MAOL-Pisteitysohjeet Fysiikka kevät 2011

Transkriptio

1 MAOL-Pisteitysohjeet Fysiikka kevät 0 Tyypillisten virheiden aiheuttaia pisteenetyksiä (6 pisteen skaalassa): - pieni laskuvirhe -/3 p - laskuvirhe, epäielekäs tulos, vähintään - - vastauksessa yksi erkitsevä nuero liikaa -0 p - karkeapi pyöristysvirhe - - laskuissa käytetty pyöristettyjä välituloksia -/3 p - kaavassa virhe, joka ei uuta yksikköä - - kaavavirhe, joka johtaa väärään yksikköä, vähintään - p - lukuarvosijoitukset puuttuvat - - yksiköt puuttuvat lukuarvosijoituksissa - - yksikkövirhe lopputuloksessa, vähintään - - täysin kaavaton esitys, yleensä -3 p "Solverin" käyttö ei hyväksyttävää Suureyhtälö on ratkaistava kysytyn suureen suhteen, lukuarvot yksikköineen sijoitetaan vasta saatuun lausekkeeseen. Graafiset esitykset - puutteet koordinaatistossa (akselit, sybolit, yksiköt, jaotus), vähennys 0,5 - p - graafinen tasoitus puuttuu - - suoran kulakertoien ääritys yksittäisistä havaintopisteistä (eivät suoralla) - - koko, tarkkuus, yleinen huoliattouus, vähennys 0,5 - MAOL ry / Fysiikan pisteitysohjeet kevät 0

2 . Ratkaisut. B. G 3. K 4. E 5. J 6. D iste jokaisesta kohdasta. a) 0,5 0,4 y 0,3 0, 0, 0 t -0, 6E-6 0, 0, 0,3 0,4 0,5 0,6 s 0,7-0, -0, 3 p b) Pallo on lakipisteessä, kun t = 0, s (0,7 s 0,3 s) hyväksytään yös 0,3 s Pallo käy korkeudella 0,3 (0,3-0,4 ). c) Pallo on lähtökorkeudellaan 0, 57 s (0,55 s 0,58 s) kuluttua. 3. Kiottoassa töräyksessä ekaaninen energia ei säily a) Ainakin osa vasaran liike-energiasta uuntuu iskussa lyijykuulan läpöenergiaksi, jolloin lyijykuulan läpötila nousee. b) Vasaran koko liike-energia uuntuu lyijykuulan läpöenergiaksi Ek = Q v = cδ t v k v v Δ t = c k ( ), kg 5, 3 s Δ t = = 4, C 8J kg C 0,0030 kg 4 C MAOL ry / Fysiikan pisteitysohjeet kevät 0

3 4. a) Aaltoliikkeen perusyhtälö v= fλ ennen estettä vesiaaltojen nopeus v= f λ= 7,Hz 0, 03 = 0,7 0, 3 s s b) esteen jälkeen - aaltolähde äärää taajuuden f = 7,Hz - nopeus v = f λ = 7,Hz 0,06 = 0,846 0,8 s s c) taittuislaki sin α v sin α = v α = 60 v fλ 0,06 sin α = sin α= sin α= sin 60 = 0, v fλ 0,03 taitekula α = 44, kulat ei ole itattu noraalin suhteen, ax c)-kohdasta MAOL ry 3/ Fysiikan pisteitysohjeet kevät 0

4 5. a) p = kg = kg v= 5, 0 s s=,3 Liikeäärän säilyinen: + p p = ( + p) v v u v + kg 5,0 0 pv + p u = = s =,0 + kg + kg s u on nopeus töräyksen jälkeen Työperiaate ( ) + u = F s p p μ ( p ) Fμ = μn = μ + g u μgs =,0 u s μ = = = 0,3 0,33 gs,8,3 s Jos liikeäärän säilyinen puuttuu, ax 3 p p MAOL ry 4/ Fysiikan pisteitysohjeet kevät 0

5 6. Kuva p Eteneisen tasapaino F = 0 Kitka F = 0 N F = 0 N = F x s μ s F = 0 N G= 0 N = G= g y l l F N g μ = μ l = μ Pyöriisen tasapaino M A = 0 MA = 0 G b Ns a= 0 μ g b = μg a b = μ a b tan θ= = μ= 0,4 = 0,84 a θ = arctan 0,84 = 40, p På Svenska: Friktionstalet μ ellan plankan och väggen var angivet so 0,4 friktionstalet μ ellan golvet och plankan ej angivet. Alla lösningar ed förnuftiga antaganden godkänns MAOL ry 5/ Fysiikan pisteitysohjeet kevät 0

6 7. a) p b) Rivin sarjaan kytkettyjen solujen sisäinen resistanssi R r = ,5Ω= 50Ω Rivit on kytketty rinnan Koko elien sisäinen resistanssi R e : Rr 50Ω = 40 Re = = = 8,86Ω Re Rr Koko piirin resistanssi R = 800Ω+ 8,86Ω= 808,Ω Koko sähköelien lähdejännite E = ,5 V = 750 V E 750 V Maksiisähkövirta I = = = 0,75 A 0,3 A R 808,Ω c) Kokonaisvirta syntyy 40 riviltä, jolloin rivin ja solun sähkövirta I 0,75A I s = = = 0,00665 A 6,6 A Muuttuva agneettivuo indusoi silukkaan jännitteen, joka synnyttää sähkövirran. Induktiolaki ΔΦ e = Δ t Silukassa kulkeva sähkövirta on u BΔA BlΔs Blv u= ir i= = = = R RΔt RΔt R i) Silukka liikkuu tasaisesti agneettikentän reunalta kokonaan agneettikenttään ajassa l 0, 5 t = = =, 5 s, v 0, 0 s jolloin johtiessa kulkee sähkövirta ( ) T 0,5 BΔA i = = = 0,00060A = 0,60 A RΔt,5Ω,5s ii) Koko silukka liikkuu agneettikentässä ajan l 0,5 t = = =,5s v 0, 0 s MAOL ry 6/ Fysiikan pisteitysohjeet kevät 0

7 Koska silukan läpi kulkee koko ajan yhtä suuri agneettivuo, indusoitunut jännite on nolla. Myös sähkövirta on silloin nolla. iii) Silukka liikkuu tasaisesti agneettikentän reunalta kokonaan pois agneettikentästä ajassa l 0, 5 t = = =, 5 s, v 0, 0 s jolloin johtiessa kulkee sähkövirta ( ( ) ) T 0,5 BΔA i = = = 0,00060 A = 0,60 A RΔt, 5Ω, 5 s Sähkövirran suunta voidaan sopia vapaasti Kuvio: jos palkit saoin päin -0,5 p MAOL ry 7/ Fysiikan pisteitysohjeet kevät 0

8 . a) - β + -hajoaisessa eoytien protoni uuttuu neutroniksi, jolloin saalla eittoituu positroni (antielektroni) ja neutriino - Na on β + -aktiivinen, Na -ytien hajoaisreaktio 0 Na 0 Ne + + e+ v b) - tapahtuu annihilaatio - + e + e γ c) - Ydin sieppaa elektronin elektroniverhon sisiiltä kuorilta. Ytiessä elektroni reagoi protonin kanssa, jolloin uodostuu neutroni ja neutriino. - 7 Xe:n ytien hajoaisreaktio Xe+ e I + v Neutriino puuttuu, - p / kohta 0. l=,0 J = kg =, kg =, 5 N M μ Työperiaate: v gh = v + Jω + M μϕ ω= l p v π = + + ϕ ϕ= l gl v J M μ gl M μ v = ϕ J + l π, kg,8, 0, 5 N = = kg s, kg +,0 s, 46 ( ) p, 5 s Jos punnuksen liike-energia puuttuu MAOL ry 8/ Fysiikan pisteitysohjeet kevät 0

9 . Työ W = F Δs F Paine p = A Kuva a) b) c) W = F Δs W = p A Δ s = p Δ V F = p A 6 3 Δ V = 70 0 p = 0 Hg = 0 33,3 Pa 6 3 vasen kaio: Wvasen = pδ V = 0 33,3 Pa 70 0 =,7J Wvasen 7 vasen + oikea: W = Wvasen + =,7 J =,30634 J 6 6, 3 J p W,30634 J 76 P = = =,654 W,7 W p t 60 s Jos toinen kaio puuttuu, - p Koko tehtävä käsitelty ylipaineena, ax 4 p Yksikkövirhe joka johtaa absurdiin vastaukseen, esi. kj, ax 4 p. a) Magneettikenttään nähden kohtisuorasti liikkuvaan elektroniin kohdistuu hiukkasen liikesuuntaa ja agneettikentän suuntaa vastaan kohtisuora voia F = QvB( F v B). radat ovat ypyräratoja. p b) - kiihdytysjännitteen kasvaessa, elektronin nopeus kasvaa. v - QvB = r v r = QB eli nopeuden kasvaessa radan säde r kasvaa Jos edellä oleva perustelu todettu pelkästään tehtävän taulukon perusteella, ax c) Newtonin. lain F = aukaan v QvB = r p p QBr = v Työperiaatteen ukaan QU = v p MAOL ry / Fysiikan pisteitysohjeet kevät 0

10 QU v = QU QBr = = QU QBr = QU ( ) ( ) = Q Br QU Q U = ( Br) suoran yhtälö, jossa ( Br ), U kuvaajan fysikaalinen kulakerroin antaa varauksen ja assan suhteen Q. U ( Br) ( T ) ( V), , , ,53 0 5, ,336 0 p MAOL ry 0/ Fysiikan pisteitysohjeet kevät 0

11 Massan ja varauksen suhde Q Δ( U ) 675 V = k = = Δ Br 3,8 0 T ( ) C =, kg C, 78 0 kg C C Hyväksytään, 7 0 ± 0, 0 kg kg laskettu keskiarvona, ax p c) -kohdasta 3. a) Suurin osa hehkulapun kuluttaasta energiasta enee läöksi eli hehkulappu kuluttaa paljon energiaa siitä saatavaan valotehoon nähden. Hehkulappu halutaan korvata energiatehokkaiilla lapuilla. b) Pienoisloisteputkien haitat: - loisteputket sisältävät elohopeaa eli ne ovat ongelajätettä toisin kuin LED valot 0,5 p - loisteputket toiivat huonosti kylässä 0,5 p - loisteputkissa on eneän ateriaalia 0,5 p - loisteputket syttyvät hitaasti 0,5 p - ne eivät kestä yhtä pitkään kuin LED laput 0,5 p - loisteputken hyötysuhde on huonopi kuin LEDin 0,5 p - ynnä uita pienepiä haittoja 0,5 p ax p c) Hehkulappu: Hehkulapun hehkulangan läpi kulkeva sähkövirta kuuentaa langan. Kuua hehkulanka eittoi valoa Planckin säteilylain ukaisesti. Pienoisloisteputki: Loisteputkessa elektronit töräävät loisteputken elohopeahöyryn atoeihin ja virittävät ne. Kun viritystila purkautuu, syntyy ultraviolettisäteilyä. Syntynyt ultraviolettisäteily virittää loisteputken pinnassa olevan fluoresoivan loisteaineen atoeja. Loisteaineen atoit lähettävät valokvantteja (fotoneja), kun atoin viritystilat purkautuvat välitilan kautta perustilaan. 0 3 p LED LED on hohtodiodi, joka eittoi valoa. n-puolen elektronien siirtyessä p-puolen aukkoihin alepaan energiatilaan eittoituu valoa. Valkoista valoa eittoiva diodi saadaan päällystäällä sininen diodi loisteaineella. ax 6 p MAOL ry / Fysiikan pisteitysohjeet kevät 0