HTX Fysik A 2014 9. december - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

1

HTX Fysik A 9. december 2014

htx143-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 har, at:

𝑈 = 5,0 𝑉

𝐼 = 2,0 𝐴

Den elektriske effekt kan da beregnes som:

𝑃 = 𝑈· 𝐼
= 5,0 𝑉 · 2,0 𝐴
= 10 · 𝐴 · 𝑉
= 10 𝑊

Adaptoren kan levere en effekt på 10 𝑊.

b)

Den elektriske energi kan bestemmes vha.:

𝑈 =

Δ𝐸

Δ𝑄

Vi har, at:

𝑈 = 4,8 𝑉

Δ𝑄 = 3000 𝑚𝐴ℎ
= 3,000 · · ℎ

𝐶 𝑠

= 3,000 · · 1 ℎ · ·

𝐶 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠 𝑠 1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛

= 10800 · 𝐶

Side 2

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

2

Det vil sige:

4,8𝑉 =

Δ𝐸

10800 𝐶

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

𝛥𝐸 = 51840 · 𝐶 · 𝑉
= 52 · 10^{3} 𝐽

                                               3
Batteriet indeholder således en elektrisk energi på 52 · 10 𝐽, når det er fuldt opladet.

c)

Antallet af elektroner kan bestemmes som batteriets samlede ladning divideret med størrelsen ladningen

af en elektron. Størrelsen af elektronens ladning er 𝑒 = 1,602 · 10^{−19} 𝐶

Vi får så:

𝑛_{𝑒} =

Δ𝑄 𝑒

=

10800 · 𝐶
1,602 · 10^{−19} 𝐶
≈ 6,741573 · 10^{22}

Der flyttes altså 6,742 · 10^{22} elektroner under opladning fra helt afladet til helt opladet.

Side 3

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

3

Opgave 2 a)

Der gælder, at:

𝑝 · 𝑉 = 𝑛 · 𝑅 · 𝑇

⇕

𝑝 =

𝑛 · 𝑅 · 𝑇

𝑉

Stofmængden er konstant, da flasken er lukket:

𝑝_{1} =

𝑛 · 𝑅 · 𝑇_{1}
𝑉_{1}

𝑝_{2} =

𝑛 · 𝑅 · 𝑇_{2}
𝑉_{2}

Det vil sige:

𝑝_{1}
𝑝_{2}

=

𝑛 · 𝑅 · 𝑇_{1}
𝑉_{1}
𝑛 · 𝑅 · 𝑇_{2}
𝑉_{2}

⇕ Ligningen løses for p_2 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑝_{2} = 𝑝_{1} · 𝑇_{2} ·

𝑉_{1}
𝑇_{1} · 𝑉_{2}

Vi har, at:

𝑇_{1} = 20℃ = ( 20 + 273) 𝐾 = 293 𝐾

𝑝_{1} = 101 𝑘𝑃𝑎

Luftens volumen i flasken ved stuetemperatur findes som flaskens volumen minus isens volumen:

𝑉_{1} = ( 520 − 230) 𝑐𝑚^{3} = 290 𝑐𝑚^{3}

Luftens volumen i den frosne flaske findes som flaskens volumen minus isens volumen (110% af vandets volumen):

𝑉_{2} = ( 520 − 230 · 1,1) 𝑐𝑚^{3} = 267 · 𝑐𝑚^{3}

Vi antager, at den frosne flaske stadig ligger i fryseren, hvorved luften og isen har samme temperatur:

𝑇_{2} = ( −18 + 273) 𝐾 = 255 · 𝐾

Vi får så:

Side 4

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

4

𝑝_{2} = 101 𝑘𝑃𝑎 · 255 𝐾 ·

290 𝑐𝑚^{3}
293 𝐾· 267 𝑐𝑚^{3}
≈ 95,47302 · 𝑘𝑃𝑎

Trykket af luften i den frosne flaske er således 95,5 𝑘𝑃𝑎.

b)

Fryseren har fjernet energi af tre omgange. Først nedkøles vandet til 0℃, så fryses det til is, og til sidst

nedkøles isen til −18℃.

𝐸_{𝑓𝑗𝑒𝑟𝑛𝑒𝑡} = 𝐸_{1} + 𝐸_{2} + 𝐸_{3}

𝐸_{1} = 𝑚· 𝑐_{𝑣𝑎𝑛𝑑} · (−Δ𝑇_{1})

𝐸_{2} = 𝑚· 𝐿_{𝑠}

𝐸_{3} = 𝑚· 𝑐_{𝑖𝑠} · (−Δ𝑇_{3})

Så:

𝐸_{𝑓𝑗𝑒𝑟𝑛𝑒𝑡} = 𝑚· 𝑐_{𝑣𝑎𝑛𝑑} · ( −Δ𝑇_{1}) + 𝑚 · 𝐿_{𝑠} + 𝑚 · 𝑐_{𝑖𝑠} · (−Δ𝑇_{3})
= 𝑚· ( 𝑐_{𝑣𝑎𝑛𝑑} · ( −Δ𝑇_{1}) + 𝐿_{𝑠} + 𝑐_{𝑖𝑠} · ( −Δ𝑇_{3}))
= 𝜌_{𝑣𝑎𝑛𝑑} · 𝑉_{𝑣𝑎𝑛𝑑} · ( 𝑐_{𝑣𝑎𝑛𝑑} · ( −Δ𝑇_{1}) + 𝐿_{𝑠} + 𝑐_{𝑖𝑠} · ( −Δ𝑇_{3}))

Hvor:

−Δ𝑇_{1} = 20 𝐾

−Δ𝑇_{3} = 18 𝐾

𝑉_{𝑣𝑎𝑛𝑑} = 230 𝑐𝑚^{3}

Vi finder vands densitet ved 20℃ i databogen:

𝜌_{𝑣𝑎𝑛𝑑} = 0,998 = 998 · 10^{−6}

𝑔 𝑘𝑔

𝑐𝑚^{3} 𝑐𝑚^{3}

Vi antager, at den specifikke varmekapacitet for is er temperaturuafhængig:

𝑐_{𝑖𝑠} = 2040 = 2,040

𝐽 𝑘𝐽

𝑘𝑔 · 𝐾 𝑘𝑔 · 𝐾

Vi finder vands specifikke varmekapacitet ved 10℃ i databogen og antager, at den kan bruges som en god gennemsnitsværdi:

𝑐_{𝑣𝑎𝑛𝑑} = 4,192

𝑘𝐽

𝑘𝑔 · 𝐾

Vi finder isens smeltevarme ved 𝑝 = 101 𝑘𝑃𝑎 i databogen:

Side 5

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

5

𝐿_{𝑠} = 334

𝑘𝐽 𝑘𝑔

Vi får så:

𝐸_{𝑓𝑗𝑒𝑟𝑛𝑒𝑡} = 998 · 10^{−6} · 230 𝑐𝑚^{3} · (4,192 · 20 𝐾 + 334 + 2,040 · 18 𝐾)

𝑘𝑔 𝑘𝐽 𝑘𝐽 𝑘𝐽

𝑐𝑚^{3} 𝑘𝑔 · 𝐾 𝑘𝑔 𝑘𝑔 · 𝐾
≈ 104,3397 · 𝑘𝐽

Fryseren har således fjernet en energimængde på 104 𝑘𝐽 fra vandet i flasken.

Side 6

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

6

Opgave 3 a)

Vi forestiller os et koordinatsystem med 𝑥 -aksen vandret mod højre og 𝑦 -aksen lodret opad.

Endimensionelle størrelser regnes med et retningsangivende fortegn. Vi ser bor fra luftmodstand.

Der gælder, at:

𝑣^{2} − 𝑣_{0}^{2} = 2 · 𝑎 · Δ𝑠

Vi har, at:

𝑎 = 𝑔 = −9,82

𝑚

𝑠^{2}

𝑣_{0} = 19,0

𝑚 𝑠

Når vandet opnår den maksimale højde, er 𝑣 = 0

Vi får så:

−(19,0) = 2 · (−9,82) · Δ𝑠

𝑚^{2} 𝑚

𝑠 𝑠

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

𝛥𝑠 = 18,38086 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

Vandet vil altså stige til en højde på 18,4 𝑚 over sprøjten.

b)

Følgende kinematiske ligninger skal være overholdt (vi ser igen bort fra luftmodstand og anvender samme koordinatsystem):

For 𝑥-aksen skal der gælde, at:

Δ𝑠_{𝑥} = 𝑣_{0} · cos ( 24,5) · Δ𝑡

For 𝑦-aksen skal der gælde, at:

Δ𝑠_{𝑦} = · 𝑔 · Δ𝑡^{2} + 𝑣_{0} · sin ( 24,5) · Δ𝑡

1

2

Vi har, at:

Δ𝑠_{𝑥} = 12,0 𝑚

Vi kan nu opskrive og løse de to ligninger mht. de to ubekendte Δ𝑠_{𝑦} og Δ𝑡

Side 7

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

7

12,0 𝑚 = 19,0 · cos ( 24,5) · Δ𝑡

𝑚 𝑠

Δ𝑠_{𝑦} = · (−9,82) · Δ𝑡^{2} + 19,0 · sin ( 24,5) · Δ𝑡

1 𝑚 𝑚

2 𝑠^{2} 𝑠

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

𝛥𝑡 = 0,6940723 · 𝑠 ∧ 𝛥𝑠_{𝑦} = 3,103389 · 𝑚

Det vil sige, at vinduesåbningen befinder sig 3,10 𝑚 over sprøjten.

c)

Af oplysningerne kan vi udlede den samlede positionsændring ad de to akser:

Δ𝑠_{𝑦} = 0

Δ𝑠_{𝑥} = 4,5 𝑚 + 4,0 𝑚 = 8,5 𝑚

De samme kinematiske ligninger anvendes (dog med en ny vinkel, 𝑢), og vi får så:

8,5 𝑚 = 19,0 · cos (𝑢) · 𝛥𝑡

𝑚 𝑠

0 = · (−9,82) · 𝛥𝑡^{2} + 19,0 · sin (𝑢) · 𝛥𝑡

1 𝑚 𝑚

2 𝑠^{2} 𝑠

Disse ligninger er mere komplicerede at løse for WordMat, men det lader sig gøre, hvis vi indstiller vinkelenheden til radianer og regner uden enheder på andre størrelser, som derfor indgår med underforståede SI-enheder:

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟:𝑡 > 0 , 0 < 𝑢 < 𝜋

2

8,5 = 19,0 · cos (u) ·Δ𝑡

0 = · ( −9,82) · Δ𝑡^{2} + 19,0 · sin (u) · Δ𝑡

1

2

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

𝛥𝑡 = 3,843349 ∧ 𝑢 = 1,454131

Vinklen oversættes til grader:

𝑢 = 1,454131 𝑟𝑎𝑑 ·

180° 𝜋 𝑟𝑎𝑑

≈ 83,31557°

Vi kontrollerer nu, om vandet når over muren. Vi bestemmer Δ𝑠_{𝑦} for Δ𝑠_{𝑥} = 4,5 𝑚 og 𝑢 = 83,32° med de

samme kinematiske ligninger:

Side 8

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

8

4,5 m = 19,0 · cos ( 83,32) · Δ𝑡

𝑚 𝑠

Δ𝑠_{𝑦} = · (−9,82) · Δ𝑡^{2} + 19,0 · sin ( 83,32) · Δ𝑡

1 𝑚 𝑚

2 𝑠^{2} 𝑠

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

𝛥𝑡 = 2,036055 · 𝑠 ∧ 𝛥𝑠_{𝑦} = 18,06792 · 𝑚

Det vil sige, at vandet når en højde på 18 𝑚 over sprøjten i det øjeblik Δ𝑠_{𝑥} = 4,5 𝑚, hvilket er rigeligt til at

nå over muren.

Brandmanden skal altså holde sprøjten i en vinkel på 83° med vandret.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 9

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

9

Opgave 4 a)

Vi ser bort fra luftmodstanden og indtegner derfor blot tyngdekraften 𝐹_{𝑡} og normalkraften 𝐹_{𝑁}.

⃗ ⃗

Tyngdekraften virker på hele kuglen, men kan placeres med angrebspunkt i massemidtpunktet.

Normalkraften angriber udelukkende i kontaktfladen (som teoretisk set kun vil være et kontaktpunkt, når der er tale om en kugle og en plan).

b)

Data fra forsøget med den gule kugle anvendes til at lave et (𝑡,𝑣)-plot i Excel. Vi tilføjer desuden en lineær tendenslinje, da accelerationen (som skyldes tyngdekraften) er konstant, når vi ser bort fra luftmodstand.

Vi ser, at der er nogle afvigende målinger, men generelt passer data fint på en lineær model (𝑅^{2} = 0,91).

Der gælder, at:

y = 0,437x + 0,2576
R² = 0,9085

0,000

0,200

0,400

0,600

0,800

1,000

1,200

0,000 0,200 0,400 0,600 0,800 1,000 1,200 1,400 1,600

v / (m/s)

t / s

(t,v)-plot for den gule kugle

Side 10

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

10

𝑎 ( 𝑡) = 𝑣′(𝑡)

Da 𝑣(𝑡) er en lineær funktion, kan accelerationen (differentialkvotienten) aflæses direkte som hældningskoefficienten af funktionsforskriften. Der er kun anvendt SI-enheder, så:

𝑎 = 0,44

𝑚

𝑠^{2}

c)

Vi tegner et tilsvarende (𝑡,𝑣)-plot for den hvide kugle:

Vi ser, at den hvide kugles acceleration er betydeligt lavere. Vi ser bort fra friktionskræfters arbejde, så dette kan kun forklares ved, at en større andel af arbejdet fra tyngdekraften går til rotationsenergi. Dette er netop tilfældet for den hule kugle, da al massen er placeret i periferien og dermed væk fra rotationsaksen, hvilket fører til et større inertimoment.

Vi konkluderer altså, at:

Den hvide kugle er hul indeni, mens den gule kugle er massiv.

d)

Translationsenergien kan bestemmes som:

𝐸_{𝑇} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

Hvor:

𝑚 = 19,26 𝑔 = 19,26 · 10^{−3} 𝑘𝑔

y = 0,3592x + 0,2357
R² = 0,9064

0,000

0,100

0,200

0,300

0,400

0,500

0,600

0,700

0,800

0,900

0,000 0,200 0,400 0,600 0,800 1,000 1,200 1,400 1,600

v / (m/s)

t / s

(t,v)-plot for den hvide kugle

Side 11

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

11

𝑣 = 0,54

𝑚 𝑠

Så:

𝐸_{𝑇} = · 19,26 · 10^{−3} 𝑘𝑔 · (0,54)

1 𝑚^{2}

2 𝑠

≈ 0,002808108 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}
= 2,8 · 10^{−3} 𝐽

Rotationsenergien kan bestemmes som:

𝐸_{𝑅} = · 𝐼 · 𝜔^{2}

1

2

Vi antager, at den hvide kugle (som er hul) med rimelighed kan opfattes som en ”homogen tynd kugleskal”.

Da rotationen foregår omkring en akse gennem kugleskallens centrum, kan inertimomentet bestemmes som:

𝐼 = · 𝑚 · 𝑟^{2}

2

3

Om vinkelhastigheden gælder der, at:

𝜔 =

𝑣 𝑟

Det vil sige, at:

𝐸_{𝑅} = · · 𝑚 · 𝑟^{2} · ()

1 2 𝑣^{2}

2 3 𝑟

= · 𝑚 ·𝑣^{2}

1

3

= · 19,26 · 10^{−3} 𝑘𝑔 · (0,54)

1 𝑚^{2}

3 𝑠

≈ 0,001872072 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}
= 1,9 · 10^{−3} 𝐽

Vi kan altså konkludere, at den hvide kugle har en translationsenergi på 2,8 𝑚𝐽 og en rotationsenergi på

1,9 𝑚𝐽.

Side 12

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

12

Opgave 5 a)

Vi har, at:

𝑓 = 520 𝑇𝐻𝑧 = 520 · 10^{12} 𝑠^{−1}

𝑐 = 3,00 · 10^{8}

𝑚 𝑠

Der gælder, at:

𝑐 = 𝑓 · 𝜆

Vi indsætter kendte størrelser:

3,00 · 10^{8} = 520 · 10^{12} 𝑠^{−1} · 𝜆

𝑚 𝑠

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

𝜆 = 5,769231 · 10^{−7} · 𝑚
= 577 𝑛𝑚

Bølgelængden for lys med frekvensen 520 𝑇𝐻𝑧 er 577 𝑛𝑚.

b)

Vi anvender formlen for lysets brydning ved overgang fra et medium til et andet:

sin ( 𝑖) 𝑛_{2}
sin ( 𝑏) 𝑛_{1}

=

Hvor:

𝑛_{1} = 𝑛_{𝑙𝑢𝑓𝑡} = 1,0

𝑛_{2} = 1,49

𝑖 = 10°

Vi løser nu: sin (10) 1,49 sin (𝑏) 1,0

=

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

𝑏 = 6,692596

Brydningsvinklen for lysstrålen i tyndfilmen er altså 6,7°.

Side 13

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

13 c)

Bølge 1 og bølge 2 har samme bølgelængder. Når bølge 1 reflekteres, sker der en faseforskydning på en

                                                                 1
halv bølgelængde. Faseændringen for bølge 1 svarer altså til en faseændring på 𝜆
                                                                 2

Bølge 2 får derimod ingen faseforskydning, men den bevæger sig en ekstra vejlængde af længden 2𝑑, så der sker alligevel en ændring af bølgens fase. Bevægelsen gennem tyndfilmen sker med en ændret bølgelængde, da lysets fart er lavere i tyndfilmen end i luften. Bølgelængden i tyndfilmen bliver kortere, da lysets fart er langsommere end i luften. Der gælder så, at:

𝜆_{𝑛} =

𝜆 𝑛

Hvor 𝜆 er bølgelængden i luften, mens 𝑛 er tyndfilmens brydningsindeks og 𝜆_{𝑛} er bølgelængden i

tyndfilmen. Bevægelsen i tyndfilmen svarer til en faseændring på:

Faseændringen for bølge 2 svarer så til (når den møder bølge 1 i punktet, hvor de forlader tyndfilmen):

2𝑑 2𝑑

𝜆_{𝑛}

𝜆 = · 𝜆 = 2𝑑 · 𝑛

𝜆 𝑛

Forskellen mellem disse to ændringer i bølgernes faser skal være lig med et helt antal halve bølgelængder, hvis der skal forekomme destruktiv interferens (𝑁 er et vilkårligt naturligt tal: 0,1,2,3 osv.):

2𝑑· 𝑛 − 𝜆 = (𝑁 +) · 𝜆

1 1

2 2

⇕

2𝑑· 𝑛 − 𝜆 = 𝑁 · 𝜆 + · 𝜆

1 1

2 2

⇕

2𝑑𝑛 = 𝑁 · 𝜆 + 𝜆

Da 𝑁 blot er et vilkårligt naturligt tal, kan kravet for destruktiv interferens nu skrives som:

2𝑑 · 𝑛 = 𝑁 ·𝜆

Den værdi af 𝑁, som giver den største bølgelængde med destruktiv interferens er så 𝑁 = 1

Vi ved desuden, at 𝜆 = 1502 𝑛𝑚 for 𝑁 = 1. Brydningsindekset for tyndfilmen er 𝑛 = 1,49

Vi får så:

2𝑑· 1,49 = 1 · 1502 𝑛𝑚

Side 14

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 9. december 2014

14

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

𝑑 = 504,0268 · 𝑛𝑚

Tykkelsen af tyndfilmen er således 504 𝑛𝑚.

d)

For at vurdere, hvordan lyset opfattes skal vi finde et punkt som giver tilpas store værdier af både lysfølsomheden og procentdelen af reflekteret lys. I højre skæringspunkt mellem de to grafer er begge værdier nogenlunde store og ligger på omkring 60%. Det ser ud til, at lysopfattelsen vil være dårligere i alle andre punkter pga. hurtige fald i enten øjets lysfølsomhed eller procentdelen af reflekteret lys. Vi ser, at dette skæringspunkt ligger i det orange spektrum, hvorfor øjet ser siliciumpladen som orangefarvet.