HTX Fysik A 2013 3. juni - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

1

HTX Fysik A 3. juni 2013

htx131-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)

Vi har, at:

𝑡=−31℃

Temperaturen 𝑇 i kelvingrader kan bestemmes vha. temperaturen 𝑡 i grader celsius som:

𝑇=( + 273) · 𝐾

𝑡

℃

Det vil sige:

𝑇= ( −31 + 273) · 𝐾
=242 𝐾

Vi konkluderer, at temperaturen af luften udenfor flyet er 242 K.

b)

Nyttevirkningen for en Carnotmaskine kan beregnes vha. temperaturen af den modtagne varme 𝑇_{𝐻} og
temperaturen af den afgivne varme, 𝑇_{𝐿}:

𝜂_{𝐶𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡} =

𝑇_{𝐻} − 𝑇_{𝐿}
𝑇_{𝐻}

Carnotmaskinen arbejder mellem samme temperaturer som motor 1, så (vi aflæser af instrumentbrættet):

𝑇_{𝐻} =718℃
= ( 718 + 273) 𝐾
=991 𝐾

𝑇_{𝐿} =𝑇_{𝑢𝑑𝑒} =242 𝐾

Så:

Side 2

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

2

𝜂_{𝐶𝑎𝑟𝑛𝑜𝑡} =

991 𝐾− 242 𝐾

991 𝐾

≈0,7558022 c)

Nyttevirkningen af motorerne kan bestemmes som nyttevirkningen af en kraftvarmemaskine:

𝜂=

𝐴_{𝑚𝑎𝑠𝑘𝑖𝑛𝑒}
𝑄_{𝑡𝑖𝑙𝑓ø𝑟𝑡}

                                                                               Δ𝐸
Hvis vi dividerer med Δ𝑡 (tiden) i tæller og nævner får vi effekten i både tæller og nævner, da 𝑃= :
                                                                                Δ𝑡

𝜂=

𝑃_{𝑚𝑎𝑠𝑘𝑖𝑛𝑒}
𝑃_{𝑡𝑖𝑙𝑓ø𝑟𝑡}

Hvor den tilførte effekt er lig med brændværdien 𝐻 af brændstoffet gange med brændstofforbruget pr.

time, 𝑓:

𝑄_{𝑡𝑖𝑙𝑓ø𝑟𝑡} =𝐻· 𝑓

Vi får så:

𝜂=

𝑃_{𝑚𝑎𝑠𝑘𝑖𝑛𝑒}
𝐻· 𝑓

Vi aflæser værdierne, hvorefter enheder konverteres til passende SI-enheder:

𝑃_{𝑚𝑎𝑠𝑘𝑖𝑛𝑒} =1970 𝐻𝑃
=1970 𝐻𝑃

745 𝑊

1 𝐻𝑃

=1467650 · 𝑊
=1467650

𝐽 𝑠

𝐻=36

𝑀𝐽 𝑘𝑔

=36 · 10^{6}

𝐽 𝑘𝑔

𝑓=12 · 100

𝑙𝑏𝑠 ℎ

=1200 · · ·

𝑙𝑏𝑠 0,454 𝑘𝑔 1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛 ℎ 1 𝑙𝑏𝑠 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

≈0,1513333 · 𝑘𝑔 · 𝑠^{−1}

Vi får så:

Side 3

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

3

𝜂=

1467650

𝐽 𝑠

36 · 10^{6} · 0,151333

𝐽 𝑘𝑔 𝑘𝑔 𝑠

≈0,269393

≈27%

Motor 1 har en nyttevirkning på 27%. Motorens nyttevirkning er ca. en tredjedel af den teoretisk mulige

for en Carnotmaskine, der arbejder mellem de samme temperaturer. 2/3 af den tilførte varmeeffekt kunne

altså teoretisk set være udnyttet til at øge effekten af motorens arbejde.

d)

Vi har, at:

𝑇_{1} =𝑇_{𝑢𝑑𝑒} =242 𝐾

𝑝_{1} =0,82 𝑏𝑎𝑟

𝑝_{2} =10,0 𝑏𝑎𝑟

Adiabatkonstanten, 𝛾, for tør luft (luften antages at være tør) findes i databogen:

𝛾=1,40

Der sker ingen varmeudveksling med omgivelserne, så der er tale om en adiabatisk proces. Det vil sige, at:

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

⇕

𝑇_{2} = ()

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

1

=()^{𝛾} · 𝑇_{1}

𝑝_{1}^{1}
𝑝_{2}

−1

=() · 242 𝐾

0,82 𝑏𝑎𝑟

10,0 𝑏𝑎𝑟

1

1,40

−1

≈494,4863 · 𝐾

I grader celsius får vi så:

𝑡= ( 494 − 273) ℃
=221 ℃

Temperaturen af den komprimerede luft er 221℃

Side 4

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

4

Opgave 2 a)

Vi ser bort fra opdriften på den del af skibet, der er oven vande. Opdriften på skibet og tyngdekraften på den fortrængte vandmasse er da lige store og modsatrettede. Idet der kun regnes på størrelse får vi, at:

𝐹_{𝑜𝑝,𝑠𝑘𝑖𝑏} =𝐹_{𝑡,𝑣𝑎𝑛𝑑}
=𝑚 · 𝑔
=𝜌_{𝑣𝑎𝑛𝑑} · 𝑉_{𝑠𝑘𝑖𝑏} · 𝑔

Hvor:

𝜌_{𝑣𝑎𝑛𝑑} =1022

𝑘𝑔

𝑚^{3}
𝑉_{𝑠𝑘𝑖𝑏} =54 · 10^{3} 𝑚^{3}

Vi antager, at skibet befinder sig i Danmark, så:

𝑔=9,815

𝑚

𝑠^{2}

Vi får så:

𝐹_{𝑜𝑝,𝑠𝑘𝑖𝑏} =1022 · 54 · 10^{3} 𝑚^{3} · 9,815

𝑘𝑔 𝑚

𝑚^{3} 𝑠^{2}
≈5,416702 · 10^{8} · 𝑘𝑔 · 𝑚· 𝑠^{−2}
≈5,4 · 10^{8} 𝑁

Opdriften på skibet peger lodret opad og har størrelsen 5,4 · 10^{8} 𝑁.

b)

Den effekt, der går alene til acceleration af skibet, er den effekt, hvormed den resulterende kraft udfører arbejde på skibet. Denne effekt kan bestemmes som:

𝑃=𝐹_{𝑟𝑒𝑠} · 𝑣

Hvor (Newtons 2. lov):

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝑚 · 𝑎

Så:

𝑃=𝑚· 𝑎· 𝑣

Hvor:

𝑚=5,52 · 10^{7} 𝑘𝑔

Side 5

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

5

𝑎=9,0 · 10^{−4}

𝑚

𝑠^{2}

𝑣=2,21

𝑚 𝑠

Så:

𝑃=5,53 · 10^{7} 𝑘𝑔· 9,0 · 10^{−4} · 2,21

𝑚 𝑚

𝑠^{2} 𝑠
=109991,7 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−3}
≈1,1 · 10^{5} 𝑊

                                                  5
Den effekt, der alene går til at accelerere skibet er på 1,1 · 10 𝑊.

c)

Når skibet bevæger sig med konstant hastighed, vil den resulterende kraft være lig med 0 (Newtons 1. lov).

Tyngdekraften peger lodret nedad, mens opdriften peger lodret nedad. Fremdriftskraften fra motorerne er rettet i skibets bevægelsesretning, mens friktionskraften er modsatrettet ift. Der gælder så, at:

𝐹_{𝑡} + 𝐹_{𝑜𝑝} =0

⃗ ⃗

𝐹_{𝑓𝑟𝑒𝑚} + 𝐹_{𝑓} =0

⃗ ⃗

Tyngdekraften angriber alle skibets bestanddele.

Opdriften angriber hele den overflade af skibet, som er nedsunket i vand.

Fremdriftskraften kommer som reaktion (jf. Newtons 3. lov) på turbinernes bagudrettede kraft på vandet.

Fremdriftskraften angriber altså skibet de steder, hvor turbinerne sidder.

Friktionskraften angriber det område af skibet, hvis overfladeareal vinkelret på bevægelsesretningen er størst.

Da skibet ikke roterer, er det resulterende kraftmoment lig med 0. Vi kan så uden problemer indtegne de 4 kræfter med angrebspunkt i skibets massemidtpunkt. Skalaerne på 𝑥- og 𝑦-aksen er ikke nødvendigvis ens:

Side 6

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

6 d)

Ved effekten, der skal tilføres, forstås den samlede effekt, hvormed fremdriftskraften udfører arbejde (det vil sige, at vi ikke medtager den effekt, der går til fx opvarmning og belysning af skibet):

𝑃_{𝑓𝑟𝑒𝑚} =𝐹_{𝑓𝑟𝑒𝑚} · 𝑣

Kræfterne i lodret retning er lige store og modsatrettede, så 𝐹_{𝑟𝑒𝑠,𝑦} =0. Vi ser nu på størrelsen af den

resulterende kraft i vandret retning og regner kræfterne som størrelser uden fortegn. Vi har så:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝐹_{𝑓𝑟𝑒𝑚} − 𝐹_{𝑓}

𝐹_{𝑓𝑟𝑒𝑚} =𝐹_{𝑟𝑒𝑠} + 𝐹_{𝑓}

Hvor:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝑚 · 𝑎

𝐹_{𝑓} =𝑘 ·𝑣^{2}

Så:

𝑃_{𝑓𝑟𝑒𝑚} = ( 𝑚 · 𝑎+ 𝑘· 𝑣^{2}) · 𝑣

Hvor:

𝑚=5,52 · 10^{7} 𝑘𝑔

Side 7

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

7

𝑘=11,2 · 10^{3} ( 𝑁 · 𝑠^{2}) /𝑚^{2}

Vi laver en ekstra kolonne i regnearket, hvor ovenstående formel (𝐼) benyttes til at udregne effekten i watt til de forskellige tidspunkter. Herunder vises et eksempel på en udregning, hvor:

𝑡=60 𝑠

𝑣=0,100

𝑚 𝑠

𝑎=0,0017

𝑚

𝑠^{2}

Vi får så:

𝑃_{𝑓𝑟𝑒𝑚} ( 60 𝑠) = ( 5,52 · 10^{7} 𝑘𝑔 · 0,0017 + 11,2 · 10^{3} · (0,1)) · 0,1

𝑚 𝑁· 𝑠^{2} 𝑚^{2} 𝑚
𝑠^{2} 𝑚^{2} 𝑠 𝑠
≈9384 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−3} + 11,2 · 𝑁 · 𝑚· 𝑠^{−1}
=9384 𝑊+ 11,2 𝑊
=9395,2 · 𝑊
≈9,4 · 10^{3} 𝑊

Vi tegner en (𝑡,𝑃)-graf:

0

500000

1000000

1500000

2000000

2500000

3000000

000

P / W

t / s

(t,P)-plot

Side 8

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

8

(𝐼): Formlen indskrives i Excel som:

Du behøver blot indskrive formlen øverst og derefter ”trække” den ned over de resterende felter.

Side 9

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

9

Opgave 3 a)

Vi foretager følgende tilnærmelser:

Jorden er perfekt kugleformet, og massen er fordelt jævnt i hele kuglens rumfang. Det vil sige, at jorden opfattes som en homogen kugle.

I virkeligheden er jorden en smule fladtrykt og har ujævnheder, som giver en afvigelse fra den perfekte kugleform. Densiteten er desuden højere i jordens kerne, hvorefter den falder med stigende afstand fra kernen, så massen er ikke jævnt fordelt i hele kuglens rumfang.

Inertimomentet med omdrejningsaksen omkring centrum for en homogen kugle kan beregnes som:

𝐼_{0} = 𝑚 · 𝑟^{2}

2

5

For jorden har vi, at:

𝑚=5,976 · 10^{24} 𝑘𝑔

𝑟=6371 𝑘𝑚=6,371 · 10^{6} 𝑚

Vi får så:

𝐼_{0} = · 5,976 · 10^{24} 𝑘𝑔 · ( 6,371 · 10^{6} 𝑚)^{2}

2

5

≈9,702548 · 10^{37} · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2}

Det vil sige, at 9,703 · 10^{37}_{𝑚^{2}}^{𝑘𝑔} er en tilnærmet værdi for jordens inertimoment.

b)

Jorden er en smule fladtrykt, så ækvatorradius er 6378 𝑘𝑚, mens polarradius er 6356 𝑘𝑚 og middelradius er 6371 𝑘𝑚. Da jordens rotation foregår omkring en akse, der gennemskærer polerne, vil denne fladtrykthed bidrage til en større gennemsnitlig radius omkring rotationsaksen, hvilket vil bidrage til et større inertimoment.

Den faldende densitet fra kernen og udefter betyder, at massen er centreret omkring centrum, hvilket vil give et lavere inertimoment.

De to fejlkilder trækker i hver sin retning, men den tilnærmede værdi viser sig at være for stor i forhold til tabelværdien, hvilket betyder, at den stærkeste fejlkilde er jordens fladtrykthed.

Side 10

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

10 c)

Jf. forestillingerne i den indledende tekst, kan vi med vores energiforbrug ”tappe” af jordens rotationsenergi. Faldet i jordens rotationsenergi vil så være lige så stort som den omsatte energi af mennesker over 10.000 år:

𝐸_{𝑚𝑠𝑘} =−Δ𝐸_{𝑟𝑜𝑡}
=− ( 𝐸_{𝑟𝑜𝑡2} − 𝐸_{𝑟𝑜𝑡1})
=𝐸_{𝑟𝑜𝑡1} − 𝐸_{𝑟𝑜𝑡2}

Den forbrugte energi er lig med den forbrugte effekt gange tiden:

𝑃_{𝑚𝑠𝑘} · Δ𝑡=𝐸_{𝑟𝑜𝑡1} − 𝐸_{𝑟𝑜𝑡2}

Hvor:

𝐸_{𝑟𝑜𝑡} = · 𝐼· 𝜔^{2}

1

2

= · 𝐼· ()

1 Δ𝜑^{2}

2 Δ𝑡

= · 𝐼· ()

1 2𝜋

2 𝑡_{𝑑ø𝑔𝑛}

2

Det vil sige (vinkelenheden radianer indgår underforstået):

𝑃_{𝑚𝑠𝑘} · Δ𝑡= · 𝐼· (𝜔_{1}^{2} − ())

1 2𝜋

2 𝑡_{𝑑ø𝑔𝑛2}

2

Hvor:

𝐼=8,07 · 10^{37} 𝑘𝑔 · 𝑚^{2}

𝑃_{𝑚𝑠𝑘} =16 ·10^{12} 𝑊

10.000 år svarer til (den nuværende værdi af længden af et døgn findes i databogen: 1 𝑑=86164 𝑠)

Δ𝑡=10000 𝑎· · =3,144986 · 10^{11} · 𝑠

365,25 𝑑 86164 𝑠

1 𝑎 1 𝑑

Jordens nuværende vinkelhastighed findes i databogen og opskrives (vinkelenheden radianer indgår underforstået):

𝜔=7,292 · 10^{−5} 𝑠^{−1}

Vi får så:

16 · 10^{12} 𝑊· 3,144986 · 10^{11} 𝑠= · 8,07 · 10^{37} 𝑘𝑔 ·𝑚^{2} · ( ( 7,292 · 10^{−5} 𝑠^{−1})^{2} − ())

1 2𝜋

2 𝑡_{𝑑ø𝑔𝑛2}

2

Side 11

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

11

Ligningen er svær at løse for WordMat, men da der kun anvendes SI-enheder, kan vi løse ligningen uden

enheder, hvorved 𝑡_{𝑑ø𝑔𝑛2} fås i sekunder:

16 · 10^{12} · 3,144986 · 10^{11} = · 8,07 · 10^{37} · ( ( 7,292 · 10^{−5})^{2} − ())

1 2𝜋

2 𝑡_{𝑑ø𝑔𝑛2}

2

⇕ Ligningen løses for t_doegn2 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑡_{𝑑𝑜𝑒𝑔𝑛2} =−86166,47 ∨ 𝑡 =86166,47

𝑑𝑜𝑒𝑔𝑛2

Døgnets længde er selvfølgelig en positiv størrelse. Vi fandt i databogen, at 𝑡 =86164 𝑠, så:
                                                              𝑑ø𝑔𝑛1

Δ𝑡_{𝑑ø𝑔𝑛} =86166,47 𝑠 − 86164 𝑠

≈2,47 𝑠

≈2,5 𝑠

Døgnet på jorden vil ca. være blevet 2,5 sekunder længere, efter at hele menneskets energiforbrug i 10.000 år er produceret i tidevandskraftværker.

Side 12

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

12

Opgave 4 a)

Der gælder, at:

𝑐=𝑓· 𝜆

Hvor:

𝜆=365 𝑛𝑚=365 · 10^{−9} 𝑚

𝑐 er lysets fart i vakuum med værdien 𝑐=3,00 · 10^{8}^{𝑚}_{𝑠}

Vi får så:

3,00 · 10^{8} =𝑓· 365 · 10^{−9} 𝑚

𝑚 𝑠

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

𝑓=8,219178 · 10^{14} · 𝑠^{−1}
≈8,22 · 10^{14} 𝐻𝑧

Ultraviolet lys med bølgelængden 365 nm har således frekvensen 8,22 · 10^{14} 𝐻𝑧.

b)

Vi tegner en graf i Excel vha. datasættet:

0

2

3

3,2

3,4

3,6

3,7

3,8

3,9

4

4,1

4,2

4,3

4,4

5 4,5

4,6

4,7

4,8

4,9

0

1

2

3

4

6

0 900

U/V

I/mA

(I,U)-plot

Side 13

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

13 c)

For et batteri gælder der, at:

𝑈_{𝑝} =𝑈_{0} − 𝑅_{𝑖} · 𝐼

Hvor:

𝐼=484𝑚𝐴=0,484 𝐴

𝑈_{𝑝} er polspændingen og svarer her til spændingsforskellen over lysdioden. Spændingsforskellen over
lysdioden ved 𝐼=484 𝑚𝐴 kan aflæses af grafen i b) til ca.:

𝑈_{𝑝} =4,45 𝑉

(Vi bemærker dog, at spændingsfaldet over dioden generelt kun er givet med 2 betydende cifre).

Hvilespændingen er 𝑈_{0} =4,80 𝑉

Vi får så:

4,45𝑉=4,80 𝑉− 𝑅_{𝑖} · 0,484 𝐴

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

𝑅_{𝑖} =0,7231405 · 𝐴^{−1} · 𝑉

≈0,72 Ω

Batteriets indre resistans er på 0,72 Ω.

d)

Der gælder for et batteri, at:

𝑈_{0} = ( 𝑅_{𝑖} + 𝑅_{𝑦}) · 𝐼

I vores tilfælde er 𝑅_{𝑦} diodens resistans.

(𝐼,𝑈)-plottet for dioden er tilnærmelsesvist lineært indenfor det interval, hvor dioden lader strømmen passere (en diode kan enten lukke af eller lade strøm passere). Vi fjerner de datapunkter, hvor 𝑈 ligger under eller tæt på diodens knækspænding (den spændingsforskel der som minimum skal til, før dioden lader strøm passere) og laver et (𝐼,𝑈)-plot med en lineær tendenslinje, hvorved vi kan finde resistansen i

                                     𝑈    𝑉     𝑉
                                                          3
𝑘Ω som linjens hældningskoefficient, da 𝑅= , og =  =Ω · 10  =𝑘Ω.
                                                 −3
                                     𝐼   𝑚𝐴   𝐴·10

Side 14

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 3. Juni 2013

14

                                                        2
Vi ser, at den lineære tendenslinje passer godt i det valgte interval (𝑅 =0,9917). Vi har så, at:

𝑅_{𝑦} =0,0016 𝑘Ω=1,6 Ω

𝑅_{𝑖} =3,2 Ω

𝑈_{0} =4,65 V

Vi får så:

4,65 𝑉= ( 3,2 Ω + 1,6 Ω) · 𝐼

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

𝐼=0,96875 · 𝛺^{−1} · 𝑉

≈0,97 𝐴

Vi antager, at resistansen fortsætter med at være nogenlunde konstant for værdier af 𝐼, som ligger til højre for den eksperimentelt afprøvede region. Vi konkluderer så, at strømstyrken i lysdioden er på 0,97 𝐴.

y = 0,0016x + 3,6266
R² = 0,9917

0

1

2

3

4

5

6

0 900

U/V

l/mA