MAOL-Pisteityssuositus Fysiikka syksy 2013

Transkriptio

1 MAOL Ry Sivu / 3 MAOL-Pisteityssuositus Fysiikka syksy 03 Tyypillisten virheiden aiheuttamia pistemenetyksiä (6 pisteen skaalassa): - pieni laskuvirhe - /3 p - laskuvirhe, epämielekäs tulos, vähintään - p - vastauksessa yksi merkitsevä numero liikaa - 0 p - karkeampi pyöristysvirhe - p - laskuissa käytetty pyöristettyjä välituloksia - /3 p - kaavassa virhe, joka ei muuta yksikköä - p - kaavavirhe, joka johtaa väärään yksikköön, vähintään - p - lukuarvosijoitukset puuttuvat - p - yksiköt puuttuvat lukuarvosijoituksissa - p - yksikkövirhe lopputuloksessa, vähintään - p - täysin kaavaton esitys, yleensä - 3 p Tehtävien ratkaisemisessa pelkkä laskimella saatu vastaus ei riitä. Laskimesta saatu tulos riittää laajempien tehtävien rutiiniosissa. Jos laskinta käytetään esim. yhtälöiden ratkaisemiseen, lausekkeiden muokkaamiseen, suoran sovittamiseen, funktioiden derivointiin tai integrointiin, tämän on käytävä ilmi suorituksesta. Laskin on kokeen apuväline, jonka rooli arvioidaan tehtäväkohtaisesti. Graafiset esitykset - puutteet koordinaatistossa (akselit, symbolit, yksiköt, jaotus), vähennys 0,5 - p - graafinen tasoitus puuttuu - p - suoran kulmakertoimen määritys yksittäisistä havaintopisteistä (eivät suoralla) - p - koko, tarkkuus, yleinen huolimattomuus, vähennys 0,5 - p

2 MAOL Ry Sivu / 3. aika massa gravitaatio nopeus liikemäärä liike-energia skalaarisuure vektorisuure ei suure X X X X X X / kohta jos kohdassa enemmän kuin yksi rasti, 0 p.. Viivoitinta kuormittava voima on punnuksen paino, merk. FGmg, jota vastaavat arvot lasketaan taulukkoon m(g) d (cm) 0,, 3, 4,0 5,9 7,5 0,, 3,5 F (N) 0 0,5 0,49 0,74 0,98,47,96,94 3,9 4,9 Siirretään arvot koordinaatistoon piirtämällä taipuma voiman funktiona. c) kohdan mittaustilanne huomioidaan c) -kohdassa Piirretty (m,d) kuva maks Graafinen tasoitus väärin tai puuttuu kokonaan Laskimella piirros, jos ei dokumentoitu 0 p. Voiman perustelu puuttuu - Taulukko puuttuu - p.

3 MAOL Ry Sivu 3 / 3 b) Massaa 350 g vastaa voima ( F mg ) 3,43 N, jolloin kuvaajalta luettu taipuma on n., cm. Hyväksytään taipumat,0,3 cm Pelkkä vastaus /3 p. Taipuma taulukon arvoista perustellen (kuvaaja välillä g on likimäärin lineaarinen, joten taipuma on 0, cm:n ja, cm:n puoliväissä) c) Tilannetta kuvaava piste on piirrettävä voima-akselin negatiiviselle puolelle, mutta sekä positiivinen, että negatiivinen taipuma d hyväksytään. Sovitusta on jatkettava pisteeseen saakka. Massaa 65 g vastaa voima ( F mg ) - 0,64 N, jolloin kuvaajalta luettu taipuma on n. -,5 cm. (Huomaa merkki: siis toiseen suuntaan.) Taipuma,5 cm Hyväksytään taipumat,4,8 cm. 3 a) Tapa Työperiaate Δ E Σ Fs K mvl - mva ΣFs, Σ F on vakio æ80 m ö mv kg 0 J L - mv A ç 3,6 s - s è ø 3 Σ F N 365,99 m» 400 m. Tapa Lentokonetta kiihdyttävä voima on vakio, joten liike on tasaisesti kiihtyvää ΣF Newtonin II laki: Σ F ma, josta a. m v Kiihdytysaika t. a Matka tasaisesti kiihtyvässä liikkeessä, kun alkunopeus on nolla: æ80 m ö kg ævö v v m ç 3, 6 s s a è ø ç 3 è a ø a Σ F N 365,99 m» 400 m. s at Kiitoradan on oltava vähintään 400 m pitkä. Jos laskettu yhdellä moottorilla b) - Vierintävastus - Ilmanvastus - Liikevastusvoimien takia tarvitaan ideaalitilannetta pidempi kiitotie + perustelu 0,5 +

4 MAOL Ry Sivu 4 / 3 4 Lämpötila on alempi eli mittanauha on lyhyempi kuin kalibrioinnissa. Tulos on sen takia suurempi kuin oikea tulos. Optiseen mittaukseen lämpötila ei vaikuta (ei vaadita, että mainitaan, voi antaa +½ p jos mainitaan) α. 0 6 /K l 0 77,3 m, oikea l 0 valittu ΔT 5 K 77,3 m 0 K - 5 K 77,54 m Virhe 77,3 m 77, 54 m 0,0046 m 0,46 cm Voi myös laskea Δl l 0 ΔTα 77,3 m. ( 5 K) K 0,00468 m ΔT:ssä oikea merkki tai Δl oikea tulkinta Laskut Lämpötila ei riitä syyksi koska virhe mittauksessa oli,0 cm Jos vain vastattu ei riitä ilman laskuja tai perusteluja: koko tehtävästä 0 p. 5 a) Jouseen muodostuu seisova aalto tietyillä taajuuksilla. Kuvan mukaisessa jousessa on puoli aallonpituutta. 5 s T 5, s 0 Aallonpituus λ l 4, m 8,4 m. Taajuus f / T /,5 s 0,6667 /s 0,67 Hz. b) Kuvan mukaisesti jousessa on,5 aallonpituutta, joten λ l /,5 4, m /,5,68 m,7 m. Aallon etenemisnopeus on sama kuin a-kohdassa. Aaltoliikkeen perusyhtälön mukaan v λ / T 8,4 m /,5 s 5,6 m/s. Jaksonaika T λ / v,68 m / 5,6 m/s 0,30 s. Taajuus f / T / 0,30 s 3,333 /s 3,3 /s. c) Pulssin etenemisnopeus v 5,6 m/s. Koko pulssin kulkema matka on l. Pulssin kulku kädestä seinän kautta takaisin kestää t ( l) / v 8,4 m / 5,6 m/s,5 s. Jos nopeus laskettu väärin b) kohdassa niin virhe ei kertaudu c) -kohdassa 6. Mekaanisen energian säilymislaista mgh mv + Jω. Kappaleet vierivät, joten vierimisehdosta v ωr saadaan kulmanopeudelle lauseke Sylinterin (kiekon) hitausmomentti on Js mr, pallon Jp mr 5 ja renkaan v ω. r J r mr.

5 MAOL Ry Sivu 5 / 3 Sylinterin nopeuden lauseke on siten mgh mvs + Jw æ v ö s mgh mvs + mr ç è r ø gh vs + vs 4 3 vs gh 4 4 v gh 3 Pallon nopeuden lauseke on mgh mvp + Jw æv ö p mgh mv p + mr 5 ç è r ø gh vp + vp 5 7 vp gh 0 0 vp gh 7 Renkaan nopeuden lauseke on mgh mvr + Jw æ ö mgh mv mr è r ø gh vr + vr v gh r vr r + ç v gh r Koska kappaleisiin vaikuttavat voimat ovat koko ajan samat, kappaleet ovat tasaisesti kiihtyvässä liikkeessä. Matka on kaikille sama, joten mitä suurempi nopeus, sitä pienempi aika. Tämän perusteella pallo saapuu alareunaan ensimmäisenä ja rengas viimeisenä.,5 p. - mekaaninen energia säilyy, mutta pyöriminen unohdettu, rotaatioenergia puuttuu lausekkeista maks - mekaaninen energia säilyy, mutta eteneminen unohdettu, etenemisen liike-energia puuttuu lausekkeista maks 3 p.

6 MAOL Ry Sivu 6 / 3 7. Suomessa (30V) : Sähkölämmitin A :,0 kw, USA:ssa (0V) : Sähkölämmitin B :,0 kw Sulakkeet : 5A, 0 A, 6 A, 0 A ja 5 A a) Teholle PUI, joten. Lasketaan virran arvot molemmille lämmittimille ja saadaan myös virran arvo, joka sulakkeiden tulee kestää. Suomessa: W 8, A 8,7 A < 0 A V USA:ssa: W 8,88 A 8, A < 0 A V V: Tehtävän sulakkeista sopii lämmittimeen A (Suomessa) vähintään 0A:n sulake ja lämmittimeen B ( USA:ssa) vähintään 0A:n sulake. Sulakkeet valitsematta / valittu väärin max p b) Ohmin laki: >. Teholle - Suomessa: V 6,45 Ω ja W A:n teho USA:n verkossa - USA:ssa: V W > ja siis resistansseille : V 457,4669 W,, Ω 6,05 Ω ja B:n teho Suomessa V 8743,8065 W,, Ω c) Lämmitin A USA:n verkossa ei aiheuta vaaraa. Lämmittimen B kytkeminen Suomen verkkoon luultavimmin aiheuttaisi vaaratilanteita jos piirin sulake ei laukea. Se saattaisi aiheuttaa ylikuumenemis-, sähköisku- ja tulipalovaaran, koska lämmittimen teho ja virta ovat suunniteltua suurempia. laskettu vaihtojännitteen huippuarvoilla 8. Induktiolain mukaan virtasilmukkaan indusoituu jännite, kun silmukan läpäisevä magneettivuo Φ BA muuttuu. Magneettivuo muuttuu, kun silmukka menee magneettikenttään tai poistuu magneettikentästä. Silmukka liikkuu kohtisuorassa magneettikenttää vastaan. Magneettivuon tiheys B on vakio. ΔΦ ΔA Induktiojännitteen suuruus saadaan induktiolaista u B. p Δt Δt u B ΔA Virtasilmukan sähkövirta on i (resistanssin oletetaan olevan vakio). R R Δ t da Siten sähkövirran suuruus on verrannollinen pinta-alan muutosnopeuteen i. p dt Kun silmukka on magneettikentässä, induktiojännitettä ei synny ja sähkövirta silmukassa on nolla.

7 MAOL Ry Sivu 7 / 3 ) Neliön muotoinen silmukka Silmukan sivun pituus on a, nopeus v ja aika t. a vt Silmukan mennessä magneettikenttään sähkövirta on I BdA Bd( a vt) Bav vakio. Rdt R dt R Silmukka poistuessa magneettikentästä sähkövirta on I BdA Bd( a a vt) Bav vakio, ja sähkövirran suunta on vastakkainen. R dt R dt R Virtakuvaaja a vastaa siten virtasilmukkaa. TAI SANALLINEN SELITYS ) Virtasilmukan () pinta-alan muutosnopeus on vakio sekä magneettikenttään mennessä että siitä poistuttaessa. Tällöin myös silmukassa kiertävä virta on vakio magneettikenttään mennessä ja siitä poistuttaessa. Välillä virran on oltava nolla, koska magneettivuo ei muutu, kun silmukka on kokonaan kentässä. Virtakuvaaja a) vastaa virtasilmukkaa (). ) Kolmionmuotoinen silmukka Silmukan mennessä magneettikenttään sähkövirta vt vt d( ) BdA B B d( vt ) Bvt I vakio t Rdt R dt R dt R kasvaa lineaarisesti. Silmukan poistuessa magneettikentästä sähkövirta on a vt vt d( ) BdA B B d( a vt ) Bvt I vakio t, Rdt R dt R dt R ja sen suunta muuttuu. Virtakuvaaja d vastaa siten virtasilmukkaa. TAI SANALLINEN SELITYS ) Virtasilmukan () pinta-alan muutosnopeus kasvaa lineaarisesti, kun silmukka menee magneettikenttään. Tällöin virta kasvaa lineaarisesti. Kun virtasilmukka poistuu magneettikentästä, pinta-alan muutosnopeus kasvaa taas lineaarisesti, eli virta kasvaa lineaarisesti. Virtakuvaaja d) vastaa virtasilmukkaa ().

8 MAOL Ry Sivu 8 / 3 3) 45 käännetyn neliön muotoinen silmukka Silmukan mennessä magneettikenttään pinta-alan muutosnopeus ja sähkövirta kasvavat lineaarisesti, kunnes puolet silmukasta on magneettikentässä BdA Bd( vt vt) Bd( vt ) Bvt I vakio t. R dt R dt R dt R Tästä eteenpäin magneettivuo jatkaa kasvamistaan, mutta pinta-alan muutosnopeus pienenee. Tällöin sähkövirraksi saadaan a vt vt d( + ( a vt )) BdA B B( av vt) I vakio vakio t, Rdt R dt R eli sähkövirta pienenee lineaarisesti huippuarvostaan nollaan. Kun silmukka poistuu magneettikentästä, sähkövirran suunta on käänteinen. Virtakuvaaja f vastaa siten virtasilmukkaa 3. TAI SANALLINEN SELITYS 3) Virtasilmukassa (3) pinta-alan muutosnopeus ensin kasvaa lineaarisesti ja sitten pienenee lineaarisesti, kun silmukka menee magneettikenttään. Pinta-ala muuttuu samalla tavalla silmukan poistuessa magneettikentästä. Virran täytyy siis ensin kasvaa ja sitten pienentyä lineaarisesti sekä magneettikenttään mennessä että siitä poistuttaessa. Virtakuvaaja f) vastaa virtasilmukkaa (3). 9 a) 350 tonnia, josta 99,7 % U-38 eli m 0, kg M 38 u 38., kg N m/m T ½ 4, a 4, s λ ln /T ½ ja A λn A ½, kg, 4, /s, kg 4,3 TBq b) 68 tonnia malmia, josta 0,008 % U, josta 99,7 % U-38 eli m U-38 0, , kg Aktiivisuus AU lun U Aktiivisuustasapaino > lunu lran Ra ln T mu 3 l Ra UNU 600a 0, , kg NRa 9-7 l T ln M 4, a 38, kg Ra U 8 U, kpl atomeja p

9 MAOL Ry Sivu 9 / m Ra, , kg, kg,0 mg» Käytetty malmin massaa -0,5 p 0 a) Ydin saa suurimman nopeuden kun ydin lähtee kuvan mukaisesti neutronin liikesuuntaan. Kokonaisliikemäärä ja kokonaisliike-energia säilyvät. Liikemäärän säilyminen: mv -mu N +Mu Liike-energian säilyminen: ½mv ½ mu N +½Mu - mv + Mu Ratkaistaan ylemmästä yhtälöstä neutronin nopeus un. m Sijoitetaan tämä alempaan yhtälöön ja sievennetään yhtälöä. æ- mv + Mu ö mv m ç + Mu è m ø m( - mv+ Mu) mv + Mu m m v m v mvmu + M u + Mmu > Mu + mu mv 0 mv > u. m + M Ratkaisu voidaan myös tehdä laskimella b) Ratkaistaan edellisestä törmäävän neutronin nopeus. Kummassakin tapauksessa ytimeen osuvan neutronin nopeus on yhtä suuri. M ja M ovat vedyn ja typen ydinten massoja. u ja u ovat vedyn ja typen ydinten suurimpia nopeuksia neutronitörmäyksen jälkeen. u ( m + M) u( m + M ) v m m Ratkaistaan tästä neutronin massa um um 4,7 0 m/s 4,0,66 0 kg - 3,3 0 m/s,00,66 0 kg m 7 6 u u 3,3 0 m/s - 4,7 0 m/s m, kg,9 0-7 kg.

10 MAOL Ry Sivu 0 / 3 a) Jännitettä vastaava vastuksen läpi kulkeva sähkövirta voidaan laskea Ohmin lailla. U I R Lasketaan kutakin jännitteen arvoa vastaava sähkövirta ja piirretään sähkövirta ajan funktiona: t (h) t (s) U (V),308,53,4,8,07,79,70,40 0,06 0,065 0,038 l (A) 0,308 0,53 0,4 0,8 0,07 0,79 0,7 0,4 0,006 0,0065 0,0038 0,5 p ΔQ Sähkövirran määritelmästä varaukselle saadaan lauseke I >Δ Q IΔt. Siirtynyt varaus Δt on sähkövirran kuvaajan ja aika-akselin väliin jäävä fysikaalinen pinta-ala. P. Δ Q 6900 C. Hyväksytään ratkaisu välillä 6000 C 7500 C b) Tehohäviöt virtapiirissä tapahtuvat ulkoisessa vastuksessa ja akun sisäisessä vastuksessa. Akun sisäinen resistanssi on E- U0 Rs I E-U0 Rs I,335 V -,308 V Rs 0,308 A 0, W Piirissä energia muuttuu lämmöksi teholla

11 MAOL Ry Sivu / 3 P ( R + R ) I S U P (0, W+ 0,0 W) I Taulukoidaan eri sähkövirran arvoja vastaavat tehon arvot ja piirretään teho ajan funktiona. t (h) t (s) U (V),308,53,4,8,07,79,70,40 0,06 0,065 0,038 l (A) 0,308 0,53 0,4 0,8 0,07 0,79 0,7 0,4 0,006 0,0065 0,0038 P (W) 0,746 0,604 0,579 0,539 0,487 0,49 0,397 0,397 0,0043 0, ,0005 ΔE Energia muuttuu lämmöksi teholla P > josta Δ E PΔ t. Lämmöksi muuttunut energia Δt saadaan tehon kuvaajan ja aika-akselin väliin jäävänä fysikaalisena pinta-alana. Δ E 8300 J. Hyväksytään ratkaisu 7500 J 8500 J a) Isokoorisia prosesseja ovat 3 ja 4, jolloin kaasun tilavuus ei muutu. Adiabaattisia prosesseja ovat ja 3 4. p b) Adiabaattisissa prosesseissa kaasu ei ole lämmönvaihdossa ympäristön kanssa, joten prosessit ja 3 4 eivät tule kyseeseen. Lämpöopin ensimmäisen pääsäännön mukaan sisäenergian muutos on kaasuun tehdyn työn ja siihen tuodun lämpömäärän summa Δ U Q+ W. Isokoorisen prosessin aikana työ W ò pdv on nolla. Isokoorisessa prosessissa 3 kaasun sisäenergia kasvaa siirryttäessä korkeampaan lämpötilaan, kaasu vastaanottaa lämpöä ympäristöstään. Isokoorisessa prosessissa 4 kaasun sisäenergia pienenee siirryttäessä matalampaan lämpötilaan, kaasu luovuttaa lämpöä ympäristöön.

12 MAOL Ry Sivu / 3 c) Kaasun lämpötila saadaan ideaalikaasun tilanyhtälöstä p, kun kaasun paine, tilavuus ja pv ainemäärä tunnetaan eri tiloissa, eli T. nr Lämmönsiirto isokoorisen prosessin (A L) aikana saadaan lausekkeesta QAL ncvδ T ncv ( TL TA ), missä c V on kaasun ominaislämpökapasiteetti vakiotilavuudessa ja n ainemäärä. Prosessin 3 aikana kaasu vastaanottaa lämpömäärän 3. Kaasun lämpötila nousee, kun kaasun tilavuus pysyy vakiona. ncvv cvv Q3 ncv( T3 T ) ( p3 p) ( p3 p) nr R 0,5 J 48, 0 6 m3 mol K 4,0 0 6 Pa,3 0 6 Pa 00, J 8,345 J mol K Prosessin 4 aikana kaasu luovuttaa lämpömäärän 4. Kaasun lämpötila laskee, kun kaasun tilavuus pysyy vakiona. ncvv4 cvv4 Q4 ncv( T T4 ) ( p p4) ( p p4) nr R 0,5 J m 6 3 mol K 8, Pa, Pa 77, J 8,345 J mol K Otto-kiertoprosessin hyötysuhde lasketaan kuten lämpövoimakoneen hyötysuhde. η W Q Q Q Q otto Q V ( p p) 4 4 Q V ( p p ) m,47 0 Pa 8,54 0 Pa 48, 0 6 m3 4,0 0 6 Pa,3 0 6 Pa 0, ,5% TAI Ideaalikaasun tilanyhtälö p ( - ) ( - ) ( 4 -T) ( 3-T) V p p h - V p p nr T - nr T T4 -T - T3 -T pv ja T. nr 4 3

13 MAOL Ry Sivu 3 / 3 3 Lähde: Fysiikan koe, Hyvän vastauksen piirteitä, YTL a) Laservalon osuessa lasin pintaan osa valosta heijastuu ja osa etenee lasiin taittuen. Heijastuneen ja läpi menevän valon intensiteettien summa on vakio, mutta niiden suhde riippuu tulokulmasta. b) Kun intensiteetti I 0 (α 59 ), heijastuneessa valossa on pelkästään tulotasolle kohtisuoraa värähtelyä, jonka polarisaattori suodattaa pois. Brewsterin lain mukaan heijastunut valo on tällöin täydellisesti polarisoitunut. p. Lasilevyn läpäisseessä valossa on kaikkia värähtelysuuntia. c) Suhteellinen intensiteetti I 0,005 (lähes nolla), kun tulokulma α 59 Heijastunut valo on täydellisesti polarisoitunut, kun tulokulman α ja taitekulman β summa on 90. Tällöin taitekulma β sinα n Lasin taitekerroin n saadaan ratkaisemalla yhtälöstä. sin β n n sinα,00 sin 59 n,664,7. sin β sin 3 d) Polarisoivien lasien läpäisysuunta on tulotason suuntainen eli ne suodattavat tulotasolle kohtisuoraan värähtelevän valon, jota heijastuu esimerkiksi veden pinnasta. Veden pinnasta heijastuneessa valossa on suurempi osuus tulotasolle kohtisuoraa värähtelevää valoa. Heijastusten ehkäiseminen auttaa näkemään paremmin.