HTX Fysik A 2010 14. december - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 14. december 2010

1

HTX Fysik A 14. december 2010 htx103-FYS-A-

Alle opgaver er for så vidt muligt regnet med WordMat, da vores erfaring viser, at det er langt det hurtigste værktøj at anvende. Husk at skrive en kommentar om, at beregningerne er foretaget ved hjælp af WordMat som første linje til besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.

OBS: Dette opgavesæt er fra før 2011. Siden da er der sket ændringer i læreplanen, så eleverne fx skal tage større hensyn til antallet af betydende cifre i facit ud fra almindelige konventioner. I denne besvarelse søger vi generelt at overholde konventionerne, men der kan være tilfælde, hvor opgaven er udformet, så det giver bedre mening at give et skønsmæssigt rimeligt antal betydende cifre.

Opgave 1 a)

VI anvender, at:

𝑛=

𝑚

𝑀

Hvor:

𝑛=7,6 𝑚𝑜𝑙

Molmassen for luft oplyses i den indledende tekst:

𝑀=0,029

𝑔 𝑚𝑜𝑙

Dvs.:

7,6 𝑚𝑜𝑙=

𝑚

0,029 𝑔 𝑚𝑜𝑙

⇕ Ligningen løses for m vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑚=0,2204 · 𝑔

Der er således 0,22 𝑔 luft i tanken.

b)

Vi anvender idealgasligningen:

Side 2

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 14. december 2010

2

𝑝 · 𝑉=𝑛· 𝑅· 𝑇

Det oplyses, at:

𝑝=8,0 𝑏𝑎𝑟

𝑉=24 𝐿

I databogen finder vi, at:

𝑅=0,08314

𝐿 · 𝑏𝑎𝑟
𝑚𝑜𝑙· 𝐾

Vi får så:

8,0 𝑏𝑎𝑟 · 24 𝐿=7,6 𝑚𝑜𝑙· 0,08314 · 𝑇

𝐿 · 𝑏𝑎𝑟
𝑚𝑜𝑙· 𝐾

⇕ Ligningen løses for T vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑇=303,8629 · 𝐾

Temperaturen af luften i tanken er 3,0 ·10^{2} 𝐾.

c)

Hvis der ikke skete nogen varmeafgivelse, ville der være tale om en adiabatisk proces, så:

𝑝_{1}^{1−𝛾} · 𝑇_{1}^{𝛾} =𝑝_{2}^{1−𝛾} · 𝑇_{2}^{𝛾}

Hvor:

𝑝_{1} =1,0 𝑏𝑎𝑟

𝑝_{2} =8,0 𝑏𝑎𝑟

𝑇_{1} = ( 20 + 273) 𝐾=293 · 𝐾

Adiabateksponenten for tør luft findes i databogen under ”varmelære” (dvs. luften antages at være tør):

𝛾=1,40

Så:

( 1,0 𝑏𝑎𝑟)^{1−1,40} · ( 293𝐾)^{1,4} = ( 8,0 𝑏𝑎𝑟)^{1−1,40} · 𝑇_{2}^{1,40}

⇕ Ligningen løses for T_2 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑇_{2} =530,7541 · 𝐾

Side 3

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 14. december 2010

3

Den komprimerede luft ville have haft temperaturen 531 𝐾, hvis ikke der skete nogen varmeafgivelse under kompressionen.

Side 4

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 14. december 2010

4

Opgave 2 a)

Vi tegner den efterspurgte graf i Excel (det er ikke angivet, men det virker indlysende, at temperaturen er i grader celsius):

Vi sorterer data i Excel og finder, at det koldeste år var 1911 med en middeltemperatur på 14,418℃, mens det varmeste år var 1998 med en middeltemperatur på 15,548 ℃.

b)

Gennemsnittet bestemmes vha. Excels ”Middel”-funktion. Gennemsnittet er ikke vægtet, da hvert år har

lige stor betydning. Vi indskriver formlen i Excel som ” =MIDDEL(C6:C165)”.

Vi får så en middelværdi på ca. 14,8 ℃ for jordens middeltemperatur i perioden fra 1850 til 2009.

c)

Hvis vi antager, at jordens atmosfære er et isoleret system (hvilket er en meget dårlig antagelse), som ikke udveksler energi med omgivelserne, vil der gælde, at:

𝐸_{𝑜𝑙𝑖𝑒} =Δ𝐸_{𝑜𝑝𝑣𝑎𝑟𝑚𝑛𝑖𝑛𝑔}

Energien fra olien er lig med oliens brændværdi gange massen af olie, der brændes af:

𝐸_{𝑜𝑙𝑖𝑒} =𝐻_{𝑜𝑙𝑖𝑒} · 𝑚_{𝑜𝑙𝑖𝑒}

Atmosfærens energitilvækst ved opvarmning er lig med varmekapaciteten gange temperaturstigningen:

Δ𝐸_{𝑜𝑝𝑣𝑎𝑟𝑚𝑛𝑖𝑛𝑔} =𝐶_{𝑎𝑡𝑚} · Δ𝑇=𝐶_{𝑎𝑡𝑚} · ( 𝑇_{2009} − 𝑇_{1980})

14,2

14,4

14,6

14,8

15

15,2

15,4

15,6

15,8

Temperatur / o

C

Årstal

Side 5

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 14. december 2010

5

Det vil sige:

𝐻_{𝑜𝑙𝑖𝑒} · 𝑚_{𝑜𝑙𝑖𝑒} =𝐶_{𝑎𝑡𝑚} · ( 𝑇_{2009} − 𝑇_{1980})

Hvor:

𝐻_{𝑜𝑙𝑖𝑒} =41 · 10^{6}

𝐽 𝑘𝑔

𝐶_{𝑎𝑡𝑚} =5 · 10^{21}

𝐽

℃

Vi finder de to relevante temperaturer i datamaterialet:

𝑇_{2009} =15,438 ℃

𝑇_{1980} =15,076 ℃

Det vil sige:

41 · 10^{6} · 𝑚_{𝑜𝑙𝑖𝑒} =5 · 10^{21} · ( 15,438 ℃ − 15,076 ℃)

𝐽 𝐽 𝑘𝑔 ℃

⇕ Ligningen løses for m_olie vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑚_{𝑜𝑙𝑖𝑒} =4,414634 · 10^{13} · 𝑘𝑔

I den hypotetiske situation, hvor vores indledende antagelse kan accepteres, vil der skulle afbrændes

4,4 · 10^{13} 𝑘𝑔 olie for at opvarme atmosfæren i samme grad, som jordens middeltemperatur er steget i

tidsrummet fra

Side 6

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 14. december 2010

6

Opgave 3 a)

Sneboldens gennemsnitsdensitet kan bestemmes som:

𝜌=

𝑚

𝑉

Vi antager, at snebolden er kuglerund, så:

𝑉= 𝜋· 𝑟^{3}

4

3

Det vil sige:

𝜌=

𝑚

4

3

· 𝜋 · 𝑟^{3}

Vi har, at:

𝑚=120 𝑘𝑔

𝑟= 𝑑= · 0,8 𝑚=0,4 · 𝑚

1 1

2 2

Så:

𝜌=

120𝑘𝑔

4

3

𝜋· ( 0,4𝑚)^{3}
≈447,6233 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{−3}

Sneboldens densitet er ca. 448_{𝑚^{3}}^{𝑘𝑔}.

b)

Den potentielle energi i forhold til fodboldbanen kan bestemmes som:

𝐸_{𝑝𝑜𝑡} =𝑚· 𝑔· Δℎ

Hvor:

𝑔=9,82 𝑚/𝑠^{2}

Δℎ=3,2 𝑚

Så:

𝐸_{𝑝𝑜𝑡} =120 𝑘𝑔 · 9,82 · 3,2 𝑚

𝑚

𝑠^{2}

Side 7

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 14. december 2010

7

≈3770,88 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}

c)

Vi antager igen, at snebolden er kuglerund. Vi antager desuden, at sneboldens densitet er den samme over det hele, så massen er jævnt fordelt. Sneboldens inertimoment med rotationsaksen gennem massemidtpunktet kan da bestemmes som:

𝐼_{0} = 𝑚 · 𝑟^{2}

2

5

= · 120𝑘𝑔 · ( 0,4 𝑚)^{2}

2

5

≈7,68 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2}

Sneboldens inertimoment er ca. 7,7 𝑘𝑔 · 𝑚^{2}.

d)

Vi antager, at det lille skub var så lille, at vi kan opfatte starthastigheden som nul, hvorfor den kinetiske energi fra start er lig med 0. Den mekaniske energi bevares, idet vi ser bort fra luftmodstand og rullemodstand, så:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛,𝑠𝑙𝑢𝑡} =𝐸_{𝑝𝑜𝑡,𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡}

Den kinetiske energi er opdelt i en translatorisk energi og en rotationsenergi. Det vil sige:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛,𝑠𝑙𝑢𝑡} =𝐸_{𝑅} + 𝐸_{𝑇}

Hvor:

𝐸_{𝑅} = · 𝐼· 𝜔^{2}

1

2

= · · 𝑚 · 𝑟^{2} ·

1 2 𝑣^{2}
2 5 𝑟^{2}
= · 𝑚 ·𝑣^{2}

1

5

𝐸_{𝑇} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

Det vil sige:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · 𝑣^{2} + · 𝑚 ·𝑣^{2}

1 1

2 5

= 𝑚 · 𝑣^{2}

7

10

Man får så:

Side 8

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 14. december 2010

8

7

10

· 𝑚 · 𝑣^{2} =𝑚· 𝑔 · ℎ

𝑣=

√

10 · 𝑔 · ℎ

7

=

√ 𝑠

10 · 9,82_{2} · 3,2 𝑚

𝑚

7

≈6,700107 · | 𝑚 | · | 𝑠 |^{−1}

Numerisktegnene skyldes, at WordMat opfatter 𝑚 og 𝑠 som variable og kan derfor ignoreres.

Vi konkluderer, at sneboldens fart ved bunden af bakken er ca. 6,7^{𝑚}_{𝑠}. Den translatoriske bevægelse sker fra

venstre mod højre set på tegningen.

e)

(𝐼)

Sneboldens kinetiske energi ved bunden af bakken, hvor farten er 𝑣, er givet ved:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛,𝑠𝑙𝑢𝑡} = · 𝑚 ·𝑣^{2} (1)

7

10

Hvis vi halverer farten får vi:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · ( 𝑣) = · · 𝑚 · 𝑣^{2} (2)

7 1 1 7

10 2 4 10

2

Ved den halve fart får vi da den kvarte kinetiske energi. Vi husker, at den kinetiske energi til slut er lig med den potentielle energi fra start:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = 𝐸_{𝑘𝑖𝑛,𝑠𝑙𝑢𝑡} = 𝐸_{𝑝𝑜𝑡,𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} (3)

1 1

4 4

Vi anvender nu, at den mekaniske energi er bevaret, så:

Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛} + Δ𝐸_{𝑝𝑜𝑡} =0 (4)

Den kinetiske energi er 0 fra start, hvilket anvendes sammen med (3), så:

Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =𝐸_{𝑘𝑖𝑛} − 0= 𝐸_{𝑝𝑜𝑡,𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} (5)

1

4

Tilvæksten i potentiel energi ved den halve fart bliver:

Δ𝐸_{𝑝𝑜𝑡} =𝐸_{𝑝𝑜𝑡} − 𝐸_{𝑝𝑜𝑡,𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} (6)

Vi indsætter (5) og (6) i (4):

Side 9

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 14. december 2010

9

1

4

𝐸_{𝑝𝑜𝑡,𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} + 𝐸_{𝑝𝑜𝑡} − 𝐸_{𝑝𝑜𝑡,𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} =0 (7)

⇕

𝐸_{𝑝𝑜𝑡} = 𝐸_{𝑝𝑜𝑡,𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} (8)

3

4

Det vil sige:

𝑚 · 𝑔· ℎ= 𝑚 · 𝑔· ℎ_{𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} (9)

3

4

⇕

ℎ= ℎ_{𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡} (10)

3

4

Snebolden befinder sig altså i^{3}_{4} af starthøjden, når farten er halvdelen af slutfarten. Det vil sige, at det

omtalte sted ligger på den øverste halvdel af bakken.

(𝐼): Denne udledning er vist med nummerering af ligninger og udtryk samt uddybende forklaringer til hvert trin. I en eksamen vil man sagtens kunne få fulde point med kortere forklaringer og uden nummerering af ligninger og udtryk.

Side 10

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 14. december 2010

10

Opgave 4 a)

Når der sendes en strøm gennem spolen, vil der opstå et magnetfelt. Hvis man griber om spolen med 4 fingre i strømmens omdrejningsretning, vil tommelfingeren pege i magnetfeltets retning, så magnetfeltet er opadrettet. Jern er et ferromagnetisk materiale og vil derfor påvirkes af en kraft i magnetfeltets retning, hvorfor jernankeret løftes, hvis kraften er stor nok.

b)

Vi har, at:

𝑈=70 𝑉

𝑅=360 Ω

Den elektriske effekt, som afsættes i spolen kan bestemmes som:

𝑃=

𝑈^{2}

𝑅

=

( 70 𝑉)^{2}

360 Ω

≈13,61111 · 𝛺^{−1} · 𝑉^{2}

≈14 𝑊

Den effekt, som afsættes i spolen, er på 14 𝑊.

c)

I 4.3 løber der ingen strøm i kredsløbet, da kontakten er åben. Når kontakten sluttes, løber der en strøm i kredsløbet. Der er nu en serieforbindelse af sparemodstanden og spolen. Når strømmen løber gennem spolen skabes et magnetfelt i spolen, som tiltrækker ankeret som forklaret i a). Der er så forbindelse fra 𝐴 til 𝐵, mens der er lukket fra 𝐶 til 𝐷.

d)

Vi antager, at spændingsforsyningen leverer samme spænding, så:

𝑈=70 𝑉

Vi har desuden, at:

𝑃_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒} =5 𝑊

𝑅_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒} =360 Ω

Side 11

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 14. december 2010

11

Effekten, der afsættes i spolen bliver så:

𝑃_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒} =

𝑈_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒}^{2}
𝑅_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒}

Der er tale om en seriekobling, så:

𝑈=𝑈_{𝑅} + 𝑈_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒}

Desuden er strømmen den samme i hele kredsløbet, så:

𝑅_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒} =

𝑈_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒}

𝐼

𝑅=

𝑈_{𝑅}

𝐼

Vi har nu 4 ligninger med 4 ubekendte. Vi indsætter kendte værdier:

5 𝑊=

𝑈_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒}^{2}

360 Ω

70 𝑉=𝑈_{𝑅} + 𝑈_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒}

360Ω=

𝑈_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒}

𝐼

𝑅=

𝑈_{𝑅}

𝐼

Ligningssystemet løses uden enheder, men da vi anvender SI-enheder alle steder fås resultaterne også i SI-enheder:

5=

𝑈_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒}^{2}

360

70=𝑈_{𝑅} + 𝑈_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒}

360=

𝑈_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒}

𝐼

𝑅=

𝑈_{𝑅}

𝐼

⇕ Ligningssystemet løses for U_spole,U_R,I,R vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs Ligninger' funktion,

( 𝑈_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒} =−42,42641 ∧ 𝑈 =112,4264 ∧ 𝐼=−0,1178511 ∧ 𝑅=−953,9697)

𝑅

∨ ( 𝑈_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒} =42,42641 ∧ 𝑈 =27,57359 ∧ 𝐼=0,1178511 ∧ 𝑅

𝑅

=233,9697)

Side 12

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 14. december 2010

12

Resistansen kan ikke være negativ, så vi ser bort fra første løsning. Vi konkluderer så, at sparemodstandens

resistans er på 𝑅=234 Ω.