt:Lastens acceleration, a, i vändläget.Lösning:Friläggning, skiva+last i vändläget:

RT F

msg

mLga

y

α

Total massa:mtot = ms + mL = 177 kg. (5.1)

Fjäderkraften, då h = (ms + mL)g/(2k):F = k·y = k·2h = mtotg ≈ 1,74 kN (5.2)

eftersom fjädern töjs dubbelt så mycketsom lasten rör sig nedåt.NII,

∑Fy = may:

mtotg − T − F = mtota(5.2)= −T. (5.3)

Momentekvationen kan användas kring masscentrum:∑yτO =

IOα:

T ·R − F ·R (5.2,5.3)= −mtotaR − mtotgR = IOα. (5.4)

Rullning utan glidning:α = a/R (5.5)

med skivans masströghetsmomentIO = msk2

O ≈ 4,68 kg m2 (5.6)i (5.4):− mtotaR − mtotgR = (msk2

O)(a/R)⇒

a =−mtotgR2

msk2O + mtotR2

=−177·9,82·0,452

52·0,32 + 177·0,452≈ −8,69 m/s2.

(5.7)

Svar: Lastens acceleration är 8,7 m/s2, uppåt.Kommentar: Koordinatsystemet läggs enklast i rörelseriktningenoch vi behöver vi inte lägga in x-koordinaten eftersom vi interäknar i den riktningen.Kommentar: Höjden ner till vändläget fås ur ME: K1 + Ug1 +

Ue1 +Wövr = K2 + Ug2 + Ue2 ⇒ mtotgh = ky2/2 = k(2h)2/2.




Tentamen i: Fysik 3










1. (4 p) Kalium-40 kan t.ex. sönderfalla via beta-strålning.

a) (1 p) Beräkna den energi som frigörs totalt i sönderfallet.

b) (0,5 p) Vad händer med den energi som inte går till kinetisk energi hos elektronen?

c) (2 p) Beräkna den maximala farten för den utsända elektronen uttryckt i ljushastigheten, c.

d) (0,5 p) Kalium-40 kan också sönderfalla via elektroninfångning. Skriv upp sönderfallsformelnför denna reaktion.

2. (3 p) Vilka nuklider står symbolen X för i följande kärnreaktioner. Du ska ange dem på formenCl-36 (som ett exempel), dvs med nuklidens bokstavssymbol och antalet nukleoner. Kom ihåg attmotivera.

a) 238U→ α + X

b) e− + 14N→ X + νe

c) 10C→ X + e+ + νe

d) 134Cs→ X + e− + νe

e) 4He2+ + 14N→ X + H+

f) n + 235U→ 3n + 139Ba + X

1(2)

3. (3 p) Hydraulcylindern som visas i figuren roterar medkonstant vinkelhastighet θ = 60 ◦/s kring axeln genomO. Pistongens längd l minskar med 0,15 m/s. Beräknabeloppet av änden B:s hastighet respektive accelera-tion i det ögonblick då pistonglängden l = 0,125 m.

4. (4 p) En konståkerska på skridskor drar in armarna i en piruett och ökar på så sätt sin rotationshas-tighet. Friktionen mot isen kan försummas.a) (1 p) Vilken mekanisk storhet är lika mellan de två fallen

A och B, och varför ökar hennes rotationshastighet?

b) (2 p) Visa att den mekaniska rotationsenergin är större ifall B än i fall A.

c) (1 p) Varifrån kommer denna extra rotationsenergi?

5. (4 p) En smal, homogen stång är bockad till en bygel där vardera delenhar längden l = 0,50 m och massan m = 1,2 kg. Bygeln kan rotera medförsumbar friktion kring en horisontell axel genom ändarna AA’, se figur.

a) (1 p) Hur långt från axeln AA’ ligger bygelns masscentrum?

b) (1 p) Beräkna bygelns masströghetsmoment med avseende på axeln AA’.

c) (2 p) Bygeln släpps från vila från ett horisontellt utgångläge (θ = 0◦).Beräkna, till storlek och riktning, lagerkraften i fästena A och A’på bygeln just efter det att denna släppts.


2(2)





1K40

4 p

Givet:Kalium-40-sönderfall via betastrålning

a) 1 p

Sökt:Total frigjord energi i sönderfallet, Q.Lösning:Betasönderfall av K-40 (Fd2b):

4019K→ 40

20Ca+ + e− + νe. (1.1)Frigjord energi:

Q = (MK − (MCa − Me + Me + Mν)) c2 = (MK − MCa) c2

= (39,963 998 2 u − 39,962 590 86 u)c2 ≈ 0,001 407 3 uc2

≈ 1,3109 MeV, (1.2)med massan Mν ≈ 0, MK och MCa ur Tk4 och uc2 =931,494 095 4 MeV ur Te.

b) 0,5 p

Sökt:Vad händer med den energi som inte går till kinetisk energi hoselektronen?c) 2 p

Sökt:Den maximala farten för den utsända elektronen, vmax.Lösning:Elektronen har maximal fart då neutrinon inte får någon energi⇒ Ke,max = Q. Relativistisk kinetisk energi:

Ke,max = mec2

1√

1 − v2max/c2

− 1

⇒

Ke,max

mec2 + 1 =1√

1 − v2max/c2

⇒(

Ke,max

mec2 + 1)−2

= 1 − v2max

c2

⇒ vmax = c

√√1 − 1

(1 +

Kemec2

)2

= c

√√1 − 1

(1 + 1,3109

0,510 998 946 1

)2 ≈ 0,959 861 c, (1.3)

med mec2 (i MeV) ur Te.

d) 0,5 p

Sökt:Sönderfallsformeln för elektroninfångning för K-40.

Svar: a) Den totala frigjorda energin är 1,3109 MeV.b) Den energi som inte går till kinetisk energi hos elektro-

nen går till kinetisk energi hos neutrinon (och även tillen liten del till kinetisk energi hos dotterkärnan, Ca-40).

c) Elektronens maximala hastighet blir vmax = 0,959 86 c.d) Sönderfallsformeln är: e−+40

19K+ → 4018Ar∗+νe → 40

18Ar+νe + γ.

Kommentar: Svaret avrundas till 5 värdesiffror (= antalet i mel-lansvaret MK − MCa), men även 9 värdesiffror godkänns. Det ärinte nödvändigt att ha rätt jon för full poäng på d-uppgiften ochbåde mellan- och slutsteget godkänns som svar.

2Kärnreaktioner

3 p

Atomtalet A och laddningen Q (som hämtas ur Tk3) bevaras ialla kärnreaktioner, vilket ger A och Q för partikeln X. Dess be-teckning ges av Tk3.

a) 0,5 p

23892U→ 4

2He2+ + XAX = AU − AHe = 238 − 4 = 234,QX = QU − QHe = 92 − 2 = 90,

⇒ X = 23490Th. (2.1)

b) 0,5 p

e− + 147N+ → X + νe

AX = AN + Ae − Aν =14 + 0 − 0 = 14,QX = QN + Qe − Qν=7 + (−1) − 0 = 6,

⇒ X = 146C. (2.2)

c) 0,5 p

106C→ X + 0

1e+ + νe

AX = AC − Ae+ − Aν =10 − 0 − 0 =10,QX = QC − Qe+ − Qν = 6 − 1 − 0 =5,

⇒ X = 105B. (2.3)

d) 0,5 p

13455Cs→ X + 0

−1e− + νe.AX = ACs − Ae − Aν = 134 − 0 − 0 = 134,QX = QCs − Qe − Qν =55 − (−1) − 0 = 56,

⇒ X = 13456Ba. (2.4)

e) 0,5 p

42He2+ + 14

7N→ X + 11H+

AX = AHe + AN − AH =4 + 14 − 1 = 17,QX = QHe + QN − QH = 2 + 7 − 1 = 8,

⇒ X = 178O+. (2.5)

f) 0,5 p

10n + 235

92U→ 310n + 139

56Ba + XAX = An + AU − 3An − ABa =1 + 235 − 3 · 1 − 139 = 94,QX = Qn + QU − 3Qn − QBa = 0 + 92 − 3 · 0 − 56 = 36,

⇒ X = 9436Kr. (2.6)

Svar: a) X = Th-234.b) X = C-14.c) X = B-10.d) X = Ba-134.e) X = O-17.f) X = Kr-94.

3Hydraulcylinder

3 p

Givet:Avstånd O till B: r= 0,500 mPistonghastighet: r= −0,15 m/sPistongacceleration: r= 0 m/s2

Vinkelhastiget: θ= 60 ◦/s = 1,047 rad/sVinkelacceleration: θ= 0 rad/s2

Sökt:Beloppet på hastigheten och accelerationen av änden B.Lösning:Polära koordinater:

vr = r ≈ −0,15 m/s (3.1)

vθ = rθ = 0,5 · 1,047 ≈ 0,5236 m/s (3.2)

ar = r − rθ2 = 0 − 0,5 · 1,0472 ≈ −0,5483 m/s2 (3.3)

aθ = rθ + 2rθ = 0,5·0 − 2·0.15·1,047 ≈ −0,3142 m/s2. (3.4)Hastighetens belopp med (3.1), (3.2):

v =

√v2

r + v2θ =

√(−0,15)2 + 0,52362 ≈ 0,5447 m/s. (3.5)

Accelerationens belopp med (3.3), (3.4):

a =

√a2

r + a2θ =

√(−0,5483)2 + (−0,3142)2 ≈ 0,6319 m/s2.

(3.6)

Senast uppdaterad: 31 maj 2017 1(2) c© Erik Elfgren


Svar: Beloppet på hastigheten: 0,54 m/s, och accelerationen:0,63 m/s2.

4Ballerina

4 p

a) 1 p

Sökt:Den bevarade storheten samt varför rotationshastigheten ökar.Lösning:Eftersom vi försummar friktionen mot isen påverkas konståkers-kan bara av normalkraft och tyngdkraft, vilka inte ger upphovtill något moment kring rotationsaxeln. Därmed bevaras rörelse-mängdsmomentet ~L eftersom impulsmomentlagen ger∫ ∑

~τ dt = ∆~L, ~τ = 0⇒ ∆~L = 0. (4.1)

Då hon drar in armarna så minskar masströghetsmomentet I =∫r2 dm kring rotationsaxeln, och för att L = Iω ska bevaras ökar

därmed vinkelhastigheten ω:ωB > ωA. (4.2)

Svar: Rörelsemängdsmomentet är bevarat eftersom det intefinns några externa moment. Rotationshastigheten ökardärför att masströghetsmomentet kring rotationsaxelnminskar.

b) 2 p

Sökt:Visa att rotationsenergin är större i B än i A.Lösning:Rörelseenergin ges av rotation kring fix axel (Fb3):

K = Iω2/2 = Iωω/2. (4.3)Här är I masströghetsmomentet kring rotationsaxeln, och ω ärvinkelhastigheten i rotationen. Rörelsemängdsmomentet L = Iωbevaras (ty ingen friktion och därmed inget moment), dvs

LA = LB ⇒ IAωA = IBωB. (4.4)Kvoten av rörelseenergierna blir

KB

KA

(4.3)=

��IBωBωB/2��IAωAωA/2

(4.4)=

ωB

ωA(4.5)

vilket betyder att KB > KA, eftersom ωB > ωA (4.2). V.S.V.

Svar: Den mekaniska rotationsenergin ökar eftersom vinkelhas-tigheten ökar, se ovan.

c) 1 p

Sökt:Varifrån kommer den extra rotationsenergin?

Svar: När konståkerskan drar in armarna uträttar hon ett arbetevilket omsätts i ökad kinetisk rotationsenergi.

5Bygelrotation

4 p

Givet:Stångmassa: m =1,2 kgStånglängd: l = 0,50 m

a) 1 p

Sökt:Avstånd mellan AA’ och bygelns masscentrum, rcm.Lösning:

l 1

l

2

3

A’A Masscentrum i y-led för en sammansattkropp:

rcm = ycm =

∑miyi∑mi

=m1ycm,1 + m2ycm,2 + m3ycm,3

m1 + m2 + m3

=m( l

2 + l + l2 )

3m=

2l3. (5.1)

b) 1 p

Sökt:Tröghetsmomentet med avseende på axeln AA’.Lösning:För del 1 och 3 är tröghetsmomentet det för en tunn stång somroterar kring ena änden (T f1m):

IAA′1 = IAA′3 = ml2

3. (5.2)

För del 2 ges tröghetsmomentet av Steiners sats IO = Icm + md2:IAA′2 = 0 + ml2. (5.3)

Det totala tröghetsmomentet blir med (5.2),(5.3):

Itot =IAA′1 + IAA′2 + IAA′3 = ml2

3+ ml2 + m

l2

3=ml2

(13

+1+13

)

=5ml2

3=

5 · 1,2 · 0,502

3≈ 0,500 kg m2. (5.4)

Svar: Masströghetsmomentet för ramen kring axeln AA’ är0,50 kg m2.

c) 2 p

Sökt:Kraften på A, A’ när ramen släpps från horisontellt läge.Lösning:Friläggning av bygeln i horisontellt läge sedd längs axeln AA’:

AA’

l

Ot

Onα

nt

rcm

3mg

Rotation kring fix axel med ω = 0 rad/si släppögonblicket:∑

Fn = 3mrcmω2

⇒ On = 3mrcmω2 = 0, (5.5)∑

Ft = 3mrcmα

⇒ Ot + 3mg = 3mrcmα

⇒ Ot = 3m(rcmα − g) (5.6)∑yτ = Iα

⇒ 3mgrcm = Itotα

⇒ α = 3mgrcm/Itot. (5.7)

(5.7) i (5.6):Ot =3m(rcm(3mgrcm/Itot) − g) =

=3m(

3mgr2cm

Itot− g

)

(5.1,5.4)= 3m

(3mg(2l/3)2

5ml2/3− g

)= −3mg

5= −3·1,2·9,82

5≈ −7,07 N.

(5.8)

Svar: Kraften är 7,1 N, riktad vertikalt uppåt.




Tentamen i: Fysik 3










1. (3 p) En partikel har vilomassan 6,64 · 10−27 kg och rörelsemängden 2,10 · 10−18 kg·m/s. Beräknapartikelns fart uttryckt i ljushastigheten, c.

2. (4 p) Ansträngningarna att finna tekniska möjligheter att använda fusionsreaktioner för utvinningav kärnenergi utgår främst från deuterium, 2

1H.

a) Beräkna vilken nuklid, X, det ska vara i reaktionen: 21H + 2

1H→ 10n + X?

b) Om man i framtiden lyckas med detta, i hur många vetenskapliga år (se Tb) kan en 5,0 W LED-lampa lysa om bränslet utgörs av 0,050 kg deuterium. Antag att 1/3 av den frigjorda energinkan omvandlas till elektrisk energi.

3. (4 p) Den homogena, smala stången AB har mas-san 8,0 kg och roterar kring den horisontella axelnA. När vinkeln θ = 30◦, har stången vinkelhastig-heten 2,0 rad/s. Beräkna för detta läge beloppet avkraften från leden A på stången.

1(2)

4.

r rr r

(4 p) Ett svänghjul används till att lagra kinetisk energi. Ett visst svänghjul består aven tunn ring, massa mr = 40,0 g och radie rr = 5,0 cm och två smala stänger fästadevid navet, vardera med massan ms = 20,0 g och längden rr (se figur). Svänghjuletsnurrar intialt med vinkelhastigheten ω = 95 rad/s.

a) Beräkna svänghjulets kinetiska energi.

b) Svänghjulets energi används för att driva en leksaksbil. Bilens däck (radie R = 6,0 cm) bromsasav ett resulterande friktionsmoment τ = 5,0 · 10−3 Nm. Däcken rullar utan att glida. Hur långtkan bilen rulla, med hjälp av energin från svänghjulet, innan den stannar? Bilen startar frånvila.

5. (3 p) En partikel är fästad i en horisontell fjäder och utför enkel, harmonisk sväng-ning på ett friktionsfritt horisontalplan. Beloppet av partikelns acceleration är 0,40 m/s2

i det läge då fjädern är utsträckt 0,20 m i förhållande till den ospända längden. Parti-kelns massa är okänd liksom fjäderkonstanten. Beräkna trots detta svängningstiden.Svängningsekvationen ska härledas för full poäng.


2(2)





1Relativistisk rörelsemängd

3 p

Givet:Vilomassa: m= 6,64·10−27 kgRörelesemängd: p = 2,10·10−18 kg·m/s

Sökt:Partikelns fart, v.Lösning:Klassiskt, p = mv:⇒ vk = p/m = 1,055c, (1.1)

vilket uppenbarligen är en relativistisk fart.Relativistisk rörelsemängd:

p = mvγ =mv√

1 − v2/c2⇒

( pm

)2=

v2

1 − v2/c2

⇒(1 − v2/c2)( pm

)2= v2 ⇒

( pm

)2=

v2

c2

(c2 +

( pm

)2)

⇒v = c

√(p/m)2

c2 + (p/m)2 = c

√1

(mc/p)2 + 1

= c

√1

(6,64·10−27 ·c/2,10·10−18)2 + 1≈ 0,7258c. (1.2)

Svar: Partikelns fart: v = 0,726c.

2Fusion

4 p

Givet:Reaktion: 2

1H + 21H→ 1

0n + AQX

Effekt LED-lampa: PLED = 5,0 WMassa deuterium: mD = 0,050 kgVerkningsgrad: η = 1/3

a) 1 p

Sökt:Nukliden A

QX.

Lösning:Laddning och masstal bevaras i reaktionen:

A = 2 + 2 − 1 = 3, (2.1)Q = 1 + 1 − 0 = 2, (2.2)

dvs AQX = 3

2He.

b) 3 p

Sökt:Hur många år en 5,0 W LED-lampa kan lysa med 0,050 kg deu-terium.Lösning:Frigjord energi:

Q = (2MD − MHe − mn)c2

= (2 · 2,014 101 778 − 3,016 029 320 − 1,008 664 915 88)uc2

≈ 0,003 509 320 uc2 ≈ 3,268 911 0 MeV. (2.3)med data från Tk4:

Massa, deuterium-atom: MD = 2,014 101 778 uMassa, helium-3-atom: MHe= 3,016 029 320 u

och från Te:1 uc2= 931,494 095 4 MeV

Massa, neutron: mn = 1,008 664 915 88 uEftersom det behövs två deuteriumatomer för att frigöra dennaenergi så ger varje deuteriumatom energin

E = Q/2(2.3)= 0,001 754 660 uc2. (2.4)

Antal deuterium-atomer i mD = 0,050 kg deuterium:

ND =mD

MD=

0,052,014 101 778 u

= 1,4950·1025. (2.5)

Den totala frigjorda energin blir då

Etot = E · ND(2.4,2.5)

=0,001 754 660�uc2 · 0,05

2,014 101 778�u≈ 3,914 921 TJ

(2.6)vilket ger elenergin

Eel = η · Etot = 3,914 921·1012/3 ≈ 1,304 974 TJ. (2.7)Effekt P = E/t ger att brinntiden för en 5,0 W LED-lampa blir

t =Eel

PLED

(2.7)=

η · Etot

PLED

(2.6)=

η · E · ND

PLED

(2.4,2.5)=

η · Q2 · MD

mD

PLED(2.8)

= 1,304 974·1012/5 ≈ 2,609 947·1011 s ≈ 8,27·103 år. (2.9)med 1 år = 365,25 dagar (Tb).

Svar: a) Den sökta nukliden är X = 32He.

b) LED-lampan skulle lysa i 8,3·103 år.

3Stångkraft

4 p

Givet:Stångmassa: m = 8,0 kgStånglängd: l = 0,900 kgInitial vinkelhastighet: ω1= 2,0 rad/sVinkel: θ = 30◦

Sökt:Beloppet av kraften, A, på stången i A.Lösning:Friläggning, stång:

Rotation kring fix axel:∑Fn = man = mrcmω

2 (3.1)∑

Ft = mat = mrcmα (3.2)∑

yτA = IAα. (3.3)

Momentekvationen (3.3):mg(l/2) · cos θ = IAα, (3.4)

med masströghetsmomentet för en tunn stång (T f1m):IA = ml2/3 ⇒ mg(l/2) · cos θ = ml2/3α

⇒ α =3g2l

cos θ (3.5)

i NII (3.2) med rcm = l/2:mg cos θ + At = m(l/2)α⇒ At = m ((l/2)α − g cos θ)

=mg4

cos θ

=8·9,82

4cos 30◦

≈ −17,0 N. (3.6)NII, (3.1) med rcm = l/2:

− mg sin θ + An = m(l/2)ω2

⇒ An = m((l/2)ω2 + g sin θ

)

= 8·((0,9/2)·22 + 9,82·sin 30◦

)

≈ 53,7 N. (3.7)Beloppet av kraften:

A =

√A2

n + A2t ≈ 56,3 N. (3.8)

Svar: Kraftens belopp är 56 N.



4Leksaksbil

4 p

Givet:Ringmassa: mr= 40,0·10−3 kgRingradie: rr = 5,0·10−2 mStångmassa: ms= 20,0·10−3 kgInitial vinkelhastighet: ω = 95 rad/sDäckradie: R = 6,0·10−2 mBromsmoment på däck: τ = 5,0·10−3 Nm

a)

r rr r

Sökt:Svänghjulets kinetiska energi, K1.Lösning:Svänghjulets kinetiska energi är

K1 = Ihjulω2/2, (4.1)

där hjulets masströghetsmoment,

Ihjul = Ir + 2 · Is, (4.2)

består av ringens masströghetsmoment (T f1b),

Ir = mrr2r , (4.3)

och vardera stångens masströghetsmoment (T f1m),

Is = msr2r /3. (4.4)

(4.4) och (4.3) i (4.2) gerIhjul = mrr2

r + 2msr2r /3 = r2

r (mr + 2ms/3)

≈ 1,333·10−4 kg·m/s, (4.5)i (4.1):

K1 = r2r (mr + 2ms/3)·ω2/2 = 0,052 ·(0,04 + 2·0,02/3)·952/2

≈ 0,6017 J. (4.6)b)Sökt:Hur långt bilen rullar innan den stannar, x.

x

21Lösning:Mekaniska energi-satsen mellan läge1 och 2:

K1 +��Ug1 +��Ue1 + Wövr =��K2 +��Ug2 +��Ue2, (4.7)

där

Wövr =

∫ θ

0τext dθ = −τ · θ, (4.8)

där θ är den vinkel som däcket har roterat. Rullning utan glidningger

θ = x/R. (4.9)

(4.9) och (4.8) i (4.7) med (4.1) ger

Ihjulω2/2 = τx/R ⇒ x =

Ihjulω2/2

τ/R(4.10)

(4.5) i (4.10) ger

x =r2

r (mr + 2ms/3)ω2/2τ/R

=0,052(0,04 + 2 · 0,02/3) · 952/2

0,005/0,06≈ 7,220 m. (4.11)

Svar: a) Svänghjulets kinetiska energi: 0,60 J.b) Leksaksbilen rullar 7,2 m innan den stannar.

Kommentar: Om man räknar med 4 stänger så blir K = 0,75 Joch x = 9,0 m.

5Fjädersvängning

3 p

Givet:Acceleration: |a| = |x|= 0,40 m/s2

Fjädertöjning: x = 0,20 m

k

x

m

a

Sökt:Svängningstiden, T .Lösning:Friläggning av partikeln:

Fmg

N

yx

NII,∑

Fx = max, med Hooke’s lag, F = kx:− kx = max = mx

⇒ x +km

x = 0 = x + ω2x, (5.1)

vilket är svängningsekvationen med vinkelfre-kvensen ω =

√k/m.

Svängningstiden,T = 2π/ω ⇒ ω = 2π/T, (5.2)

i (5.1):

x +

(2πT

)2

x = 0⇒ T = 2π√

x|x| = 2π

√0,20,4≈ 4,44 s. (5.3)

Svar: Svängningstiden T = 4,4 s.




Tentamen i: Fysik 3











a) (0,5 p) Beskriv ett av Einsteins postulat och ge exempel på konsekvenser.

b) (0,5 p) Förklara (t.ex. med hjälp av energi) varför farten på en kropp aldrig kan uppnå ljusetsfart i vakuum.

c) (0,5 p) Många myoner som skapas i atmosfären når ner till marken trots att de borde ha sönder-fallit innan de når fram. Förklara detta med hjälp av relativitetsteori. Kom ihåg att ange vemsom är observatör.

d) (0,5 p) Hα-strålning som skickas ut från en stjärna har våglängden 656 nm. Förklara (gärna medbåde bild och text) hur man kan beräkna en stjärnas hastighet relativt oss med Hα-strålning ochDopplerskift.

e) (0,5 p) Förklara viloenergi.

f) (0,5 p) Förklara egentid och egenlängd.

g) (1 p) Du observerar en kropp med massa 1,0 kg vars fart du mäter upp till 0,95c. I ett visst ögon-blick påverkas kroppen av en kraft 97 N i rörelseriktningen. Beräkna kroppens acceleration iditt system i detta ögonblick.

2. (3 p) Plutonium (Pu-239) har kunnat spåras i tänderna hos engelska ungdomar. Det radioaktivamaterialet tros komma från Sellafields anläggning för upparbetning av kärnbränsle. Studien visaratt genomsnittsnivåerna för Pu-239-aktiviteten är 7,0 mBq per kilo tandvävnad från de som helasitt liv bott närmare än 75 km från anläggningen. Beräkna antalet Pu-239-atomer i en tand medmassan 1,0 g.

1(2)

3. (4 p) Den horisontella delen av en tunn böjd stång harlängden L och massan m. Mitt på stången finns en hyl-sa (den kan betrakta som en punktmassa) med massanm/5. Stången bringas att rotera med en konstant vin-kelhastighet ω kring en vertikal axel, se figur. Hylsanhålls då kvar i sitt läge mitt på stången med en spärr (ejmed i figuren). Sedan släpps spärren, varvid hylsan rörsig utåt längs den roterande stången. Bestäm stångensvinkelhastighet i det ögonblick då hylsan befinner siglängst ut på stången, uttryckt i ω enbart. Friktionen ärförsumbar.

4. (4 p) Halleys komet har massan M = 2,2 · 1014 kg och rör sig i en elliptisk bana runt solen. Närkometen är som närmast solen (perihelium, Rp = 0,586 AU) har den en tangentiell fart vp =

54,578 45 km/s. (1 AU = en astronomisk enhet = medelavståndet från jorden till solen, se Tb.)

a) (1 p) Vad har den för tangentiell fart, va, när den är längst ifrån solen (aphelium, Ra = 35,1 AU)?

b) (1 p) Frilägg kometen och beräkna dess normalacceleration i perihelium, ap, relativt solen.

c) (2 p) Om kometen haft en cirkulär bana kring solen med banradie Rp, vad skulle dess fart, vc,och periodtid, Tc, varit?

5. (3 p) En smal, homogen stång med massa 15 kg och längd 0,600 msläpps från vila i vertikalt läge. När stången passerar sitt hori-sontella läge (streckade läget) vill man att den har vinkelhastig-heten ω = 4,0 rad/s. Därför är en fjäder med fjäderkonstantenk = 25 kN/m monterad som visas i figuren. Fjädern har trycktsihop stycket h i det ögonblick stången är horisontell. Bestäm den-na hoptryckning h så att stångens vinkelhastighet är 4,0 rad/s idetta läge. Stången roterar friktionsfritt.


2(2)






4 p

a) 0,5 p

Beskriv ett av Einsteins postulat och ge exempel på konsekven-ser.

Svar: i) Alla inertialsystem är likvärdiga. Exempel på konse-kvenser: Det finns inget absolut koordinatsystem, allahastigheter är relativa.

ii) Ljusets fart i vakuum är konstant oberoende av obser-vatörens fart. Exempel på konsekvenser: tidsdilatationt = t0γ, längdkontraktion l = l0/γ och ändring av sam-tidighet, krafter samt energi.

b) 0,5 p

Förklara (t.ex. med hjälp av energi) varför farten på en kroppaldrig kan uppnå ljusets fart i vakuum.

Svar: Den kinetiska energin K = (γ − 1)mc2 → ∞ då v → ceftersom γ = 1/

√1 − v2/c2 → ∞. Det skulle alltså krävas

∞ energi för att accelerera något till ljusfarten.Kommentar: Man kan även argumentera att den accelerandekraften F = maγ3 → ∞ eftersom γ = 1/

√1 − v2/c2 → ∞.

c) 0,5 p

Många myoner som skapas i atmosfären når ner till marken trotsatt de borde ha sönderfallit innan de når fram. Förklara detta medhjälp av relativitetsteori. Ange vem som är observatör.

Svar: Med oss som observatör: Myonernas halveringstid tidsdi-lateras T = T0 · γ.

Kommentar: Myonen som observatör: sträckan längdkontrahe-ras så att den blir kortare så att myonerna hinner ner innan desönderfaller, l = l0/γ.d) 0,5 p

Hα-strålning som skickas ut från en stjärna har våglängden656 nm. Förklara (gärna med både bild och text) hur man kanberäkna en stjärnas hastighet relativt oss med Hα-strålning ochDopplerskift.

Svar: Med hjälp av Dopplerskift f = f0√

(c − u)/(c + u) så kanu beräknas med hjälp av den uppmätta våglängden λ ochden utsända våglängden λ0 = 656 nm samt f = c/λ.

Kommentar: Om u > 0 så blir ljuset rödförskjutet.e) 0,5 p

Förklara viloenergi.

Svar: Viloenergi E0 = mc2 är den energi en kropp har när denär i vila.

Kommentar: Viloenergin kan utvinnas t.ex. då en partikel och enantipartikel krockar.f) 0,5 p

Förklara egentid och egenlängd.

Svar: Egenlängd är längden som uppmäts i vilosystemet. Egen-tiden är tiden som mäts i vilosystemet.

g) 1 p

Givet:Massa: m =1,0 kgFart i mitt system: v = 0,95cKraft i mitt system: F =97 N

Sökt:Kroppens acceleration i mitt system.Lösning:Kraften i rörelseriktningen:

F = γ3ma⇒ a =Fγ3m

=F(1 − v2/c2)3/2

m

=97·(1 − 0,95)3/2

1≈ 2,95 m/s2. (1.1)

Svar: Partikelns acceleration är a ≈ 3,0 m/s2.

2Plutonium i tänder

3 p

Givet:Aktivitetstäthet från Pu-239: a = 7,0 mBq/kgTandmassa: m= 1,0 g

Sökt:Antalet Pu-239-atomer, N.Lösning:Aktiviteten i tanden:

A = a · m ≈ 7,00 µBq. (2.1)Aktivitetslagen med sönderfallskonstanten λ = ln 2/T1/2:

A = λN =ln 2T1/2

N ⇒

N =AT1/2

ln 2=

7,00·10−6 ·24,11·103 ·365,25·24·3600ln 2

≈ 7,68·106 st, (2.2)med

Halveringstid för Pu-239 (Tk4): T1/2 = 24,11·103 år.

Svar: Det är ca 7,7·106 st Pu-239-atomer i tanden.

3Roterande hylsa

4 p

Givet:Initial vinkelhastighet: ωStånglängd: LStångmassa: mHylsmassa: mh = m/5Initialt hylsavstånd: r1 = L/2Slutligt hylsavstånd: r2 = L

Sökt:Stångens vinkelhastighet,ω2 då hylsan befinner siglängst ut.Lösning:Initialt rörelemängdsmo-ment:

L1 = I1ω, (3.1)och slutligt:

L2 = I2ω2. (3.2)Inga yttre kraftmoment⇒ rörelemängdsmomentet bevaras:

L1 = L2(3.1,3.2)⇒ I1ω = I2ω2 ⇒ ω2 = ω1

I1

I2. (3.3)

För stången är masströghetsmomentet (T f1m):Is = m · L2/3 (3.4)

och för hylsan (punktmassa) på avståndet r från rotationsaxeln:Ih = mhr2. (3.5)

Totala masströghetsmomentet för stången och hylsan (på avstån-det r från rotationsaxeln):

I = Is + Ih(3.4,3.5)= mL2/3 + mhr2. (3.6)

(3.6) i (3.3) för givna värden, r1 = L/2, r2 = L och mh = m/5:

ω2 = ωI1

I2= ω

mL2/3 + mhr21

mL2/3 + mhr22

= ωmL2/3 + (m/5) · (L/2)2

mL2/3 + (m/5) · L2 =

= ω��mL2(1/3 + (1/5) · (1/2)2)

��mL2(1/3 + 1/5)=

2332ω ≈ 0,719ω. (3.7)

Svar: Skivans vinkelhastighet blir 2332ω ≈ 0,72ω då hylsan är

längst ut på stången.



4Halleys komet

4 p

Givet:Kometmassa: M= 2,2·1014 kgPeriheliumavstånd: Rp= 0,586 AUTangentiell fart i Perihelium: vp = 54,578 45 km/sApheliumavstånd: Ra= 35,1 AU

vp

pRRa

va

periheliumaphelium

a) 1 p

Sökt:Tangentiell fart i aphelium, va.Lösning:I frånvaron av externa moment bevaras rörelsemängdsmomentet,L = rp = rmv, mellan perihelium (p) och aphelium (a):

Lp = La ⇒ Rp · M · vp = Ra · M · va ⇒ (4.1)va = (Rp/Ra) · vp = (0,586/35,1) · 54,578 45 ≈ 0,911 km/s.(4.2)

b) 1 p

Sökt:Friläggning av kometen samt dess acceleration, ap, i periheliumrelativt solen.Lösning:Friläggning av kometen i perihelium:

Gravitationskraften i perihelium är

Fp = GN · Msol · MR2

p. (4.3)

NII,∑

Fn = man:

Fp = M · ap ⇒ ap =Fp

M(4.3)=

GN · Msol·MR2

p

M= GN · Msol

R2p

=6,674 08·10−11 · 1,989·1030

(0,586 · 1,495 978 707·1011)2 ≈ 0,017 27 m/s2 (4.4)

medAstronomisk enhet (Tb): 1 AU = 1,495 978 707 0·1011 mGravitationskonstanten (Te): GN = 6,674 08·10−11 Nm2/kg2

Solens massa (T j1): Msol = 1,989·1030 kg

c) 2 p

Sökt:Kometens fart vc och omloppstid, Tc, ifall dess bana hade varitcirkulär med banradie Rp.Lösning:Kometen påverkas av precis samma kraft som i b-uppgiften ef-tersom kraften på ett visst avstånd från solen är oberoende avbanan. Detta betyder att även accelerationen är densamma, dvsac = ap. Cirkulärrörelse ger därmed:

ac = v2c/Rp = ap

(4.4)= GN · Msol

R2p

⇒ (4.5)

vc =

√GN · Msol

Rp

=

√6,674 08·10−11 · 1,989·1030

0,586 · 1,495 978 707·1011 ≈ 38,914 km/s. (4.6)

Omloppstiden blir

Tc =sv=

2 · π · Rp

vc

(4.6)=

2 · π · 0,586 · 1,495 978 707·1011

38 914≈ 14,15 Ms ≈ 163,8 dygn. (4.7)

Svar: a) Kometens tangentiella fart i aphelium: va = 0,91 km/s.b) Kometen är frilagd ovan och dess acceleration i perihe-

lium är ap = 0,0173 m/s2.c) Ifall kometens bana skulle varit cirkulär med banradie

Rp skulle dess fart vc = 39 km/s och dess omloppstidTc = 14,2 Ms ≈ 164 dygn.

Kommentar: Även ME kan användas i a-uppgiften, vilket ger

va =

√v2

p + 2GNMsol(r−1a − r−1

p ), men detta värde är extremtkänsligt för värdet på vp. Exakt värde på både vp och va kan be-räknas om man kombinerar rörelsemängdsmomentets och ener-gins bevarande vilket ger v =

√GMsol(2r−1 − a−1) på ett god-

tyckligt avstånd r från solen, med a = rp + ra.

5Stavrotation med fjäder

3 p

Givet:Stångmassa: m= 15 kgStånglängd: L= 0,600 mFjäderkonstant: k = 25 kN/m

Sökt:Fjäderns hoptryckning så vinkelhastigheten ω = 4,0 rad/s.

1

2 Ug = 0

Lösning:ME mellan 1→ 2:

��K1 + Ug1 +��Ue2 +��Wövr =

K2 +��Ug2 + Ue2, (5.1)där

K2 = Iω2/2,Ug1 = mgL/2,

Ue2 = kh2/2. (5.2)(5.2) i (5.1) ger

mgL/2 = Iω2/2 + kh2/2 ⇒ h =

√mgL − Iω2

k. (5.3)

Masströghetsmomentet för en smal stång (T f1m):I = mL2/3 ≈ 1,80 kg m2, (5.4)

i (5.3):

h =

√mgL − (mL2/3)ω2

k=

√mL(g − Lω2/3)

k

=

√15·0,6·(9,82 − 0,6·42/3)

25·103 ≈ 0,0488 m. (5.5)

Svar: Fjäderhoptryckningen blir h = 0,049 m.




Tentamen i: Fysik 3










1. (4 p) Låt den kinetiska energin för en partikel med massa m och viloenergi E0 vara K = b · E0.

a) Beräkna kvoten mellan den klassiska och den relativistiska farten vk/vr uttryckt i b.

b) Vad blir kvoten då b = 2,5?

c) Vad blir kvoten då b = 0,25?

2. (3 p) Uran-bly-metoden är en radiometrisk metod att bestämma stenars ålder där man mäter uppandelen bly i förhållande till andelen uran i stenen (t.ex. zircon). Man antar att allt bly kommer frånradioaktiva sönderfall av uran, och att det inte fanns något bly vid det tillfälle då stenen skapades.Antag också (för enkelhets skull) att det bara fanns uranisotopen U-238 i början (och t ex ingetU-235). Uran sönderfaller via en lång kedja av olika isotoper innan det till slut blir stabilt bly-206.Men när det gäller den totala halveringstiden så domineras den helt av det första långsamma stegetU-238→ Th-234, så denna kan tas som halveringstiden för hela kedjan U-238→ Pb-206. Då kanman också bortse från att det finns en liten andel av andra ämnen på vägen från uran till bly. Förhur många Ga (miljarder år) sedan skapades jorden, om de älsta stenarna har kvoten mellan antaletatomer av bly-206 och uran-238 NPb/NU = 1,05 idag?

3.

m

L

A

(4 p) En stång med massa m = 22,0 kg och längd L = 1,700 msitter fast i ena änden i en led A (se figur). Leden sitter fast itaket. Den andra änden av stången släpps från vila i horisontelltläge. Friktion i leden ger ett bromsande moment τf = −43 Nm.Beräkna beloppet av lagerreaktionskraften i leden omedelbart efter det att stången släppts.

1(2)

4. (4 p) Linskivan har radien 0,400 m och massan 50 kg.Tröghetsradien med avseende på den friktionsfria ro-tationsaxeln O är 0,300 m. På samma axel är en lastmed massan 100 kg påhängd (lasten hänger löst på ax-eln och roterar inte). Systemet bärs upp av en fjäderansluten till en lina som löper runt linskivans perife-ri, se figur. Systemet släpps från vila i ett läge, därfjädern är utsträckt 0,10 m i förhållande till ospändalängden. Beräkna fjäderkonstanten om lastens hastig-het är 1,13 m/s då den rört sig 0,25 m nedåt. Linan ärmasslös och glider ej relativt skivan.

5.

R

z(3 p) Ett homogent klot med radie R = 8,52 cm ochmassa M = 21 kg sitter upphängt i en horisontell axelz, se figur. Klotet svänger fram och tillbaka runt axelnz med en svängningsamplitud A = π/6. Beräkna pe-riodtiden för svängningen om svängningsvinkeln kanbetraktas som liten.


2(2)





1Relativistisk kvot

4 p

Givet:Kinetisk energi: K = b · E0

Sökt:Kvoten mellan den klassiska och den relativistiska farten vk/vruttryckt i b samt kvoten då b = 2,5 respektive b = 0,25.Lösning:Viloenergin ges av

E0 = mc2 ⇒ K = b · E0 = b · mc2. (1.1)Den klassiska farten ges av den klassiska kinetiska energin:

K = mv2k/2

(1.1)= b · mc2 ⇒ vk = c

√2b. (1.2)


K = mc2

1√

1 − v2r /c2

− 1

⇒ Kmc2 + 1 =

1√1 − v2

r /c2

⇒( Kmc2 + 1

)−2

= 1 − v2r /c

2 ⇒

vr = c

√

1 −(1 +

Kmc2

)−2(1.1)= c

√1 − (1 + b)−2. (1.3)

Kvoten mellan (1.2) och (1.3) blir

vk

vr=

c√

2b

c√

1 − (1 + b)−2=

√2b

1 − (1 + b)−2 . (1.4)

Detta betyder attvk

vr

∣∣∣∣∣b=2,5= 2,33 och

vk

vr

∣∣∣∣∣b=0,25

= 1,18 (1.5)

Svar: a) Kvoten mellan den klassiska och den relativistiska far-ten vk/vr =

√2b

1−(1+b)−2 .b) Kvoten blir vk/vr = 2,3 då b = 2,5.c) Kvoten blir vk/vr = 1,2 då b = 0,25.

Kommentar: Notera att då den kinetiska energin K = 25 % avviloenergin E0 = mc2 så blir felet ca 18 % om man räknar klas-siskt. Om man sätter b = 0,025 blir felet 1,9 %. Notera även attdå b = 2,5 så är K = 2,5E0 ⇒ vk ≈ 2,2c > c vilket är omöjligt.

2Jordens ålder

3 p

Variabler:Initialt antal U-238-atomer: NU,0Slutligt antal U-238-atomer: NUInitialt antal Pb-206-atomer: NPb,0Slutligt antal Pb-206-atomer: NPb

Givet:Sönderfallskedjan U-238→ Pb-206 domineras helt av U-238→Th-234.

Antal bly-atomer per uranatom idag: NPb/NU= 1,05Initialt antal Pb-206-atomer: NPb,0 = 0

Sökt:Jordens ålder, T .Lösning:Antal blyatomer idag är lika med antalet sönderfallna uranatomer

NPb = NU,0 − NU = 1,05 · NU ⇒ NU,0 = 2,05NU. (2.1)Sönderfallslagen:

NU = NU,0 · e−λU·T (2.1)= 2,05 · NU · e−λU·T (2.2)

⇒ 2,05 = eλU·T ⇒ T = (ln 2,05)/λU ≈ 4,627 Går (2.3)där sönderfallskonstanten för U-238 är λU = ln 2/T1/2,U =

ln 2/4,468 ≈ 0,1551 (Går)−1 från Tk4.

Svar: Jordens ålder kan uppskattas till 4,63 miljarder år.

3Bromsad stångrotation

4 p

Givet:Stångmassa m= 22,0 kgStånglängd L = 1,700 mFriktionsmoment τf= −43 Nm

Sökt:Beloppet av lagerkraften N, i leden A, direkt efter släppning.Lösning:Friläggning av stången direkt efter släppning:

rcm

tfτmg

n

n

L

cm

t

A

N

N Rotation kring fix axel,∑

Fn =

mrcmω2:

Nn = mrcmω2 = 0, (3.1)

ty ω = 0 i släppögonblicket. I t-led,∑Ft = mrcmα:

mg + Nt = mL2α ⇒ Nt = m

L2α − mg. (3.2)

Momentekvationen,∑ yτA = IAα:

mgL2+ τf = IAα ⇒ α =

mg L2 + τf

IA, (3.3)

därIA = mL2/3 ≈ 21,2 kg·m2 (3.4)

är stångens masströghetsmoment kring A, T f1m.(3.3) i (3.2) ger

Nt = mL2α − mg = m

L2

mg L

2 + τf

IA

− mg

(3.4)= m

L2

mg L

2 + τf

mL2/3

− mg

= 221,72

22 · 9,82 1,7

2 − 43

22 · 1,72/3

− 22 · 9,82

≈ −92,0 N. (3.5)Beloppet av lagerkraften N i A blir:

N =√

N2t + N2

n(3.1)= |Nt| (3.5)≈ 92,0 N. (3.6)

Svar: Beloppet av kraften i leden är 91 N direkt efter släppning.

Kommentar: Notera att friktionsmomentet är givet med negativttecken, därav ska det alltså gå “åt fel håll” i figuren.

4Linskiva

4 p

Givet:Skivradie: rs = 0,400 mSkivmassa: ms= 50 kgTröghetsradie: kO= 0,300 mLastmassa: ml= 100 kgFjädertöjning, vila: y1 = 0,10 mFörflyttning, nedåt: h = 0,25 mFart efter förflyttning: v2 = 1,13 m/s

Läge 1 Läge 2

hUg = 0

Sökt:Fjäderkonstanten, k.Lösning:Mekaniska energisatsen mellan läge 1 och 2:

K1 + Ug1 + Ue1 +Wövr = K2 + Ug2 + Ue2, (4.1)



där

K1 = Wövr = 0, Ug1 = mtotgh, Ue1 =12

ky21, (4.2)

K2 =12

IOω22 +

12

mtotv22, Ug2 = 0, Ue2 =

12

ky22, (4.3)

där totalmassan ärmtot = ms + ml = 50 + 100 = 150 kg, (4.4)

och den slutliga fjäderförlängningen äry2 = y1 + 2h = 0,1 + 2 · 0,25 = 0,6 m, (4.5)

eftersom fjädern töjs dubbelt så mycket som lasten rör sig nedåt.(4.2) och (4.3) i (4.1) ger:

mtotgh +12

ky21 =

12

IOω22 +

12

mtotv22 +

12

ky22. (4.6)

Rullning utan glidning (mellan lina och skiva):v2 = rsω2 ⇒ ω2 = v2/rs, (4.7)

i (4.6) med tröghetsmoment IO = msk2O = 50 · 0,32 = 4,50 kg m2:

mtotgh +12

ky21 =

12

msk2O

v22

r2s+

12

mtotv22 +

12

ky22 ⇒

mtotgh +k2

(y21 − y2

2) =v2

2

2

msk2

O

r2s+ mtot

. (4.8)

Multiplikation med 2 samt förenkling: y21−y2

2(4.5)= y2

1−y21−4hy1−

4h2) = −4(y1 + h)h ger:

2mtotgh − 4kh(y1 + h) = v22

(msk2

O/r2s + mtot

)⇒

k =2mtotgh − v2

2

(msk2

O/r2s + mtot

)

4h(y1 + h)

(4.4)=

2 · 150 · 9,82 · 0,25 − 1,132(50 · 0,32/0,42 + 150

)

4 · 0,25(0,1 + 0,25)≈1,454 kN/m. (4.9)

Svar: Lastens hastighet är 1,5 kN/m.

5Klotpendel

3 p

Givet:Klotradie: R = 85,2 mmKlotmassa: M= 21 kgSvängningsamplitud: A = π/6 rad

R

zSökt:Periodtiden, T .Lösning:Periodtiden för stel kropp som svänger kring ax-eln z:

T = 2π

√Iz

MgR, (5.1)

där tröghetsmomentet för ett klot (T f1i) kring dess masscentrumär

Icm =25 MR2 ≈ 0,060 98 kg m2, (5.2)

och tröghetsmomentet kring z-axeln fås med Steiners sats

Iz = Icm + MR2 (5.2)= 7

5 MR2 ≈ 0,2134 kg m2. (5.3)(5.3) i (5.1):

T =2π

√√75��MR�2

��Mg�R= 2π

√7R5g= 2π

√7 · 0,0852

5 · 9,82

≈692,5 ms. (5.4)

Svar: Klotets periodtid är 692 ms.

Kommentar: Klotmassan förkortas bort och påverkar därmedinte svaret. Svängningsamplituden påverkar inte heller svaret.




Tentamen i: Fysik 3










1. (3 p) En kropp med massa m = 430,5 kg rör sig rakt fram genom rymden med en konstant accele-ration a = g = 9,82 m/s2.

a) Vilken nettokraft måste verka på kroppen då den har hastigheten u = 269,8 · 106 m/s.

b) Vad är kroppens rörelseenergi i detta ögonblick?

2. (4 p) Förståelsefrågor (om inte annat anges fordras ingen beräkning):

a) (0,5 p) Förklara atomtalet samt varför man även kallar atomtalet för masstalet.

b) (0,5 p) Ungefär hur stor är en atom? En atomkärna? Svara i m. Ingen motivering krävs.

c) (0,5 p) Vad är skillnaden mellan olika uran-isotoper? Likheterna?

d) (0,5 p) Förklara vad bindningsenergin för en atom är. Förklara Q-värdet för en reaktion.

e) (0,5 p) Varför blir atomkärnor instabila när de innehåller för många neutroner? Varför blir atom-kärnor instabila när de innehåller för få neutroner?

f) (0,5 p) Förklara varifrån solens energi kommer. Illustrera gärna med figur. Varför fortsätter intefusionsprocessen i stjärnorna efter nickel?

g) (1 p) Beräkna antalet atomer i 1,2 mg rent U-238 och ange (utan beräkning) hur många nukliderdet är i provet.

1(2)

3. (3 p) En homogen cylinder har massan m = 55 kg och radien r = 0,30 m.En kraft F = 322 N anbringas på en kabel (med försumbar massa) somär lindad runt cylinderns periferi (se figur). Beräkna cylinderns accele-ration. Den rullar utan att glida.

4. (4 p) En kommunikationssatellit med massan 740 kg transporteras av en rymdskyttel till en cirku-lär bana över ekvatorn på höjden 250 km ovanför jordytan. Satelliten skall därifrån skjutas upp ien geostationär bana, dvs. en cirkulär bana på höjden 3,58 · 104 km ovan jordytan. Beräkna hurmycket energi som krävs för denna uppskjutning (från banan på höjden 250 km till geostationärbana).

5. (4 p) En smal, homogen stång är bockad till en bygel där vardera delenhar längden l = 0,60 m och massan m = 1,32 kg. Bygeln kan roteramed försumbar friktion kring en horisontell axel genom ändarna AA’, sefigur.

a) (1 p) Hur långt från axeln AA’ ligger bygelns masscentrum?

b) (1 p) Beräkna bygelns masströghetsmoment med avseende på axeln AA’.

c) (2 p) Bygeln släpps från vila från ett horisontellt utgångsläge (θ = 0◦).Beräkna, till storlek och riktning, lagerkraften i fästena A och A’på bygeln just efter det att denna släppts.


2(2)





1Relativ kraft

3 p

Givet:Massa: m= 430,5 kgFart: u = 269,8·106 m/sKonstant acceleration: a = 9,82 m/s2

Sökt:a) Vilken nettokraft måste verka på kroppen?b) Vad är kroppens rörelseenergi?Lösning:Lorentzfaktorn:

γ =1√

1 − v2/c2=

1√1 − 269,8·106/c2

≈ 2,2937. (1.1)

a) 1,5 p

Relativistisk kraft i rörelseriktningen:

F|| = maγ3 (1.1)= 430,5·9,82·2,29373 ≈ 51,01·103 N. (1.2)

b) 1,5 p

Relativistisk rörelseenergi:

K = (γ − 1)mc2 (1.1)= (2,2937 − 1)·430,5·c2

≈ 50,054·1018 J. (1.3)

Svar: a) Nettokraften som krävs är F|| ≈ 51,0 kN.b) Rörelseenergin är då K ≈ 50,05 EJ.

Kommentar: Kraften F⊥ = 9,70 kN.

2Förståelse kärnfysik

4 p

a) 0,5 p

Förklara atomtalet samt varför man även kallar atomtalet förmasstalet.

Svar: i) Atomtalet är antalet nukleoner (= protoner + neutroner)i kärnan.

ii) Atomtalet kallas även masstalet eftersom massan (grovtsett) är proportionell mot atomtalet (ty mp ≈ mn).

b) 0,5 p

Ungefär hur stor är en atom? En atomkärna? Svara i m.

Svar: i) En atom är storleksordningen 1·10−10 m stor.ii) En atomkärna är storleksordningen 1·10−15 m stor.

c) 0,5 p

Vad är skillnaden mellan olika uran-isotoper? Likheterna?

Svar: i) Olika uran-isotoper har olika antal neutroner i kärnan.ii) Likheterna är att de har samma kemiska reaktioner.

d) 0,5 p

Förklara vad bindningsenergin för en atom är. Förklara Q-värdetför en reaktion.

Svar: i) Bindningsenergin är den energi en atomkärna vinner påatt sitta ihop jämfört med att vara seperata partiklar.

ii) Q-värdet är den frigjorda energin som blir till kinetiskenergi hos sönderfallspartiklarna. Om Q < 0 så är detden energi som behöver tillföras för att reaktionen skaäga rum.

e) 0,5 p

Varför blir atomkärnor instabila när de innehåller för många ne-utroner? Varför blir atomkärnor instabila när de innehåller för fåneutroner?

Svar: i) Neutronerna är lite tyngre än protonerna, vilket betyderatt atomkärnan får större massenergi med fler neutroner,vilket gör den instabil.

ii) För många protoner skapar alltför hög elektrisk repul-sionskraft i kärnan, vilket gör den instabil.

f) 0,5 p

Förklara varifrån solens energi kommer. Illustrera gärna med fi-gur. Varför fortsätter inte fusionsprocessen i stjärnorna efter nic-kel?

Svar: i) Solens energi kommer från fusion där 4 väte-atomer fu-sioneras till 1 helium atom och eftersom bindingsener-gin per nukleon är lägre för helium än för väte så frigörsenergiskillnaden.

ii) Stjärnprocesserna slutar kring Ni eftersom fusion tilltyngre ämnen inte frigör energi.

Kommentar: Nettoreaktionen i solen är 411H+ → 4

2He++ + 2e+ +2νe och den frigjorda energin per nukleon blir Q/4 = (4mH −mHe)c2/4 ≈ 6,7 MeV (Tk4) ty elektronmassorna tar ut varand-ra.Kommentar: Att bindningsenergin per nukleon minskar för äm-nen tyngre än Ni märks t.ex. genom att ta EB,Zn−60 − EB,Ni−56 ≈−59 keV < 0 (EB från wolframalpha.com).g) 1 p

Sökt:Beräkna antalet atomer i m = 1,2 mg rent U-238 och ange (utanberäkning) hur många nuklider det är i provet.Lösning:Antal atomer:

N = m/M = 1,2·10−6/(238,050 788 u) ≈ 3,04·1018 st. (2.1)med massan för U-238, M = 238,050 788 u (Tk4), och u =1,660 539 040·10−27 kg (Te).

Svar: i) Antalet atomer i 1,2 mg rent U-238 är 3,0·1018 st.ii) Provet innehåller bara en nuklid: 238

92U.

3Cylinderacceleration

3 p

Givet:Cylindermassa: m= 55 kgCylinderradie: r = 0,30 mDragkraft: F= 322 N

Friläggning av cylindern:

F

f

N

mg

x

y

rα

Sökt:Cylinderns acceleration, a.Lösning:Rullning utan glidning:

a = rα. (3.1)Momentekvationen kring masscent-rum:∑

yτcm = Icmα⇒

Fr − f r = (mr2/2)α⇒F − f = (mr/2)α, (3.2)

med tröghetsmomentet för en cylinder Icm = mr2/2 (T f1a). Frik-tionskraften, f , fås ur Newtons 2:a lag i x-led:∑

Fx = max ⇒ F + f = ma ⇒ f = ma − F, (3.3)

i (3.2):

F + (F − ma) = (mr/2)α(3.1)= ma/2 ⇒

2F = 3ma/2 ⇒ a = 4F/(3m) = 4·322/(3·55)

⇒ a ≈ 7,81 m/s2 (3.4)

Svar: Cylinderns acceleration är a ≈ 7,8 m/s2

4Geostationär satellit

4 p

Givet:Satellit, massa: m= 740 kgSatellit, starthöjd: h1= 250·103 mSatellit, sluthöjd: h2= 3,58·107 m

Sökt:Energin som krävs för att satelliten ska byta från cirkulär bana på



höjden h1 till cirkulär bana på höjden h2.

M

r

n tG

J

F

Lösning:Friläggning av satelliten på avstånd r:NII:

∑Fn = man ger

FG = man, (4.1)med Newtons gravitationslag:

FG = GN · MJ · mr2 =

mv2

r⇒

v2 = GNMJ

r(4.2)

där an = v2/r på grund av cirkelrörelse, ochGravitationskonstanten (Te): GN= 6,674 08·10−11 Nm2/kg2

Jordens massa (T j3): MJ= 5,972 19·1024 kgSatellitens mekaniska energi:

E =K + U =mv2

2−GN

MJ ·mr

(4.2)= GN

MJ ·m2r

−GNMJ ·m

r= −GN

MJ ·m2r

. (4.3)

2

1 1

2

J

hh

RJ

M

r

r

Mekaniska energisatsen mellanr1 = h1 + RJ

= 250·103 + 6,378 16·106

≈ 6,628 Mm (4.4)med jordradienRJ = 6,378 16·106 m (T j3) och

r2 = h2 + RJ

= 3,58·107 + 6,378 16·106

≈ 42,18 Mm (4.5)blir

K1 + Ug1 +��Ue1 +Wövr =

K2 + Ug2 +��Ue1 ⇒

Wövr = K2 + Ug2 − (K1 + Ug1)(4.3)=

GNMJm2

(1r1− 1

r2

)

=6,674 08·10−11 ·5,972 19·1024 ·740

2·106

(1

6,628− 1

42,18

)

≈ 18,75 GJ. (4.6)

Svar: Energin som skulle krävas är 19 GJ.

5Bygelrotation

4 p

Givet:Stångmassa: m =1,32 kgStånglängd: l = 0,60 m

a) 1 p

Sökt:Avstånd mellan AA’ och bygelns masscentrum, rcm.Lösning:

l 1

l

2

3

A’A Masscentrum i y-led för en sammansattkropp:

rcm = ycm =

∑miyi∑mi

=m1ycm,1 + m2ycm,2 + m3ycm,3

m1 + m2 + m3

=m( l

2 + l + l2 )

3m=

2l3. (5.1)

b) 1 p

Sökt:Tröghetsmomentet med avseende på axeln AA’.Lösning:För del 1 och 3 är tröghetsmomentet det för en tunn stång som

roterar kring ena änden (T f1m):

IAA′1 = IAA′3 = ml2

3≈ 0,158 kg m2. (5.2)

För del 2 ges tröghetsmomentet av Steiners sats IO = Icm + md2:IAA′2 = 0 + ml2 ≈ 0,475 kg m2. (5.3)

Det totala tröghetsmomentet blir med (5.2),(5.3):

Itot =IAA′1 + IAA′2 + IAA′3 = ml2

3+ ml2 + m

l2

3=ml2

(13+1+

13

)

=5ml2

3=

5 · 1,32 · 0,602

3≈ 0,792 kg m2. (5.4)

Svar: Masströghetsmomentet för ramen kring axeln AA’ är0,79 kg m2.

c) 2 p

Sökt:Kraften på A, A’ när ramen släpps från horisontellt läge.Lösning:Friläggning av bygeln i horisontellt läge sedd längs axeln AA’:

l

Ot

Onα

rcm

3mg

AA’

nt

Rotation kring fix axel med ω = 0 rad/si släppögonblicket:∑

Fn = 3mrcmω2

⇒ On = 3mrcmω2 = 0, (5.5)∑

Ft = 3mrcmα

⇒ Ot + 3mg = 3mrcmα

⇒ Ot = 3m(rcmα − g) (5.6)∑yτ = Iα

⇒ 3mgrcm = Itotα

⇒ α = 3mgrcm/Itot. (5.7)

(5.7) i (5.6):Ot =3m(rcm(3mgrcm/Itot) − g) =

=3m(

3mgr2cm

Itot− g

)

(5.1,5.4)= 3m

(3mg(2l/3)2

5ml2/3− g

)= −3mg

5= −3·1,32·9,82

5≈ −7,78 N.

(5.8)

Svar: Kraften är 7,8 N, riktad vertikalt uppåt.


wolframalpha.com

Documents

Alla tentor med lösningar