HTX Fysik A 2011 26. maj - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

1

HTX Fysik A 26. maj 2011 htx111-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.

Opgave 1 a)

Vi anvender gitterligningen:

𝑛 · 𝜆 = 𝑑 · sin (𝜃)

Hvor:

𝑛 = 1

𝜆 = 667,81 𝑛𝑚
= 667,81 · 10^{−9} 𝑚

Der er 300 linjer pr. mm, så afstanden mellem hver linje er:

𝑑 = 𝑚𝑚

1

300

= · 10^{−3} 𝑚

1

300

≈ 3,333333 · 10^{−6} · 𝑚

Vi får så:

1 · 667,81 · 10^{−9} 𝑚 = 3,33333 · 10^{−6} 𝑚 · sin (𝜃_{1})

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

𝜃_{1} = 11,55703

HTX 3. år b)

𝑥 og 𝐿 er længderne af hhv. modstående og hosliggende katete til vinklen 𝜃_{2} i en retvinklet trekant. Det vil

sige:

Side 2

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

2

tan ( 𝜃_{2}) =

𝑥

𝐿

Hvor 𝐿 = 200 𝑚𝑚 = 0,200 𝑚

Ved division af gitterligning for 1. orden med ligningen for 2. orden får vi, at:

1 · 𝜆 𝑑 · sin ( 𝜃_{1})
2 · 𝜆 𝑑 · sin ( 𝜃_{2})

=

⇕

sin ( 𝜃_{2}) = 2 · sin ( 𝜃_{1})

Dvs.:

sin ( 𝜃_{2}) = 2 · sin (11,55703)

⇕ Ligningen løses for θ_2 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝜃_{2} = 23,6211

Vi får så:

tan ( 23,6211) =

𝑥

0,200 𝑚

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

𝑥 = 0,08746558 · 𝑚

≈ 87,5 𝑚𝑚 c)

Vi har, at:

𝑈 = 1800 𝑉

𝑑 = 125 𝑚𝑚 = 0,125 𝑚

Den elektriske feltstyrke kan bestemmes som:

𝐸 =

𝑈 𝑑

=

1800 𝑉

0,125 𝑚

= 14400 · 𝑉 · 𝑚^{−1}

≈ 14,4 𝑘𝑉 𝑚

                                                          𝑘𝑉
Det vil sige, at den elektriske feltstyrke mellem elektroderne er på 14,4
                                                          𝑚

Side 3

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

3

Opgave 2 a)

Vægten er i virkeligheden en kraftmåler, som blot ”oversætter” kraften, hvormed den påvirkes til en masse vha. tyngdeaccelerationen. Vi ser bort fra opdriften, hvorfor ballonens samlede kraft på vægten er lig med tyngdekraften på ballonen:

𝐹_{𝑡} = 𝑚 · 𝑔

Hvor:

𝑚 = 2,25 𝑔 = 0,00225 𝑘𝑔

𝑔 = 9,82

𝑚

𝑠^{2}

Så:

𝐹_{𝑡} = 0,00225 𝑘𝑔 · 9,82

𝑚

𝑠^{2}
= 0,022095 · 𝑘𝑔 · 𝑚 · 𝑠^{−2}

≈ 22,1 𝑚𝑁

Tyngdekraften på ballonen er peget lodret nedad (mod jordens massecentrum) og har størrelsen 22,1 𝑚𝑁.

b)

Vi antager, at hele indholdet i ballonen er 𝐶𝑂_{2} (𝑔). Vi kan da udregne trykket i ballonen (𝐼) vha.

idealgasligningen:

𝑝 · 𝑉 = 𝑛 · 𝑅 · 𝑇

⇕

𝑝 · 𝑉 = · 𝑅 · 𝑇

𝑚

𝑀

Hvor:

𝑇 = ( 20 + 273) 𝐾 = 293 · 𝐾

𝑚 = 9,05 𝑔

𝑅 = 0,08206

𝐿 · 𝑎𝑡𝑚
𝑚𝑜𝑙 · 𝐾
Vi ser bort fra, at ballonen selv har en smule rumfang, så volumen af 𝐶𝑂_{2} i virkeligheden er lidt mindre end

opgivet. Vi anvender blot:

𝑉 = 3,5 𝐿

Side 4

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

4

Molmassen af 𝐶𝑂_{2} findes vha. det periodiske system:

𝑀_{𝐶𝑂_{2}} = 𝑀_{𝐶} + 2 · 𝑀_{𝑂}
= 12,01 + 2 · 16,00

𝑔 𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

= 44,01 · 𝑔 · 𝑚𝑜𝑙^{−1}

Vi får så:

𝑝 · 3,5 𝐿 = · 0,08206 · 293 𝐾

9,05 𝑔 𝐿 · 𝑎𝑡𝑚

44,01 𝑔 𝑚𝑜𝑙

𝑚𝑜𝑙 · 𝐾

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

𝑝 = 1,41263 · 𝑎𝑡𝑚

Trykket i ballonen er således på 1,4 𝑎𝑡𝑚.

(𝐼): På trods af, at ballonen udvider sig, når den fyldes, vil trykket ikke være lig med atmosfæretrykket, da

ballonen ved udvidelse fungererer som en fjeder/elastik og dermed trykker gassen sammen.

c)

Vi kan ikke længere se bort fra opdriften. Vægten måler kraften fra ballonen på vægten og oversætter til en masse vha. tyngdeaccelerationen. Tyngdekraften er større end eller lig med opdriften, da ballonen ellers ikke ville kunne lægges på vægten, så størrelsen af kraften fra ballonen på vægten er:

𝐹_{𝑏𝑎𝑙𝑙𝑜𝑛} = 𝐹_{𝑡} − 𝐹_{𝑜𝑝}

Hvor:

𝐹_{𝑡} = 𝑚 · 𝑔

Opdriften er lig med tyngdekraften på den fortrængte masse af luft:

𝐹_{𝑜𝑝} = 𝑚_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝑔 = 𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝑉_{𝑏𝑎𝑙𝑙𝑜𝑛} · 𝑔

Kraften fra ballonen oversættes til en masse 𝑚_{𝑑𝑖𝑠𝑝𝑙𝑎𝑦}, som vises:

𝐹_{𝑏𝑎𝑙𝑙𝑜𝑛} = 𝑚_{𝑑𝑖𝑠𝑝𝑙𝑎𝑦} · 𝑔

Det vil sige:

𝑚_{𝑑𝑖𝑠𝑝𝑙𝑎𝑦} · 𝑔 = 𝑚 · 𝑔 − 𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝑉_{𝑏𝑎𝑙𝑙𝑜𝑛} · 𝑔

⇕

Side 5

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

5

𝑚_{𝑑𝑖𝑠𝑝𝑙𝑎𝑦} = 𝑚 − 𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} · 𝑉_{𝑏𝑎𝑙𝑙𝑜𝑛}

Hvor:

𝑚 = 𝑚_{𝑏𝑎𝑙𝑙𝑜𝑛} + 𝑚_{𝐶𝑂_{2}}
= 2,25 𝑔 + 9,05 𝑔
= 11,30 𝑔

Vi anvender densiteten for luft ved 0℃, da databogen ikke indeholder værdien ved 20℃:

𝜌_{𝑙𝑢𝑓𝑡} = 1,293

𝑘𝑔

𝑚^{3}
= 1,293

𝑔

𝐿

Vi får så:

𝑚_{𝑑𝑖𝑠𝑝𝑙𝑎𝑦} = 11,30 𝑔 − 1,293 · 3,5 𝐿

𝑔

𝐿

≈ 6,7745 · 𝑔

Vægten viser altså ca. 6,8 𝑔.

Side 6

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

6

Opgave 3 a)

Vinkelhastigheden kan beregnes som:

𝜔 =

Δ𝜑

Δ𝑡

En omgang svarer til Δ𝜑 = 2𝜋 (enheden radianer indgår underforstået), og vinkelhastigheden oplyses til:

𝜔 = 0,115 𝑠^{−1}

Vi får så:

0,115 𝑠^{−1} =

2𝜋

Δ𝑡

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

𝛥𝑡 = 54,63639 · 𝑠

b)

Vi laver følgende tilnærmelser:

Drejeskiven opfattes som en homogen cylinder og lokomotivet opfattes som en homogen stang.

For hhv. cylinderen og stangen får vi så:

𝐼_{0} = · 𝑚 · 𝑟^{2}

1

2

𝐼_{0} = · 𝑚 · 𝑙^{2}

1

12

Rotationsaksen gennemskærer begge legemers massemidtpunkter, så det samlede inertimoment bliver:

𝐼 = · 𝑚_{𝑠𝑘𝑖𝑣𝑒} · 𝑟^{2} + · 𝑚_{𝑙𝑜𝑘} · 𝑙^{2}

1 1

2 12

Hvor:

𝑚_{𝑠𝑘𝑖𝑣𝑒} = 3,6 · 10^{4} 𝑘𝑔

𝑟 = · 21 𝑚 = 10,5 · 𝑚

1

2

𝑚_{𝑙𝑜𝑘} = 9,8 · 10^{4} 𝑘𝑔

𝑙 = 19,0 𝑚

Side 7

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

7

Så:

𝐼 = · 3,6 · 10^{4} 𝑘𝑔 · ( 10,5 𝑚)^{2} + · 9,8 · 10^{4} 𝑘𝑔 · ( 19,0 𝑚)^{2}

1 1

2 12

≈ 4932667 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2}
≈ 4,9 · 10^{6} 𝑘𝑔 · 𝑚^{2}

𝐼 = 4,9 · 10^{6} 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} er således en tilnærmet værdi for drejeskivens og lokomotivets samlede

inertimoment.

c)

Vi ser bort fra luftmodstand, hvorved hele motorens effekt går til at accelerere skiven (ingen energi går tabt i gnidning med luften). Gennemsnitseffekten kan da bestemmes som:

𝑃 =

Δ𝐸_{𝑟𝑜𝑡}

Δ𝑡

=

𝐸_{𝑟𝑜𝑡2} − 𝐸_{𝑟𝑜𝑡1}

Δ𝑡

Da drejeskiven er i hvile fra start, få vi blot:

𝑃 =

𝐸_{𝑟𝑜𝑡2}

Δ𝑡

=

1

2

· 𝐼 · 𝜔^{2}

Δ𝑡

Hvor:

Δ𝑡 = 15 𝑠

𝐼 = 4,81 · 10^{6} 𝑘𝑔 · 𝑚^{2}

𝜔 = 0,115 𝑠^{−1}

Vi får så:

𝑃 =

1

2

· 4,81 · 10^{6} 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · ( 0,115 𝑠^{−1})^{2}

15 𝑠

≈ 2120,408 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−3}

≈ 2,12 𝑘𝑊

Gennemsnitseffekten, som motoren tilfører drejeskiven er ca. 2,12 𝑘𝑊.

d)

Momentet fra gnidningskræfterne er lig med det resulterende moment:

Side 8

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

8

𝑀_{𝑔𝑛𝑖𝑑} = 𝑀_{𝑟𝑒𝑠} = 𝐼 · 𝛼

Vi antager, at der kan ses bort fra luftmodstand, og at momentet fra de øvrige gnidningskræfter er konstant. Størrelsen af accelerationen er da også konstant, så:

𝛼 = =

Δ𝜔 𝜔_{2} − 𝜔_{1}

Δ𝑡 Δ𝑡

Drejeskiven standses helt, så:

𝛼 =

𝜔_{2}

Δ𝑡

Hvor Δ𝑡 = 41 𝑠

Vi får så:

𝑀_{𝑟𝑒𝑠} = 𝐼 ·

𝜔_{2}

Δ𝑡

= 4,81 · 10^{6} 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} ·

0,115 𝑠^{−1}

41 𝑠

≈ 13491,46 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}
= 1,3 · 10^{4} 𝑁 · 𝑚

                                                                       4
Størrelsen af det samlede moment fra gnidningskræfterne på drejeskiven er ca. 1,3 · 10 𝑁 · 𝑚.

e)

Det er ikke præciseret i opgaveteksten, men vi antager at drejeskiven holder stille.

Drejeskiven påvirkes af følgende kræfter:

Tyngdekraften 𝐹_{𝑡} på drejeskivens egen masse. Denne kraft angriber hele drejeskiven, men kan opfattes

⃗ som angribende i massemidtpunktet.

Kraften 𝐹_{𝑙𝑜𝑘} fra lokomotivet virker på alle kontaktflader mellem toget og drejeskiven, men kan opfattes

⃗ som angribende lodret under lokomotivets tyngdepunkt. Størrelsen af denne kraft er lig med størrelsen af tyngdekraften på lokomotivet.

Drejeskiven påvirkes desuden af tre kræfter fra underlaget:

𝐹_{𝑉}, 𝐹_{𝐻} og 𝐹_{𝑀}

⃗ ⃗ ⃗

Disse er alle normalkræfter og dermed vinkelrette på underlaget. De er desuden modsatrettede i forhold til tyngdekraften.

Vi indtegner alle kræfterne med angivelse af retning og angrebspunkt. Længden af pilene siger ikke noget om kræfternes størrelser:

Side 9

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

9

På billedet ser drejeskiven ud til at hælde en lille smule i forhold til vandret, men dette er ikke tilfældet.

f)

Drejeskiven er i hvile, så både den resulterende kraft og det resulterende kraftmoment er lig med 0. I vandret retning påvirkes skiven ikke af nogen kræfter. I lodret retning må der gælde, at (vi regner kun på størrelser):

𝐹_{𝑡} + 𝐹_{𝑙𝑜𝑘} = 𝐹_{𝑉} + 𝐹_{𝑀} + 𝐹_{𝐻}

⇕

𝑚_{𝑠𝑘𝑖𝑣𝑒} · 𝑔 + 𝑚_{𝑙𝑜𝑘} · 𝑔 = 𝐹_{𝑉} + 𝐹_{𝑀} + 𝐹_{𝐻}

⇕

( 𝑚_{𝑠𝑘𝑖𝑣𝑒} + 𝑚_{𝑙𝑜𝑘}) · 𝑔 = 𝐹_{𝑉} + 𝐹_{𝑀} + 𝐹_{𝐻}

De eneste kræfter, som bidrager med et kraftmoment, er 𝐹_{𝑉}, 𝐹_{𝑙𝑜𝑘}, 𝐹_{𝐻}. Vha. tegningen ser vi, at der om

⃗ ⃗ ⃗ størrelserne må gælde, at:

𝑀_{𝑉} + 𝑀_{𝑙𝑜𝑘} = 𝑀_{𝐻}

⇕

𝐹_{𝑉} · 𝑟_{𝑉} · sin ( 90) + 𝐹_{𝑙𝑜𝑘} · 𝑟_{𝑙𝑜𝑘} · sin (90) = 𝐹_{𝐻} · 𝑟_{𝐻} · sin ( 90)

Vi anvender så, at 𝑟_{𝑉} = 𝑟_{𝐻} = 𝑟 samt at sin ( 90) = 1:

𝐹_{𝑉} · 𝑟 + 𝐹_{𝑙𝑜𝑘} · 𝑟_{𝑙𝑜𝑘} = 𝐹_{𝐻} · 𝑟

Vi har nu to ligninger med de to ubekendte størrelser 𝐹_{𝐻} og 𝐹_{𝑉}:

Side 10

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

10

( 𝑚_{𝑠𝑘𝑖𝑣𝑒} + 𝑚_{𝑙𝑜𝑘}) · 𝑔 = 𝐹_{𝑉} + 𝐹_{𝑀} + 𝐹_{𝐻}

𝐹_{𝑉} · 𝑟 + 𝐹_{𝑙𝑜𝑘} · 𝑟_{𝑙𝑜𝑘} = 𝐹_{𝐻} · 𝑟

Kendte størrelser opskrives:

𝑚_{𝑠𝑘𝑖𝑣𝑒} = 3,6 · 10^{4} 𝑘𝑔

𝑚_{𝑙𝑜𝑘} = 9,8 · 10^{4} 𝑘𝑔

𝑔 = 9,82 = 9,82

𝑚 𝑁

𝑠^{2} 𝑘𝑔

𝐹_{𝑀} = 1080 𝑘𝑁 = 1,080 · 10^{6} 𝑁

𝑟 = · 18 𝑚 = 9 · 𝑚

1

2

𝑟_{𝑙𝑜𝑘} = 0,9 𝑚

Vi indsætter størrelserne og løser ligningssystemet:

( 3,6 · 10^{4} 𝑘𝑔 + 9,8 · 10^{4} 𝑘𝑔) · 9,82 = 𝐹_{𝑉} + 1,080 · 10^{6} 𝑁 + 𝐹_{𝐻}

𝑁 𝑘𝑔

𝐹_{𝑉} · 9 𝑚 + 1,080 · 10^{6} 𝑁 · 0,9 𝑚 = 𝐹_{𝐻} · 9 𝑚

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

𝐹_{𝑉} = 63940 · 𝑁 ∧ 𝐹_{𝐻} = 171940 · 𝑁

Den kraft, som den cirkelformede skinne påvirker hjulet 𝐻 med, har størrelsen (afrundet til ét betydende

ciffer, da 𝑟 = 0,9 𝑚)
        𝑙𝑜𝑘

𝐹_{𝐻} = 0,2 𝑀𝑁

Side 11

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

11

Opgave 4 a)

Polspændingen, 𝑈 , når batteriet ikke belastes er lig med batteriets hvilespænding, 𝑈 . Polspændingen, når
               𝑝                                                     0

batteriet belastes er lig med spændingforskellen over den ydre modstand (startmotoren). Den elektriske effekt, som afgives i startmotoren, kan da bestemmes som:

𝑃 = 𝑈_{𝑝} · 𝐼

Hvor:

𝑃 = 750 𝑊

𝑈_{𝑝} = 11,0 𝑉

Så:

750 𝑊 = 11,0 𝑉 · 𝐼

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

𝐼 = 68,18182 · 𝑉^{−1} · 𝑊

≈ 68,2 A

Det vil sige, at strømmen gennem startmotoren er 68,2 𝐴.

b)

For en opstilling af denne type gælder, at:

𝑈_{𝑝} = 𝑈_{0} − 𝑅_{𝑖} · 𝐼

Hvor:

𝑈_{0} = 13,0 𝑉

Så:

11,0 𝑉 = 13,0 𝑉 − 𝑅_{𝑖} · 68,18182 𝐴

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

𝑅_{𝑖} = 0,02933333 · 𝐴^{−1} · 𝑉

≈ 29,3 𝑚Ω

Det vil sige, at startbatteriets indre modstand er på 29,3 𝑚Ω.

Side 12

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

12 c)

Der afgives både en effekt i selve batteriet (da batteriet har en indre modstand) og en effekt i motoren. Vi forstår den afgivne effekt som den effekt, der afgives til motoren:

Effekten, som afgives til motoren, kan bestemmes som:

𝑃_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟} = 𝑈_{𝑝} · 𝐼

Vi tilføjer en kolonne i regnearket, hvor vi beregner effekten vha. ovenstående formel. Herunder vises et

eksempel, hvor: 𝑡 = 0, 𝐼 = 1,630925 𝐴 og 𝑈 = 12,60531 𝑉. Vi får så:

𝑃_{𝑚𝑜𝑡𝑜𝑟} = 12,50531 𝑉 · 1,630925 𝐴
≈ 20,39522 · 𝐴 · 𝑉
= 20,39522 W

Effekten fås således i enheden 𝑊. Vi tegner en graf: d)

Den effekt, batteriet modtager, beregnes på samme måde i Excel.

Størrelsen af de to energier kan findes vha. den gennemsnitlige effekt, idet:

𝑃_{𝑔𝑛𝑠} =

Δ𝐸

Δ𝑡

⇕

Δ𝐸 = 𝑃_{𝑔𝑛𝑠} · Δ𝑡

19

19,5

20

20,5

21

0 100 120

P/W

t/min

Afgivet effekt

Side 13

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 26. maj 2011

13

Gennemsnitseffekten kan estimeres som middelværdien af alle målingerne. Vi behøver ikke at tage et vægtet gennemsnit, da målingerne indenfor hver dataserie er taget med samme tidsmæssige afstand mellem sig (1 minut for den afgivne effekt og 4 minutter for den modtagne effekt). Gennemsnittet beregnes i Excel vha. kommandoen 𝑚𝑖𝑑𝑑𝑒𝑙(𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡𝑓𝑒𝑙𝑡: 𝑠𝑙𝑢𝑡𝑓𝑒𝑙𝑡):

For den afgivne effekt får vi, at:

𝑃_{𝑔𝑛𝑠} = 19,24267 𝑊

Δ𝑡 = 120 𝑚𝑖𝑛
= 120 𝑚𝑖𝑛 ·

60𝑠 𝑚𝑖𝑛

= 7200 · 𝑠

Så:

Δ𝐸_{𝑎𝑓𝑔𝑖𝑣𝑒𝑡} = 19,24267 𝑊 · 7200 · 𝑠
≈ 138547,2 · 𝑊 · 𝑠

For den modtagne effekt får vi, at:

𝑃_{𝑔𝑛𝑠} = 2,599868 𝑊

Δ𝑡 = 1436 𝑚𝑖𝑛
= 1436 · 60 𝑠
= 86160 · 𝑠

Så:

Δ𝐸 = 2,599868 𝑊 · 86160 𝑠
≈ 224004,6 · 𝑊 · 𝑠

Forholdet mellem batteriets afgivne og modtagne energi kan nu beregnes som:

𝑓 =

Δ𝐸_{𝑎𝑓𝑔𝑖𝑣𝑒𝑡}
Δ𝐸_{𝑚𝑜𝑑𝑡𝑎𝑔𝑒𝑡}

=

138547,2 · 𝑊 · 𝑠
224004,6 · 𝑊 · 𝑠

≈ 0,6185016

≈ 61,9%

Af den energi, som skal tilføres ved opladning, har batteriet været i stand til at levere 61,9% af energien til motoren. Dette svarer altså til batteriets nyttevirkning i dette konkrete tilfælde. Værdien kan være anderledes mellem andre tilstande end de anvendte i dette forsøg.