HTX Fysik A 2012 25. maj - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

1

HTX Fysik A 25. Maj 2012

htx121-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 nedenstående kommentar om at beregningerne er foretaget ved hjælp HTX 3. år

Opgave 1 a)

HTX 3. år gennem massemidtpunktet. Inertimomentet kan da bestemmes som:

𝐼= · 𝑚 · 𝑟^{2}

1

2

Hvor:

𝑚=1079 𝑘𝑔

𝑟=0,398 𝑚

Så:

𝐼= · 1079 𝑘𝑔· ( 0,398 𝑚)^{2}

1

2

≈85,45896 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2}

Det vil sige, at svinghjulets inertimoment er på 85,5 𝑘𝑔 ·𝑚^{2}.

b)

Rotationsenergien af svinghjulet kan bestemmes som:

𝐸_{𝑟𝑜𝑡} = · 𝐼· 𝜔^{2}

1

2

Hvor:

𝐼=84,2 𝑘𝑔 · 𝑚^{2}

𝜔=840 𝑠^{−1}

Så:

Side 2

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

2

𝐸_{𝑟𝑜𝑡} = · 84,2 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · ( 840 𝑠^{−1})^{2}

1

2

=2,970576 · 10^{7} · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}

≈29,7 𝑀𝐽

                                                 −1
Svinghjulets rotationsenergi ved en vinkelhastighed på 840 𝑠

er således på 29,7 𝑀𝐽.

c)

Der gælder, at:

Δ𝐸_{𝑟𝑜𝑡} =𝐸_{𝑟𝑜𝑡2} − 𝐸_{𝑟𝑜𝑡1}

⇕

𝐸_{𝑟𝑜𝑡2} =Δ𝐸_{𝑟𝑜𝑡} + 𝐸_{𝑟𝑜𝑡1}

Det vil sige:

1

2

· 𝐼· 𝜔^{2} =Δ𝐸_{𝑟𝑜𝑡} + 𝐸_{𝑟𝑜𝑡1}

⇕

𝜔= 2 ·

√

Δ𝐸_{𝑟𝑜𝑡} + 𝐸_{𝑟𝑜𝑡1}

𝐼

Hvor:

𝐸_{𝑟𝑜𝑡1} =2,97 · 10^{7} · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}

Δ𝐸_{𝑟𝑜𝑡} =25,0 𝑘𝑊ℎ
=25,0 · 10^{3} · · ℎ · ·

𝐽 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 𝑠 1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛

=9,0 · 10^{7} · 𝐽
=9,00 · 10^{7} 𝑘𝑔· 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}

Det vil sige:

𝜔= √ 2 ·

9,00 · 10^{7} 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2} + 2,970576 ·10^{7} · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}
84,2 𝑘𝑔 · 𝑚^{2}
≈1686,229 · | 𝑠 |^{−1}

Side 3

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

3

Vi ser bort fra numerisktegnet, som skyldes at WordMat ikke skelner mellem enheder og variable. Vi konkluderer så, at vinkelhastigheden, når al energien er tilført, bliver:

𝜔=1,69 · 10^{3} 𝑠^{−1}

Side 4

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

4

Opgave 2 a)

Energien, der kan oplagres i en kapacitor, kan beregnes som:

𝐸= · 𝐶· 𝑈^{2}

1

2

Den største energimængde lagres ved den maksimale spændingsforskel, så:

𝐶=100 𝐹

𝑈=2,7 𝑉

Vi får så:

𝐸= · 100 𝐹· ( 2,7 𝑉)^{2}

1

2

≈364,5 · 𝐹· 𝑉^{2}

≈0,36 𝑘 𝐽

Den største energimængde, der kan oplagres i superkondensatoren er på 0,36 𝑘𝐽.

b)

For en pladekapacitor gælder der, at:

𝐶=𝜀 ·

𝐴 𝑑

⇕

𝑑=

𝜀· 𝐴

𝐶

Den elektriske feltstyrke kan bestemmes som:

𝐸=

𝑈 𝑑

⇕

𝑑=

𝑈

𝐸

Vi kombinerer de to ligninger og får så:

𝑈 𝜀· 𝐴

𝐸 𝐶

=

⇕

Side 5

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

5

𝐴=

𝑈 ·𝐶

𝐸·𝜀

Her er 𝐴 og 𝐸 ubekendte størrelser, og de to er omvendt proportionale. Hvis vi af praktiske og økonomiske hensyn ønsker så små plader som muligt, skal vi altså have så stor en elektrisk feltstyrke som muligt. For at

                                                𝑀𝑉
undgå gnistdannelse, skal feltstyrken være mindre end 3,0
                                                𝑚

for at undgå gnistdannelse. Vi anvender så:

𝐸=2,9 =2,9 · 10^{6}

𝑀𝑉 𝑉 𝑚 𝑚

Vi har desuden, at:

𝑈=2,7 𝑉

𝐶=100 𝐹

Permittiviteten for luft er tilnærmelsesvis lig med vakuumpermittiviteten, så:

𝜀≈𝜀_{0} =8,85 · 10^{−12}

𝐹 𝑚

Vi får så:

𝐴=

2,7 𝑉· 100 𝐹
2,9 · 10^{6} · 8,85 · 10^{−12}

𝑉 𝐹 𝑚 𝑚

≈1,052016 · 10^{7} · 𝑚^{2}

Arealet af pladekondensatoren skal så ca. 1,1 · 10^{7} 𝑚^{2}. Pladerne skal altså være urimeligt store for at leve

op til samme krav som superkondensatoren. Det vil derfor ikke være praktisk muligt at anvende en pladekondensator med luft som dielektrikum, hvis den skal leve op til samme krav som superkondensatoren.

c)

Vi antager, at bremsningen foregår på både forhjul og baghjul. Både normalkraft og bremeskræfter fra kondensatoren findes så i alle 4 hjul, men vi antager, at tegningen fra den ene side kan spejles til den anden side, hvorfor kun den ene side illustreres.

𝐹_{𝑘1} og 𝐹_{𝑘2} er bremsekræfter fra kondensatoren. Disse kan opfattes som havende angrebspunkt i dækkene.

⃗ ⃗

De er rettet modsat bevægelsesretningen.

𝐹_{𝑁1} og 𝐹_{𝑁2} er normalkræfter fra underlaget. Disse har angrebspunkt i dækkene og er vinkelrette på

⃗ ⃗ underlaget. De er modsatrettede i forhold til den komposant af tyngdekraften, som er parallel med normalkræfterne

Tyngdekraften 𝐹_{𝑡} angriber alle bilens bestanddele og kan opfattes som angribende i massemidtpunktet.

⃗

Den er rettet mod jordens massemidtpunkt.

Side 6

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

6 d)

Bilen bremses af både luftmodstanden og bremsekraften mellem vej og dæk. Vi antager dog, at man kan se bort fra luftmodstanden. Vi antager, at bremsekraften er konstant, hvorved den resulterende kraft også er konstant. Størrelsen af arbejdet fra den resulterende kraft kan bestemmes som:

𝐴=𝐹_{𝑟𝑒𝑠} · Δ𝑠

Vi forestiller os nu et koordinatsystem, hvor 𝑥-aksen er parallel med underlaget og 𝑦-aksen er vinkelret på underlaget. I 𝑦-retningen vil den resulterende kraft være lig med 0. I 𝑥-retningen vil størrelsen af den resulterende kraft kunne bestemmes som størrelsen af bremsekraften minus størrelsen af tyngdekraftens 𝑥-komposant (da bilen bremser, må bremsekraften være størst). Vha. trekantsanalyse på skitsen, indser vi,

at tyngdekraftens 𝑥-komposant har størrelsen 𝐹 =𝐹 · sin ( 4 ) =𝑚 ·𝑔· sin (4)
                                       𝑡,𝑥  𝑡

Det vil sige, at:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝐹_{𝑘} − 𝑚 · 𝑔· sin (4)

Størrelsen af arbejdet fra den resulterende kraft bliver så:

𝐴= ( 𝐹_{𝑘} − 𝑚 · 𝑔· sin (4)) · Δ𝑠

Størrelsen af arbejdet fra den resulterende kraft er lig med størrelsen af ændringen i kinetisk energi:

𝐴= | 𝐸_{𝑘𝑖𝑛2} − 𝐸_{𝑘𝑖𝑛1} |

Bilen bremser helt, så 𝐸_{𝑘𝑖𝑛2} =0. Dvs.

𝐴= | −𝐸_{𝑘𝑖𝑛1} |
=𝐸_{𝑘𝑖𝑛1}

Side 7

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

7

Hvor:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

Vi kombinerer de to formler for størrelsen af arbejdet:

1

2

· 𝑚 ·𝑣^{2} = ( 𝐹_{𝑘} − 𝑚 · 𝑔· sin ( 4)) · Δs

Hvor:

𝑚=1200 𝑘𝑔

𝑣=90 · · ·

𝑘𝑚 1000 𝑚 1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛 ℎ 1 𝑘𝑚 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

=25 · 𝑚· 𝑠^{−1}

Δ𝑠=200 𝑚

𝑔=9,82

𝑚

𝑠^{2}

Vi får så:

1 𝑚^{2} 𝑚
2 𝑠 𝑠^{2}

· 1200 𝑘𝑔 · (25) =(𝐹_{𝑘} − 1200 𝑘𝑔 · 9,82 · sin ( 4)) · 200 𝑚

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

𝐹_{𝑘} =2697,01 · 𝑘𝑔 · 𝑚· 𝑠^{−2}

≈2,7 𝑘𝑁

Vi konkluderer, at den samlede bremsekraft mellem vej og dæk under bremsningen, er lig med 2,7 𝑘𝑁.

e)

Det nødvendige antal af superkondensatorer er lig med størrelsen af bremsekraftens arbejde 𝐴 divideret
                                                                              𝑘

med størrelsen af én superkondensators energilager 𝐸
                                            𝑘

, idet vi antager, at hele arbejdet fra bremsekraften lagres som energi i kondensatorerne:

𝑛=

𝐴_{𝑘}
𝐸_{𝑘}

Hvor:

𝐴_{𝑘} =𝐹_{𝑘} · Δ𝑠

Det vil sige:

Side 8

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

8

𝑛=

𝐹_{𝑘} · Δ𝑠
𝐸_{𝑘}

Hvor:

𝐸_{𝑘} =250 𝐽

Så:

𝑛=

2697,01 𝑁 · 200 𝑚

250 𝐽

=2157,608 · 𝑚 ·

𝑁

𝐽

=2157,608

Vi runder op, da vi skal bruge et helt antal kondensatorer. Det vil sige, at 𝑛=2158.

Massen af hver superkondensator er:

𝑚_{𝑘} =20,4 𝑔=0,0204 𝑘𝑔

Den nødvendige masse 𝑚 af superkondensatorer er lig med det nødvendige antal 𝑛 gange massen af hver enkelt superkondensator. Det vil sige:

𝑚=𝑛 · 𝑚_{𝑘}
=2158 · 0,0204 𝑘𝑔
=44,0232 · 𝑘𝑔

Der skal altså ca. bruges 44 kg superkondensatorer til at oplagre al energien fra bilens bremsning.

Side 9

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

9

Opgave 3 a)

Vi kan anvende idealgasligningen:

𝑝 · 𝑉=𝑛 · 𝑅· 𝑇

Ved tilstand 2 kan vi aflæse, at:

𝑝_{2} =42 𝑏𝑎𝑟

𝑇_{2} = ( 550 + 273) 𝐾=823 · 𝐾

Vi har desuden, at:

𝑛=1,00 𝑚𝑜𝑙

Gaskonstanten findes i databogen:

𝑅=0,0831

𝐿 · 𝑏𝑎𝑟
𝑚𝑜𝑙· 𝐾

Dvs.:

42 𝑏𝑎𝑟 · 𝑉=1,00 𝑚𝑜𝑙 · 0,0831 · 823 𝐾

𝐿 · 𝑏𝑎𝑟
𝑚𝑜𝑙· 𝐾

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

𝑉=1,628364 · 𝐿

Rumfanget af 1,00 mol luft i tilstand 2 er ca. 1,6 𝐿.

b)

Processen fra tilstand 2 til tilstand 3 er adiabatisk, så:

𝑝_{2}^{1−𝛾} · 𝑇_{2}^{𝛾} =𝑝_{3}^{1−𝛾} · 𝑇_{3}^{𝛾}

⇕

𝑇_{3} = ( 𝑇_{2}^{𝛾} ())

𝑝_{2}^{1−𝛾}
𝑝_{3}

1 𝛾

=𝑇_{2} · ()^{𝛾}

𝑝_{2}^{1}
𝑝_{3}

−1

Hvor:

Side 10

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

10

𝛾= =

𝑐_{𝑚𝑝}
𝑐_{𝑚𝑉}

29,1

𝐽

𝑚𝑜𝑙· 𝐾

20,8

𝐽

𝑚𝑜𝑙· 𝐾

≈1,399038

Vi aflæser af pV-diagrammet, at:

𝑝_{3} =11 𝑏𝑎𝑟

Vi får så:

𝑇_{3} =823 · 𝐾·()

42 𝑏𝑎𝑟

11 𝑏𝑎𝑟

1

1,399038

−1

=561,6178 · 𝐾

                                            2
Temperaturen af luften i tilstand 3 er altså ca. 5,6 · 10 𝐾.

c)

Vi anvender, at:

Δ𝐸_{𝑖} =𝐴_{𝑡𝑖𝑙𝑓} + 𝑄_{𝑡𝑖𝑙𝑓}

Vi forenkler notationen og nøjes med:

𝐸=𝐴 + 𝑄⇔𝐴=𝐸− 𝑄⇔𝑄=𝐸− 𝐴

Indeks 𝑎𝑏 angiver, at der er tale om processen fra tilstand 𝑎 til tilstand 𝑏. Vi udregner de manglende værdier og anvender 𝑘𝐽 som underforstået enhed alle steder:

𝑄_{12} =10,39 − ( −4,16) =14,55 𝑘𝐽

𝐴_{34} =11,17 − 15,63≈−4,46 𝑘𝐽

𝐸_{15} =−25,39 + 30,18≈4,79 𝑘𝐽

Proces 2-3 er adiabatisk, så 𝑄_{23} =0 og 𝐸_{23} =𝐴_{23} =−5,44 𝑘𝐽

Proces 4-5 er adiabatisk, så 𝑄_{45} =0, 𝐸_{45} =𝐴_{45}. Der gælder desuden, at:

𝐴_{45} =𝑛· 𝑐_{𝑚𝑉} · Δ𝑇_{45}

Vi anvender nu eksplicitte enheder:

Vi aflæser af grafen, at:

Δ𝑇_{45} = ( 280 − 825) 𝐾=−545 · 𝐾

Vi får så:

Side 11

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

11

𝐴_{45} =1,00 𝑚𝑜𝑙· 20,8 · ( −545 𝐾)

𝐽

𝑚𝑜𝑙· 𝐾
=−11336 · 𝐽
≈−11,3 𝑘𝐽

Det vil desuden sige, at 𝐸_{45} =−11,3 𝑘𝐽.

Vi udfylder tabellen:

Delproces Q / kJ A / kJ ΔE / kJ

tilf tilf i

Tilstand 1 - tilstand 2 14,55 -4,16 10,39

Tilstand 2 - tilstand 3 0 -5,44 -5,44

Tilstand 3 - tilstand 4 15,63 -4,46 11,17

Tilstand 4 - tilstand 5 0 -11,3 -11,3

I alt fra tilstand 1 til tilstand 5 30,18 -25,39 4,79

Tabel 3.3 d)

Virkningsgraden for en Carnotmaskine mellem temperaturerne 𝑇_{𝐿} og 𝑇_{𝐻} kan bestemmes som:

𝜂_{𝐶𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡} =

𝑇_{𝐻} − 𝑇_{𝐿}
𝑇_{𝐻}

Vi aflæser af grafen, at:

𝑇_{𝐻} =825℃= ( 825 + 273) 𝐾=1098 · 𝐾

𝑇_{𝐿} =50℃= ( 50 + 273) 𝐾=323 · 𝐾

Så:

𝜂_{𝑐𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡} =

1098 𝐾− 323 𝐾

1098 𝐾

≈0,7058288

≈70,6%

Virkningsgraden for en Carnotmaskine, der arbejder mellem den højeste og den laveste temperatur i Huntorfværket er således på 70,6%.

Vi udregner nyttevirkningen for kraftværket vha. tabellen:

𝜂=

𝐴_{𝑚𝑎𝑠𝑘𝑖𝑛𝑒}
𝑄_{𝑡𝑖𝑙𝑓}

=

25,39 𝑘𝐽

30,18 𝑘𝐽

≈0,8412856

Side 12

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

12

Det vil sige, at nyttevirkningen er større end Carnot-nyttevirkningen, hvilket kun er muligt, da Carnot-maskinen fungerer som en kredsproces. Hvis kraftværket skulle fungere som en kredsproces, skulled et føre gassen tilbage til starttilstanden, hvilket ville være energikrævende. Nyttevirkningen ville så blive lavere end Carnot-nyttevirkningen.

Side 13

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

13

Opgave 4 a)

Spændingsfaldet over belastningsmodstanden er lig med polspændingen. Den elektriske effekt, som afsættes i belastningsmodstanden kan da udregnes som:

𝑃_{𝑅} =𝑈_{𝑝} · 𝐼

Vi udregner en værdi af effekten for alle værdierne af 𝐼 vha. Excel. Herunder vises et eksempel for

𝐼=0,37 𝑚𝐴. Ved denne værdi er 𝑈_{𝑝} =3795 𝑚𝑉

Vi får så:

𝑃_{𝑅} =0,37 𝑚𝐴 · 3795 𝑚𝑉
=1404,15 · 𝑚𝐴 · 𝑚𝑉
=1404,15 𝜇𝑊

≈1,4 𝑚𝑊

Effekten fås altså i enheden 𝜇𝑊. Vi tegner en (𝐼,𝑃_{𝑅})-graf:

                                          3
Vi aflæser maksimaleffekten til ca. 𝑃 =22,0 · 10 𝜇𝑊=22,0 𝑚𝑊.
                             𝑚𝑎𝑥

0

5000

10000

15000

20000

25000

0,00 2,00 4,00 6,00 8,00 10,00 12,00

P/µW

I/mA

Side 14

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

14 b)

Polspændingen er lig med spændingsfaldet over belastningsmodstanden, så:

𝑅=

𝑈_{𝑃}

𝐼

Ved 𝑈=3,00 𝑉=3,00 · 10^{3} 𝑚𝑉 finder vi i tabellen, at strømstyrken er ca. 𝐼=7,35 𝑚𝐴

Det vil sige:

𝑅=

3,00 · 10^{3} 𝑚 𝑉

7,35 𝑚 𝐴

=408,1633 ·

𝑚𝑉 𝑚𝐴

=408,1633 ·

𝑉

𝐴

≈408 Ω

Belastningsmodstanden skal have en resistans på 408 Ω, hvis polspændingen skal være 3,00 𝑉.

c)

I en model som den omtalte, vil der gælde, at:

𝑈_{𝑝} =𝑈_{0} − 𝑅_{𝑖} · 𝐼

⇕

𝑅_{𝑖} =−

𝑈_{𝑝} − 𝑈_{0}

𝐼

𝑈_{0} er hvilespændingen og kan aflæses af de opgivne data som spændingen, når 𝐼=0. Det vil sige:

𝑈_{0} =3818 𝑚𝑉

Vi kan nu udregne den indre modstand for alle værdier af 𝐼 vha. Excel. Herunder vises en

eksempeludregning for 𝐼=0,37 𝑚𝐴. Her ser vi, at 𝑈_{𝑝} =3795 𝑚𝑉. Det vil sige:

𝑅_{𝑖} =−

3795 𝑚 𝑉− 3818 𝑚 𝑉

0,37 𝑚 𝐴

=62,16216 ·

𝑉

𝐴

≈62 Ω

Den indre modstand fås altså i enheden Ω. Vi tegner en graf:

Side 15

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 25. maj 2012

15

0

50

100

150

200

250

300

350

400

0,00 2,00 4,00 6,00 8,00 10,00 12,00

Ri/Ω

I/mV