HTX Fysik A 2016 30. august - Besvarelse af eksamenssæt

Side 1

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

1

HTX Fysik A

30. august 2016

htx162-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:

𝑛=1,34

𝑐=299792458

𝑚 𝑠

Brydningsloven er givet ved:

𝑛=

𝑐

𝑣_{2}

⇕

1,34=

299792458 𝑚 𝑠

𝑣_{2}

⇕ Ligningen løses for v_2 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑣_{2} =2,237257· 10^{8} ·

m s

Lysets hastighed gennem væsken er fundet til 2,24 · 10^{8}^{𝑚}_{𝑠}.

b)

Vi har at:

Lysets bølgelængde ved maksimal absorbans er aflæst på absorbansspektrum.

𝜆=475 · 10^{−9} 𝑚

Side 2

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

2

𝑐=299792458

𝑚 𝑠

Sammenhængen mellem lysets bølgelængde og frekvens er givet ved:

𝑐=𝜆 · 𝑓

⇕

299792458 =475 · 10^{−9} 𝑚 · 𝑓

𝑚 𝑠

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

𝑓=6,31142 · 10^{14} · 𝑠^{−1}

Lyset frekvens er bestemt til 6,31 · 10^{14} 𝐻𝑧.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 3

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

3

Opgave 2 a)

Grafen laves i Excel: b)

Arbejdet kan bestemmes som arealet under en (s, F) - graf dvs. vi finder bestemmer arbejdet som magneten udfører på kuglen, som arealet under (s, F) - grafen i a):

𝐴=∫ 𝑓 ( 𝑠) 𝑑𝑠

𝑠_{2}

𝑠_{1}

Vi bestemmer den først den bedste regressionsligning til (s, F) - grafen:

Afstand x /cm Afstand x / m /N

Kraft F

1,38 | 0,0138 | 0,521
1,36 | 0,0136 | 0,562
1,34 | 0,0134 | 0,617
1,32 | 0,0132 | 0,668
1,3 | 0,013 | 0,723
1,28 | 0,0128 | 0,796
1,26 | 0,0126 | 0,864
1,24 | 0,0124 | 0,938
1,22 | 0,0122 | 1,037
1,2 | 0,012 | 1,1288
1,18 | 0,0118 | 1,2297

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

0,7 0,8 0,9 1 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5

Tiltrækningskraft (N)

Afstand fra kuglens centrum til magnetens overflade (cm)

Tiltrækningskraft

Side 4

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

4

1,16 | 0,0116 | 1,364
1,14 | 0,0114 | 1,49
1,12 | 0,0112 | 1,628
1,1 | 0,011 | 1,814
1,08 | 0,0108 | 1,988
1,06 | 0,0106 | 2,181
1,04 | 0,0104 | 2,44
1,02 | 0,0102 | 2,69
1 | 0,01 | 2,96
0,99 | 0,0099 | 3,14
0,98 | 0,0098 | 3,39
0,96 | 0,0096 | 3,67
0,95 | 0,0095 | 3,98
0,94 | 0,0094 | 4,15
0,93 | 0,0093 | 4,5
0,92 | 0,0092 | 4,69
0,91 | 0,0091 | 4,99
0,89 | 0,0089 | 5,43
0,88 | 0,0088 | 5,67
0,87 | 0,0087 | 6,17
0,84 | 0,0084 | 7,19
0,8 | 0,008 | 9,4

Potensregression:

Potens regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,9995554.

𝑦=6,574662 · 10^{−11} · 𝑥^{−5,326978}

Eksponentiel regression:

Eksponentiel regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,9970534

𝑦=427,3798 · ( 1,369267 · 10^{−214})^{𝑥}

Potensregressionen tilnærmer sig sammenhængen for (F, s) - grafen bedst:

Regressionsligningen defineres:

𝑓 ( 𝑠) ≔6,574662 · 10^{−11} · 𝑠^{−5,326978}

Vi bestemmer arealet under grafen, som det bestemte integral i intervallet, der betegner start og slut sted for kuglen:

𝐴=∫ 𝑓 ( 𝑠) 𝑑𝑠

0,0138

0,008

Side 5

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

5

≈0,01628779 𝐽

Magneten udfører et arbejde på kuglen frem til sammenstødet af størrelsen 0,0163 J.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟: c)

Vi har at:

𝑚=0,0168𝑘𝑔

𝑣=1,24

𝑚 𝑠

Translationsenergien er givet ved:

𝐸_{𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

⇕

𝐸_{𝑡𝑟𝑎𝑛𝑠} = · 0,0168𝑘𝑔 · (1,24)

1 𝑚^{2}

2 𝑠

=0,01291584 𝐽

Translationsenergien af den højre kugle, når den forlader skinnerne er bestemt til 0,0129 J.

Den midterste kugle er nødvendig, for at skabe afstand mellem den yderste kugle på højre side og magneten. Hvis det var tilfældet, at der ikke var nogen kugle imellem magneten og yderste kugle på højre side, vil arbejdet som magnetens tiltrækningskraft udfører på den yderste kugle, inden kuglen har forladt det magnetiske felt, være større end translationsenergien overført fra kuglen på venstre side. Dvs. at tiltrækningskraften fra magneten vil ophæve translationsenergien overført af kuglen på venstre side, og den yderste kugle vil altså ikke affyres.

Side 6

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

6

Opgave 3

Vi har at:

𝑚=0,087𝑘𝑔

𝑑=0,056𝑚

Dvs.

𝑟=()

0,056𝑚

2 a)

Inertimomentet for en homogenkugle er generelt givet ved:

𝐼_{0} = · 𝑚 · 𝑟^{2}

2

5

= · 0,087𝑘𝑔· ()

2 0,056𝑚^{2}

5 2

=2,72832 · 10^{−5} kg · m^{2}

Det er således vist at hoppeboldens inertimoment er 2,7 · 10^{−5} 𝑘𝑔 · 𝑚^{2}.

b)

Hoppebolden bevæger sig lodret distancen:

Δ𝑠_{𝑦} =𝐴 − 𝐵
=0,80𝑚 − 0,22𝑚

≈0,58𝑚

Tilvæksten i potentielenergi vil være lig:

Δ𝐸_{𝑝𝑜𝑡} =𝑚 ·𝑔· Δ𝑠_{𝑦}
=0,087𝑘𝑔 · 9,82 · (−0,58𝑚)

𝑚

𝑠^{2}
≈−0,4955172 J

Ses der bort fra gnidningsmodstand, er den mekaniske energi bevaret, og vi får:

Δ𝐸_{𝑝𝑜𝑡} + Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =0

⇕

−0,4955172 𝐽 + Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =0

Side 7

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

7

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

𝛥𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =0,4955172 𝐽

I punktet B er hoppeboldens samlede kinetiske energi bestemt til 0,496 J.

c)

Vi har at:

𝐼=2,72832 · 10^{−5} kg · m^{2}

𝑣=2,75

𝑚 𝑠

Rotationsenergi for et legeme er generelt givet ved:

𝐸_{𝑟𝑜𝑡} = · 𝐼·𝜔^{2}

1

2

Det udnyttes at 𝑣=𝑟·𝜔. Dette substitueres ind i udtrykket:

𝐸_{𝑟𝑜𝑡} = · 𝐼· ()

1 𝑣^{2}

2 𝑟

= · 2,72832 · 10^{−5} 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · ()

1

2

2,75 𝑚 𝑠

0,056𝑚

2

2

≈0,1315875 𝐽

Rotationsenergien i punktet C er bestemt til 0,13 J.

d)

Vi har at:

𝛼=13°

Sammenhængen mellem en bevægelse i to dimensioner er givet ved:

𝑦=− · 𝑔 ·𝑡^{2} + 𝑣_{0} · sin ( 𝛼) · 𝑡

1

2

Det udnyttes, at når hoppebolden rammer jordoverfladen, er højden lig 0. Hoppebolden starter i en højde af 0,40 m over jordoverfladen. Sammenhængen mellem hoppeboldens position i x- og y- dimensionen er givet ved:

𝑦=− · x^{2} + · x + s_{y}

1

2

· 𝑔
𝑣_{0}^{2} · cos^{2} ( 𝛼) cos ( 𝛼)

sin ( 𝛼)

Side 8

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

8

⇕

0=− · 𝑥^{2} + · 𝑥+ 0,40𝑚

1 𝑚

2

· 9,82_{2}

𝑠

(2,75) · cos^{2} ( 13)

𝑚^{2} cos ( 13)

𝑠 sin ( 13)

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

𝑥=−0,6144051 𝑚 ∨ 𝑥=0,952 𝑚

Bolden lander 0,95 m i vandret fra punktet C.

Side 9

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

9

Opgave 4 a)

Vi har at:

𝑃=100𝑊

𝑉=230𝑉

Pærens resistans, når pæren er tændt bestemmes ved:

Elektrisk effekt er bl.a. givet ved:

𝑃=

𝑈^{2}

𝑅

⇕

100𝑊=

( 230𝑉)^{2}

𝑅

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

𝑅=529 𝛺

Resistansen er bestemt til 529 Ω.

b)

Temperaturen aflæses fra regressionsligningen:

𝑦=0,1479 · 𝑥 + 31,5712

Resistansen til temperaturen 0 °C aflæses fra regression ligningen til 31,6 Ω.

c)

Temperaturen til glødetråden, når den er tilsluttet 230 V, bestemmes ved:

529=0,1497 · 𝑥+ 31,5712

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

𝑥=3,322838 · 10^{3}

                                                                     3
Når pæren er tilsluttet 230V, er temperaturen til glødetråden ifølge modellen 332·10 °C.

Side 10

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

10 d)

Modstand ved opvarmning og nedkøling kan generelt beskrives ved:

𝑅=𝑅 · ( 1 + 𝛼· 𝑡)

0

⇕

𝑅=𝑅_{0} + 𝑅_{0} · 𝛼· 𝑡

                                                 Ω
Dvs. at hældningen til regressionsligningen svarer til: 0,1479 =𝑅 · 𝛼.
                                                       0
                                                 °𝐶

Temperaturresistivitetskoefficienten bestemmes ved:

0,1479 =31,5712Ω · 𝛼

Ω

℃

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

𝛼=0,004684827 ℃^{−1}

                                                               1
Temperaturresistivitetskoefficienten for glødetråden er bestemt til 0,004685 .
                                                               ℃

Side 11

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

11

Opgave 5 a)

Vi har at:

𝑇=20℃=293,15𝐾

𝑝=101𝑘𝑃𝑎=101000 𝑃𝑎

𝑅=8,31 ·

𝐽

𝑚𝑜𝑙· 𝐾

𝑀_{𝑎𝑡𝑚𝑜} =29 =0,029

𝑔 𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑜𝑙

Tilstandsligningen for en idealgas er generelt givet ved:

𝑝 · 𝑉=𝑛 · 𝑅· 𝑇

Ligningen omskrives ved:

Volumen er givet desuden givet ved:

𝑉= (1)

𝑚 𝜌

Stofmængden er desuden givet ved:

𝑛= (2)

𝑚

𝑀

Substitueres udtrykkene (1) og (2) ind i idealgasligningen fås:

𝑝 · = · 𝑅· 𝑇

𝑚 𝑚 𝜌 𝑀

⇕

𝜌=

𝑀· 𝑝
𝑅· 𝑇

Densiteten udregnes:

𝜌=

0,029 · 101000𝑃𝑎

𝑘𝑔 𝑚𝑜𝑙

293,15𝐾· 8,31 ·

𝐽

𝑚𝑜𝑙· 𝐾
≈1,202343 · 𝑘𝑔 · 𝑚^{−3}

Densiteten af atmosfærens luft ved havoverfladen er bestemt til 1,2 𝑘𝑔 · 𝑚^{−3}

Side 12

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

12 b)

Hvis processen skal være adiabatisk, skal der gælde at:

𝑝^{𝛾−1} · 𝑇^{𝛾} =𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡

Dvs.

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

Adiabatetseksponenten er aflæst i Databog fysik kemi:

𝛾=1,401

Konstanten i de to situationer udregnes:

Ved havoverfladen:

101^{1−1,401} 𝑘𝑃𝑎 · 293,15^{1,401} 𝐾=449,4279 · 𝐾 · 𝑘𝑃𝑎

I en højde af tusinde meter:

85^{1−1,401} 𝑘𝑃𝑎 · 279,15^{1,401} 𝐾=449,6986 · 𝐾 ·𝑘𝑃𝑎

Værdien for konstanterne er stort set ens, derfor kan ekspansionen af luften betragtes som adiabatisk.

c)

Når processen er adiabatisk gælder følgende relationer:

For trykket:

𝜌_{2} 𝑃_{2}
𝜌_{1} 𝑃_{1}

=()^{𝛾}

1

For temperaturen:

𝑇_{1} 𝑃_{1}
𝑇_{2} 𝑃_{2}

=()^{𝛾}

𝛾−1

Vi bestemmer trykket:

𝜌_{2} 𝑃_{2}
𝜌_{1} 𝑃_{1}

=()^{𝛾}

1

⇕

Side 13

Fysik A HTX – Skriftlig eksamen – 30. august 2016

13

1,1472_{3}

𝑘𝑔 1 𝑚

1,202343_{3}

𝑘𝑔 𝑚

=()^{1,401}

𝑃_{2}

101000 𝑃𝑎

()

⇕ Ligningen løses for P_2 vha. CAS-værktøjet WordMat.

P_{2} =94570,58 · Pa

Vi bestemmer temperaturen:

𝑇_{1} 𝑃_{1}
𝑇_{2} 𝑃_{2}

=()^{𝛾}

𝛾−1

⇕

293,15𝐾 101000 𝑃𝑎^{(}
𝑇_{2} 94570,58 𝑃𝑎

=()^{1,401}

1,401−1

)

⇕ Ligningen løses for T_2 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑇_{2} =287,6827 · 𝐾=14,5327 °𝐶

Temperaturen og trykket i 1000 meters højde er bestemt til henholdsvis P = 95 kPa og T = 14,5°C