HTX Fysik A 2016 1. juni - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

1

HTX Fysik A

1. juni 2016

htx161-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 antager, at bowlingkuglen kan opfattes som en homogen kugle. Inertimomentet for omdrejning omkring en akse gennem bowlingkuglens centrum kan da bestemmes som:

𝐼_{0} = · 𝑚 · 𝑟^{2}

2

5

Hvor:

𝑟= 𝑑

1

2

= · 21,6 𝑐𝑚

1

2

=10,8· 𝑐𝑚
=0,108 𝑚

𝑚=4,54 𝑘𝑔

Det vil sige:

𝐼_{0} = · 4,54 𝑘𝑔 · ( 0,108 𝑚)^{2}

2

5

≈0,02118182 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2}

                                                                    2
En tilnærmet værdi for bowlingkuglens inertimoment er således 𝐼 =0,0212 𝑘𝑔 · 𝑚 .
                                                     0

b)

Vi oplyses, at:

𝑣=5,4

𝑚 𝑠

Side 2

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

2

Bowlingkuglens translatoriske energi kan bestemmes som:

𝐸_{𝑇} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

= · 4,54 𝑘𝑔 · (5,4)

1 𝑚^{2}

2 𝑠

=66,1932 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}

≈66 𝐽

Rotationsenergien kan bestemmes som:

𝐸_{𝑅} = · 𝐼_{0} · 𝜔^{2}

1

2

= · 𝐼_{0} · ()

1 𝑣^{2}

2 𝑟

Vi oplyses, at 𝐼_{0} =0,0195 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} og får så:

𝐸_{𝑅} = · 0,0195 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · ()

1

2 0,108 𝑚

5,4 𝑚 𝑠

2

≈24,375· 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}

≈24 𝐽

Vi konkluderer, at bowlingkuglen har en translatorisk energi på 66 𝐽 og en rotationsenergi på 24 𝐽.

Side 3

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

3

Opgave 2 a)

Vi tegner den efterspurgte graf vha. datasættet i Excel: b)

Vi ser på nettotilførslen af energi til metalklodsen, da vi ud fra de opgivne data ikke ved noget om, hvor meget af den samlede tilførte energi, som metalklodsen afgiver til omgivelserne. Til ethvert tidspunkt kan den tilførte energimængde så bestemmes af formlen:

Δ𝐸=𝐶· Δ𝑇=𝐶· ( 𝑇 ( 𝑡) − 𝑇_{0})

Hvor 𝑇_{0} angiver starttemperaturen og 𝑇(𝑡) angiver temperaturen 𝑇 som funktion af tiden 𝑡.

Vi oplyses, at 𝐶=50,5_{𝐾}^{𝐽} =50,5_{℃}^{𝐽}

Vi laver nu en kolonne i Excel, hvor vi udregner den tilførte energimængde. Herunder vises et eksempel for

𝑡=5,0 𝑠, hvor 𝑇=20,65℃. Vi aflæser (celleformatet ændres, så alle decimaler er synlige), at 𝑇_{0} =

20,5022℃ og får så:

Δ𝐸=50,5 · ( 20,65℃ − 20,5022℃)

𝐽

℃

≈7,575 · 𝐽

Denne procedure gentages for alle datapunkter, og vi tegner en (𝑡,Δ𝐸)-graf:

0,00

10,00

20,00

30,00

40,00

50,00

60,00

0,0 500,0 1000,0 1500,0 2000,0 2500,0 3000,0 3500,0 4000,0

Temperatur/°C

Tid/s

Temperatur som funktion af tid

Side 4

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

4

Vi ser, at grafen starter med at stige stejlt, hvorefter den flader ud. Dette skyldes, at metalklodsen afgiver en voksende effekt til omgivelserne i takt med, at temperaturen stiger.

c)

Middeleffekten kan bestemmes som:

𝑃=

Δ𝐸

Δ𝑠

Hvor:

Δ𝑠=2 𝑚𝑖𝑛=120 𝑠

Vi aflæser Δ𝐸(120 𝑠) af tabellen i Excel og ser, at:

Δ𝐸=175,3158 𝐽

Vi får så:

𝑃=

175,3158 𝐽

120 𝑠

≈1,460965 · 𝐽 ·𝑠^{−1}

≈1,46 𝑊

Vi har nu vist, at middeleffekten, som netto tilføres metalklodsen i løbet af de første 2 minutter af eksperimentet, er 1,46 𝑊.

0

200

400

600

800

1000

1200

1400

1600

1800

0,0 500,0 1000,0 1500,0 2000,0 2500,0 3000,0 3500,0 4000,0

Tilført energi / J

Tid / s

Nettotilførsel af energi som funktion af tid

Side 5

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

5 d)

Vi antager, at metalklodsen i løbet af de første to minutter stadig er så tæt på omgivelsernes temperatur, at der kan ses bort fra varmetab til omgivelserne. Vi opfatter da den i c) udregnede nettoeffekt, som den effekt, der leveres af solen til metalklodsen. Vi antager desuden, at metalklodsens overflade er vinkelret på strålingen. Solarkonstanten kan da beregnes som:

𝐼=

𝑃

𝐴

Hvor 𝐴 angiver metalklodsens overfladeareal vinkelret på strålingen. Denne overflade er cirkulær, så:

𝐴=𝜋· 𝑟^{2}

Hvor:

𝑟= 𝑑

1

2

= · 42 𝑚𝑚

1

2

=21 𝑚𝑚
=21 · 10^{−3} 𝑚

Så:

𝐼=

1,46 𝑊

𝜋· ( 21 · 10^{−3} 𝑚)^{2}
≈1053,815 · 𝑊· 𝑚^{−2}
≈1,1 · 10^{3}

𝑊

𝑚^{2}

Solarkonstanten er således beregnet til 1,1 · 10^{3}_{𝑚^{2}}^{𝑊}. Denne værdi er lavere end tabelværdien (1,3 ·
10^{3}_{𝑚^{2}}^{𝑊}), hvilket giver god mening, da en del af strålingen reflekteres eller afsættes som energi i forløbet

ned gennem atmosfæren. En lille del af afvigelsen kan også tilskrives varmeafgivelse fra metalklodsen til omgivelserne. Begge fejlkilder trækker i samme retning (mindre solarkonstant).

Side 6

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

6

Opgave 3 a)

Vi antager, at der er konstant acceleration, hvorved der gælder, at:

𝑣^{2} − 𝑣_{0}^{2} =2 · 𝑎· 𝑠

Da bilen bremser ned til 𝑣=0, får vi:

−𝑣_{0}^{2} =2 · 𝑎· 𝑠

⇕

𝑎=−

𝑣_{0}^{2}

2𝑠

Hvor:

𝑣_{0} =35,4

𝑘𝑚 ℎ

=35,4 · · ·

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

≈9,833333 · 𝑚· 𝑠^{−1}

𝑠=31 𝑚

Så:

𝑎=−

(9,833333)

𝑚^{2}

𝑠

2 · 31 𝑚
≈−1,559588 ·𝑚· 𝑠^{−2}
≈−1,56

𝑚

𝑠^{2}

Vi har nu vist, at 𝑎=−1,56^{𝑚}_{𝑠^{2}} under bremsningen med sommerdæk.

b)

I denne opgave regner vi ikke størrelser med fortegn.

Vi ser bort fra luftmodstand og får så:

Side 7

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

7

Faktisk virker kræfterne i flere angrebspunkter end de viste, men for nemheds skyld vil vi opdele kræfterne

i tre kræfter og se bort fra angrebspunkter. Vi ser på tyngdekraften, 𝐹_{𝑡}, normalkraften 𝐹_{𝑁} og den statiske

⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

gnidningskraft (i det vi antager at bilen ikke skrider takket være ABS) 𝐹 .
                                                         𝜇

⎯ ⎯ ⎯ ⃗

Af relevante oplysninger vil vi anvende bilens masse samt tyngdeaccelerationen i Danmark som fundet i Databogen:

𝑚=1350 𝑘𝑔

𝑔=9,815

𝑚

𝑠^{2}

Vi beregner størrelsen af de tre kræfter.

Tyngdekraften kan bestemmes som:

𝐹_{𝑡} =𝑚· 𝑔
=1350 𝑘𝑔 · 9,815

𝑚

𝑠^{2}
=13250,25 · 𝑘𝑔 · 𝑚 · 𝑠^{−2}

≈13,25 𝑘𝑁

Normalkraften og tyngdekraften er lige store og modsatrettede:

𝐹_{𝑁} =𝐹_{𝑡} =13,25 𝑘𝑁

De lodrette kræfter udligner hinanden, således at gnidningskraften er den resulterende kraft.

Accelerationen fandt vi i a), og vha. Jf. Newtons 2. lov får vi så:

𝐹_{𝜇} =𝑚· 𝑎
=1350 𝑘𝑔 · 1,559588 · 𝑚 · 𝑠^{−2}
≈2105,444 · 𝑘𝑔 · 𝑚· 𝑠^{−2}

≈2,11 𝑘𝑁

Side 8

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

8

Kræfterne har altså følgende størrelser:

𝐹_{𝑡} =13,25 𝑘𝑁

𝐹_{𝑁} =13,25 𝑘𝑁

𝐹_{𝜇} =2,11 𝑘𝑁

Kræfternes retninger fremgår af skitsen.

c)

Den størst mulige gnidningskraft er givet ved:

𝐹_{𝜇} =𝜇· 𝐹_{𝑁}

Hvor 𝜇 er den statiske gnidningskoefficient. Vi får så:

𝜇=

𝐹_{𝜇}
𝐹_{𝑁}

Vi antager, at bremsningen foregår med maksimal gnidningskraft (det vil sige en maksimal opbremsning).

For sommerdækkene får vi så:

𝜇=

2,11 𝑘𝑁

13,25 𝑘𝑁

≈0,1592453

For vinterdækkene kender vi endnu ikke gnidningskraften, men den er stadig lig med den resulterende kraft, så:

𝐹_{𝜇} =𝑚· 𝑎

Det vil sige:

𝜇=

𝑚 · 𝑎
𝐹_{𝑁}

Vi søger nu accelerationen ved opbremsning med vinterdæk. Vi vil nu kigge på den samlede opbremsning

fra 50 km/t. Vi lader indeks 𝑠 angive sommerdæk og indeks 𝑣 angive vinterdæk. Størrelser uden indeks er

fælles for begge opbremsninger. Vi kan så opstille et ligningssystem, hvor vi regner på størrelser uden fortegn:

𝑣_{0}^{2} =2 · 𝑎_{𝑠} · 𝑠_{𝑠}

𝑣_{0}^{2} =2 ·𝑎_{𝑣} · 𝑠_{𝑣}

𝑠_{𝑣} =𝑠_{𝑠} − 31 𝑚

Side 9

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

9

Vi anvender følgende værdier:

𝑣_{0} =50 =50 · · · ≈13,88889 · 𝑚· 𝑠^{−1}

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

𝑎_{𝑠} =1,56

𝑚

𝑠^{2}

Vi løser ligningssystemet:

( 13,88889 ·𝑚· 𝑠^{−1})^{2} =2 · 1,56 · 𝑠_{𝑠}

𝑚

𝑠^{2}
( 13,88889 · 𝑚 · 𝑠^{−1})^{2} =2· 𝑎_{𝑣} · 𝑠_{𝑣}

𝑠_{𝑣} =𝑠_{𝑠} − 31 𝑚

⇕ Ligningssystemet løses for s_s,a_v,s_v vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs Ligninger' funktion,

𝑠_{𝑠} =61,82733 · 𝑚 ∧ 𝑎_{𝑣} =3,128738 · ∧ 𝑠 =30,82733 · 𝑚

𝑚

𝑠^{2}

𝑣

Vi har nu, at 𝑎_{𝑣} =3,1^{𝑚}_{𝑠^{2}}, og vi kan så bestemme gnidningskoefficienten:

𝜇=

𝑚 · 𝑎
𝐹_{𝑁}

=

1350 𝑘𝑔 · 3,128738·
                   2

𝑚 𝑠

13,25 · 10^{3} 𝑁
≈0,3187771 · 𝑁^{−1} · 𝑘𝑔 · 𝑚· 𝑠^{−2}

Vi konkluderer så, at gnidningskoefficienten mellem sne og sommerdæk hhv. sne og vinterdæk er givet ved:

𝜇_{𝑠} =0,159

𝜇_{𝑣} =0,32

Side 10

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

10

Opgave 4 a)

Vi anvender idealgasligningen:

𝑝 · 𝑉=𝑛 · 𝑅· 𝑇

I tilstand 1 har vi, at:

𝑇=15℃
= ( 15 + 273) 𝐾
=288 𝐾

𝑝=1,00 𝑏𝑎𝑟

𝑉=241 𝑐𝑚^{3}
=241𝑐𝑚^{3} ·

1 𝐿

( 10 𝑐𝑚)^{3}
=0,241 · 𝐿
𝑅=0,0831

𝐿 · 𝑏𝑎𝑟
𝑚𝑜𝑙· 𝐾

Vi får så:

1,00 𝑏𝑎𝑟 · 0,241 𝐿=𝑛· 0,0831 · 288 𝐾

𝐿 · 𝑏𝑎𝑟
𝑚𝑜𝑙· 𝐾

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

𝑛=0,01006986 𝑚𝑜𝑙

I tilstand 1 er der altså 0,010 𝑚𝑜𝑙 luft i cykelpumpen.

b)

Når der ikke udveksles varme med omgivelserne, er der tale om en adiabatisk proces. Der gælder så, at:

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

⇕

𝑇_{2} =𝑇_{1} · ()

𝑉_{1}^{𝛾−1}
𝑉_{2}

Hvor 𝛾 er adiabateksponenten. Vi finder adiabateksponenten for tør luft i databogen og antager, at luften i cykelpumpen kan opfattes som sådan:

𝛾=1,40

Side 11

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

11

                                    3
Volumen i tilstand 2 oplyses til 𝑉 =115 𝑐𝑚 . Vi får så:
                          2

𝑇_{2} =288 𝐾· ()

241 𝑐𝑚^{3}^{1,40−1}
115 𝑐𝑚^{3}
≈387,1865 · 𝐾
≈ ( 387 − 273) ℃
=114 ℃

Temperaturen af luften i tilstand 2 er således på 114℃.

c)

Arbejdet kan opdeles i det arbejde der tilføres fra tilstand 1 til tilstand 2, 𝐴
                                                            12

, og det arbejde, der tilføres fra

tilstand 2 til tilstand 3, 𝐴 . Det vil sige:
                    23

𝐴=𝐴_{12} + 𝐴_{23}

Det første arbejde tilføres i en adiabatisk proces, så:

𝐴_{12} =𝑛· 𝑐_{𝑚𝑉} · Δ𝑇

Det andet arbejde tilføres i en isobar proces, så:

𝐴_{23} =−𝑝· Δ𝑉

For det første arbejde har vi, at:

Δ𝑇= ( 114 − 15) 𝐾
=99 𝐾

Vi finder 𝑐_{𝑚𝑉} for tør luft i Orbit A HTX til:

𝑐_{𝑚𝑉} =20,8

𝐽

𝑚𝑜𝑙· 𝐾

Vi får så:

𝐴_{12} =0,01006986 𝑚𝑜𝑙 ·20,8 · 99 𝐾

𝐽

𝑚𝑜𝑙· 𝐾

≈20,73586 𝐽

For det andet arbejde har vi, at:

𝑝=2,80 𝑏𝑎𝑟

=2,80 𝑏𝑎𝑟·

10^{5} 𝑃𝑎

1 𝑏𝑎𝑟

=280000 𝑃𝑎

Side 12

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

12

Δ𝑉=−115 𝑐𝑚^{3}

=−115 𝑐𝑚^{3} ·

1 𝑚^{3}
( 100 𝑐𝑚)^{3}
≈−0,000115 𝑚^{3}

Det vil sige:

𝐴_{23} =−280000 𝑃𝑎· ( −0,000115 𝑚^{3})
=32,2 · 𝑃𝑎· 𝑚^{3}
=32,2 𝐽

Det samlede arbejde bliver så:

𝐴=𝐴_{12} + 𝐴_{23}
=20,73586 𝐽 + 32,2 𝐽

≈52,93586 𝐽

Fra tilstand 1 til tilstand 3 skal der altså tilføres luften et arbejde på 52,9 𝐽.

d)

Når pumpeslaget foregår langsomt, vil den udviklede varme under kompressionen løbende afgives til omgivelserne, så temperaturen holdes konstant. Da pumpen er tæt holdes stofmængden, 𝑛, også konstant.

Jf. idealgasligningen, 𝑝 · 𝑉=𝑛 · 𝑅· 𝑇, kan vi så skrive:

𝑝 · 𝑉=𝑘

Hvor 𝑘=𝑛· 𝑅 ·𝑇 er konstant. Det vil sige:

𝑝=

𝑘

𝑉 pV-diagrammet fra tilstand 1 til tilstand 2 følger altså en hyperbelkurve, som er en smule fladere end den adiabatiske kurve. pV-diagrammet fra tilstand 2 til tilstand 3 er en vandret linje som ved det hurtige pumpeslag. Dette skyldes, at processen er isobar, da ventilen lukker luft ud, hvis trykket overstiger 2,8 bar.

Vi tegner pV-diagrammet for det langsomme pumpeslag som en kontinuert, blå kurve. Desuden indtegner vi processen med det hurtige pumpeslag med en sort, stiplet linje:

Side 13

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

13

Af grafen ses det tydeligt, at arbejdet er størst ved det hurtige pumpeslag, da arealet under kurven er størst.

Side 14

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 1. juni 2016

14

Opgave 5 a)

Det oplyses, at:

𝑈=30 𝑘𝑉=3,0 · 10^{4} 𝑉

𝑑=13 𝑚𝑚=1,3 · 10^{−2} 𝑚

For et homogent elektrisk felt kan feltstyrken beregnes som:

𝐸=

𝑈 𝑑

=

3,0 · 10^{4} 𝑉
1,3 · 10^{−2} 𝑚
≈2307692 · 𝑉· 𝑚^{−1}

≈2,31

𝑀𝑉 𝑚

                                                          𝑀𝑉
Det vil sige, at den elektriske feltstyrke mellem elektroderne er på 2,31 .
                                                          𝑚

b)

Potentialforskellen mellem nabokurver er på 1,5 𝑘𝑉. Vi tæller antallet af kurver mellem de to punkter, og vurderer, at punkt 𝐴 ligger på en kurve, mens punkt 𝐵 ligger midt mellem to kurver, hvorved der er en potentialforskel på 7,5 𝑘𝑉 til hver af de nærmeste kurver. Vi får ved optælling, at:

𝑈=4,5· 1,5 𝑘𝑉
=6,75 𝑘𝑉

Potentialforskellen mellem punkterne 𝐴 og 𝐵 er således på ca. 6,8 𝑘𝑉.

c)

En positiv punktladning på én kurve vil påvirkes med en kraft i retning af den nærmeste kurve med et lavere potential. Kraftens retning vil være langs den korteste vej mellem punktladningens position og den nærmeste kurve - præcisionen af denne metode er bedre jo flere kurver, man tegner. Vi forestiller os nu, at vi tegner linjestykker fra A til det nærmeste punkt på kurven til højre og fortsætter sådan, til vi når punkt B.

Vi ser så, at vi får en nogenlunde bue, som ved tegning af flere kurver ville glattes ud til at ligne lysbuen på billedet.