HTX Fysik A 2010 28. maj - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

1

HTX Fysik A

28. maj 2010

htx101-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:

𝑃 =

Δ𝐸

Δ𝑡

Vi har, at:

Δ𝐸 = 2400 𝐽

𝑃 = 120 𝑊

Så:

120 𝑊 =

2400 𝐽

Δ𝑡

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

𝛥𝑡 = 20 · 𝐽 · 𝑊^{−1}
= 20 𝑠

b)

Kraften er vinkelret på radius, så:

Side 2

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

2

𝑀 = 𝐹 · 𝑟

Hvor:

𝐹 = 22 𝑁

𝑟 = 11 𝑐𝑚 = 0,11 𝑚

Så:

𝑀 = 22 𝑁 · 0,11 𝑚
= 2,42 · 𝑁 · 𝑚

Man påvirker håndtaget med et kraftmoment på 2,42 𝑁 · 𝑚.

c)

Ved den brugte energi forstås størrelsen det arbejde, der er gået til at dreje håndsvinget 80 omgange.

Denne størrelse bestemmes som:

𝐴 = 𝑀 · 𝜑

Én omgang svarer til 2𝜋 radianer, så:

𝐴 = 2,42 𝑁 · 𝑚 · 80 · 2𝜋
≈ 1216,425 · 𝑁 · 𝑚

≈ 1,2 𝑘𝐽

Der bruges altså 1,2 kJ på at male kaffen vha. den hånddrevne mølle. Denne energimængde er kun halvt så stor som den der kræves i den elektriske kaffemølle. Den hånddrevne kaffemølle er da indrettet, så den mekaniske energi udnyttes bedre.

Side 3

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

3

Opgave 2 a)

Der er konstant acceleration, så mellem hvert af gearene vil grafen bestå af rette linjestykker. Dette er tilfældet, da en konstant tangenthældning kun hører til en ret linje, og accelerationen kan tolkes som tangenthældningen til grafen for 𝑣(𝑡).

                                                                             𝑚
Vi opskriver en tabel med de opgivne farter til de opgivne tidspunkter og konverterer farten til . Vi viser et
                                                                             𝑠

eksempel på konversionen:

𝑣 = 80

𝑘𝑚 𝑡

= 80 · · ·

𝑘𝑚 1000 𝑚 1 𝑡 1 𝑚𝑖𝑛 𝑡 1 𝑘𝑚 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

≈ 22,22222 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

Tid / s 0 2,8 2,8 + 3,0 = 5,8
Fart / (km/t) 0 50 80
Fart / (m/s) 0 13,88889 22,22222

Tabellen med SI-enheder flyttes til Excel, hvor vi indtegner punkterne og forbinder dem med rette linjer: b)

Den tilbagelagte strækning i tidsrummet 0 𝑠 ≤ 𝑡 ≤ 5,8 𝑠 kan bestemmes som arealet under grafen for 𝑣(𝑡)

i samme interval. Arealet kan opdeles i arealet af en trekant og arealet af en trapez. Vi bestemmer således arealet som:

0

5

10

15

20

25

Fart / (m/s)

Tid / s

Side 4

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

4

𝐴 = · ℎ_{1} · 𝑔 + · ℎ_{2} · ( 𝑎 + 𝑏)

1 1

2 2

Hvor ℎ_{1} og 𝑔 er højde og grundlinje i trekanten, mens ℎ_{2} er afstanden mellem de parallelle sider i trapezen.

𝑎 og 𝑏 er længden af de parallelle sider i trapezen. Vi udregner ”arealet” vha. tabellen og grafen:

𝐴 = · 13,88889 · 2,8 𝑠 + · 3,0 𝑠 · (13,88889 + 22,22222)

1 𝑚 1 𝑚 𝑚

2 𝑠 2 𝑠 𝑠

≈ 73,61111 · m

≈ 74 𝑚

Den samlede tilbagelagte strækning under accelerationsforløbet er på ca. 74 𝑚

Side 5

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

5

Opgave 3 a)

Vi finder den største intensitet ved 𝜆 = 524,11054 𝑛𝑚 = 5,2411054 · 10^{−7} 𝑚

Der gælder, at:

𝑐 = 𝜆 · 𝑓

Hvor 𝑐 = 2,99792458 · 10^{8}^{𝑚}_{𝑠}

2,99792458 · 10^{8} = 5,2411054 · 10^{−7} 𝑚 · 𝑓

𝑚 𝑠

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

𝑓 = 5,7200235 · 10^{14} · 𝑠^{−1}

Frekvensen af lys ved denne bølgelængde er således på 5,7200235 · 10^{14} 𝐻𝑧.

b)

Intensitetsværdierne er relative størrelser, hvor der ved små intervaller vil gælde, at man kan inddele grafen i rektangler, hvor intervalbredden gange højden er lig med intensiteten af lyset i dette bølgelængde-interval. Den samlede effekt kan da tilnærmes ved at summere arealet disse rektangler for en lang række små intervaller. Vi anvender gennemsnitsværdien af den relative intensitet i de to intervalendepunkter i hvert interval. Herunder vises et udsnit af de anvendte formler og resultaterne heraf:

Side 6

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

6

Vha. Excels autosum-funktion lægger vi alle arealerne sammen, hvorved vi finder det samlede areal til

5,000 W.

Den samlede effekt, som lampen udstråler er således på 5,000 W.

c)

Vi tegner en graf over den relative intensitet som funktion af bølgelængden:

Vi ser, at der er en række punkter, som ligger langt under de andre punkter, som ellers ligger på en pæn, glat kurve. Det er altså de 7 nederste datapunkter, hvor overførslen er gået galt. Vi identificerer punkterne i regnearket med henblik på at vurdere, om fejlen er systematisk. Vi ser, at de 7 datapunkter ser ud til at være for små med en faktor 10, men ellers passer de fint med de omkringliggende værdier. Vi ganger dem alle med 10 og tegner en ny kurve:

0

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

545

Relativ intensitet

Bølgelængde / nm

0

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

545

Relativ intensitet

Bølgelængde / nm

Side 7

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

7

Vi vurderer af grafens udseende, at punkterne nu har mere passende koordinatsæt, hvorfor der nok er tale om en systematisk fejl, hvor kommaet er blevet rykket en plads mod højre.

Side 8

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

8

Opgave 4 a)

Ved batterispænding forstås spændingsforskellen mellem batteriets poler.

Voltmeteret måler spændingsfaldet over 𝑅_{2}, som er seriekoblet med 𝑅_{1}. Polspændingen er da lig med det
samlede spændingsfald over 𝑅_{1} og 𝑅_{2}:

𝑈_{𝑝} = ( 𝑅_{1} + 𝑅_{2}) · 𝐼_{𝐴}

Her er 𝐼_{𝐴} den strøm, som løber gennem seriekoblingen af 𝑅_{1} og 𝑅_{2}

Hvor spændingsfaldet over 𝑅_{2} sættes lig med det størst mulige:

𝑈_{𝑚𝑎𝑥} = 𝑅_{2} · 𝐼_{𝐴}

⇕

𝐼_{𝐴} =

𝑈_{𝑚𝑎𝑥}
𝑅_{2}

Dette indsættes i den første ligning:

𝑈_{𝑝} = ( 𝑅_{1} + 𝑅_{2}) ·

𝑈_{𝑚𝑎𝑥}
𝑅_{2}

Hvor:

𝑈_{𝑚𝑎𝑥} = 6 𝑉

𝑅_{1} = 2000 Ω

𝑅_{2} = 1000 Ω

Dvs.:

𝑈_{𝑝} = ( 2000 Ω + 1000 Ω) ·

6 𝑉

1000 Ω

= 18 𝑉

Den maksimale batterispænding, som koblingen af modstande og voltmeter kan måle er på 18 𝑉.

b)

Strømmen gennem amperemeteret er den samme som strømmen gennem 𝑅_{3}, 𝐼_{3}.

Strømmen gennem belastningsmodstanden er lig med den samlede strøm gennem 𝑅_{3} og 𝑅_{4}

𝐼_{𝐿} = 𝐼_{3} + 𝐼_{4}

Side 9

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

9

Spændingsfaldet er det samme over 𝑅_{3} og 𝑅_{4}, da de er parallelkoblede. Da 𝑈 = 𝑅 · 𝐼, får vi:

𝑅_{3} · 𝐼_{3} = 𝑅_{4} · 𝐼_{4}

⇕

𝐼_{4} =

𝑅_{3} · 𝐼_{3}
𝑅_{4}

Vi substituerer udtrykket med 𝐼 i første ligning:
                         4

𝐼_{𝐿} = 𝐼_{3} +

𝑅_{3} · 𝐼_{3}
𝑅_{4}

Hvor:

𝑅_{3} = 1 Ω

𝑅_{4} = 0,1 Ω

𝐼_{𝐿} = 1,65 𝐴

Så:

1,65 𝐴 = 𝐼_{3} +

1 Ω · 𝐼_{3}

0,1 Ω

⇕ Ligningen løses for I_3 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝐼_{3} = 0,15 𝐴

Amperemeteret viser 0,15 𝐴 under disse betingelser.

c)

Vi kan nu ikke anvende 𝑅_{3} som parallelkoblet med 𝑅_{4}, da amperemeteret har en betydelig resistans, 𝑅_{𝐴}. Vi

anvender i stedet erstatningsresistansen for seriekoblingen af 𝑅 og 𝑅 :
                                                    3    𝐴

𝑅_{𝑒𝑟𝑠} = 𝑅_{3} + 𝑅_{𝐴}

Vi kan da nå frem til en formel som i b) med samme argumentation:

𝐼_{𝐿} = 𝐼_{3} +

𝑅_{𝑒𝑟𝑠} · 𝐼_{3}
𝑅_{4}

Det vil sige:

𝐼_{𝐿} = 𝐼_{3} +

( 𝑅_{3} + 𝑅_{𝐴}) · 𝐼_{3}
𝑅_{4}

Den eneste ændrede værdi er:

Side 10

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

10

𝐼_{3} = 0,145 Ω

Vi får så:

1,65 𝐴 = 0,145 𝐴 +

( 1 Ω + 𝑅_{𝐴}) · 0,145 𝐴

0,1 Ω

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

𝑅_{𝐴} = 0,037931034 · 𝛺

≈ 38 𝑚Ω

Den indre modstand i amperemeteret er således på 38 𝑚Ω.

Side 11

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

11

Opgave 5 a)

Vi antager, at kompressionen sker så hurtigt, at der ikke sker varmeudveksling med omgivelserne, hvorfor der er tale om en adiabatisk proces. I dette tilfælde kan tilvæksten i indre energi beregnes som:

Δ𝐸_{𝑖} = 𝑛 · 𝑐_{𝑚𝑉} · Δ𝑇

Hvor:

𝑛 = 1 𝑚𝑜𝑙

𝑐_{𝑚𝑉} = 20,8 = 20,8

𝐽 𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾 𝑚𝑜𝑙 · ℃
Δ𝑇 = 51℃ − 0℃ = 51 ℃

Dvs.:

Δ𝐸_{𝑖} = 1 𝑚𝑜𝑙 · 20,8 · 51℃

𝐽

𝑚𝑜𝑙 · ℃
= 1060,8 · 𝐽

≈ 1 𝑘𝐽

1 mol luft får altså tilført ca. 1 kJ energi ved passage af turboladeren.

b)

Vi anvender idealgasligningen:

𝑝 · 𝑉 = 𝑛 · 𝑅 · 𝑇

For den komprimerede luft gælder der, at:

𝑝 = 1,65 𝑏𝑎𝑟

𝑉 = 0,500 𝐿

𝑇 = ( 51 + 273) 𝐾 = 324 · 𝐾

Vi anvender desuden, at 𝑅 = 0,08314_{𝑚𝑜𝑙·𝐾}^{𝐿·𝑏𝑎𝑟}

Det vil sige:

1,65 𝑏𝑎𝑟 · 0,500 𝐿 = 𝑛 · 0,08314 · 324 𝐾

𝐿 · 𝑏𝑎𝑟
𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

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

𝑛 = 0,030626609 𝑚𝑜𝑙

Side 12

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

12

Der fyldes altså ca. 0,0306 mol luft ind i cylinderen.

c)

Virkningsgraden for en Carnot-maskine, der arbejder mellem 𝑇 og 𝑇 , hvor 𝑇 > 𝑇 , kan bestemmes som:
                                                   𝐻    𝐿      𝐻    𝐿

𝜂_{𝑐𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡} =

𝑇_{𝐻} − 𝑇_{𝐿}
𝑇_{𝐻}

I dette tilfælde har vi:

𝑇_{𝐻} = ( 2200 + 273) 𝐾 = 2473 · 𝐾

𝑇_{𝐿} = 324 𝐾

Så:

𝜂_{𝐶𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡} =

2473 𝐾 − 324 𝐾

2473 𝐾

≈ 0,86898504

≈ 86,90%

Virkningsgraden for den omtalte Carnot-maskine er således på 86,90%.

d)

Vi antager, at processen foregår så hurtigt, at der ikke udveksles varme med omgivelserne. Processen er da adiabatisk, så:

𝑇 · 𝑉^{𝛾−1} = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡

Adiabateksponenten kan bestemmes som:

𝛾 =

𝐶_{𝑚𝑝}
𝐶_{𝑚𝑉}

Vi anvender, at:

𝐶_{𝑚𝑝} = 𝑅 + 𝐶_{𝑚𝑉}

Så:

𝛾 =

𝑅 + 𝐶_{𝑚𝑉}
𝐶_{𝑚𝑉}

Hvor:

Side 13

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 28. maj 2010

13

𝐶_{𝑚𝑉} = 24,5

𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

𝑅 = 8,314

𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

Så:

𝛾 =

8,314 + 24,5

𝐽 𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾 𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

24,5

𝐽

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

≈ 1,3393469

Vi kan nu opstille og løse to ligninger med to ubekendte, 𝑉_{3} og 𝑇_{4}:

𝑝_{3} · 𝑉_{3} = 𝑛 · 𝑅 · 𝑇_{3}

𝑇_{3} · 𝑉_{3}^{𝛾−1} = 𝑇_{4} · 𝑉_{4}^{𝛾−1}

Hvor:

𝑝_{3} = 95 𝑏𝑎𝑟

𝑛 = 0,042 𝑚𝑜𝑙

𝑅 = 0,08314

𝐿 · 𝑏𝑎𝑟
𝑚𝑜𝑙 · 𝐾
𝑇_{3} = 2473 𝐾

𝑉_{4} = 0,500 𝐿

Så:

95 𝑏𝑎𝑟 · 𝑉_{3} = 0,042 𝑚𝑜𝑙 · 0,08314 · 2473 𝐾

𝐿 · 𝑏𝑎𝑟
𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

2473 𝐾 · 𝑉_{3}^{1,3393469−1} = 𝑇_{4} · ( 0,500 𝐿)^{1,3393469−1}

⇕ Ligningssystemet løses for V_3,T_4 vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs Ligninger' funktion,

𝑉_{3} = 0,09089915 · 𝐿 ∧ 𝑇_{4} = 1386,6544 · 𝐾

Så:

𝑇_{4} = ( 1387 − 273) ℃ = 1114 · ℃

Temperaturen af gassen i tilstand 4 er på ca. 1,1 · 10^{3} ℃.