Zagadnienie 1. 3 PKT.

1

Karta punktowania egzaminu do kursu Fizyka 1 dla studentów Wydziału Inż. Śr., kier. Inż. Śr. Druga tura

Zagadnienie 1.

3 PKT. Wzorcowa odpowiedź ad I zasada zaczerpnięta z podręcznika HRW lub równoważna poniższej i wpisana w tekst egzaminu

1 PKT. Plus informacje/komentarze o układach inercjalnych (lub równoważny tekst np. I zasad dynamika Newtona stwierdza, że istnieją układy inercjalne)

3 PKT. Wzorcowa odp. ad II zasada zaczerpnięta z podręcznika HRW lub równoważna poniższej :

3 PKT. Plus informacje/komentarze dotyczące: siły wypadkowej, jako miary oddziaływania otoczenia na ciało oraz masy, jako miary bezwładności ciała, tj. miary właściwości ciała polegającej na zdolności do zachowywania danego stanu bezruchu lub ruchu; jednostki wielkości we wzorze (5.1).

2 PKT. Najogólniejsza postać drugiej zasady dynamika wyrażona za pomocą zmiany w czasie pędu ciała

1 PKT. Podanie tego związku i skomentowanie pojęcia pędu, jednostki

2 poniższej :

1 PKT. Plus dodanie uwagi o przyłożeniu tych sił do różnych ciał.

4PKT. za odp. na 1.A3: 248N

Punktacja zadania 1B

6 PKT. za zapisanie równania ruchu

F+(m+M)∙g∙sinα – f∙(m+M)∙g∙cosα = (m+M)a

i skomentowanie sił (narysowanie diagramu sił) działajacych/przyłożonych do ciała;

2 PKT. za wyprowadzenie wzoru końcowego (lub mu równoważnego) na f

f= [F+(m+M)∙g∙sinα ‒ (m+M)a]/[(m+M)∙g∙cosα] 2 PKT. za wykonanie obliczeń na wartość f

f= [12+8∙10∙sin45^o ‒ 8∙5]/[8∙10∙cos45^o] ≈0,51

4 PKT. za stwierdzenie i ilościowe uzasadnienie, że dla F=0 i przy wyznaczonej wartości f wypadkowa siła

(m+M)∙g∙sinα ‒ f∙(m+M)∙g∙cosα = [8∙10∙sin45^o‒ 0,51∙8∙10∙cos45^o]N ≈ 27,72N, co oznacza, że i ciała będą zsuwały się w dół równi z przyspieszeniem

a ≈ 27,72N/8 kg ≈ 3,46 m/s².

3

Zagadnienie 2.

W rzucie ukośnym mamy kolejno 4 pkt. za x(t)= v_x(0)∙t, więc

54m = vx(0)∙3s i vx(0) = 18 m/s.

4 pkt. za y(t) = v_y(0)∙t ‒ g∙t²/2 i

45m = vy(0)∙3s ‒ 10∙9/2, więc

v_y(0) = (45 + 45)m/3s = 30 m/s.

6 pkt. za czas wznoszenie się liczony np. ze wzoru v_y(0) ‒‒‒‒ twzn.∙g = 0

i

t_wzn = v_y(0)/g = 30(m/s) / 10(m/s²) = 3s.

6 pkt. za wyznaczenie maks. wysokości ze wzoru

y_max = h_max = v_y(0)∙t_wzn ‒‒‒‒ g∙(twzn)²/2

hmax= (30∙3 – 10∙3²/2) m = [90 (1 – 1/2)] m = 45 m.

lub za spostrzeżenie, że czas wznoszenia jest równy podanemu w treści zadania 6 pkt. za wyznaczenie zasięgu rzutu np. ze wzoru zasięg = vx(0)∙2twzn

zasięg = x_max = 108 m.

7 pkt. za wskazanie poprawnej odpowiedzi

składowa normalna an jest równoległa do wektora aC w najwyższym punkcie toru;

4

1) 8 pkt. Zasada zachowania energii mechanicznej: ocenie podlega podanie definicji:

en. mech. jako sumy en. kinetycznej (definicja), siły zachowawczej (definicja) i en.

potencjalnej (definicja); obowiązuje dla: a) pojedynczego ciała poddanego działaniu siły zachowawczej, b) układu ciał oddziaływujących za pomocą sił zachowawczych.

2) 4 pkt. Zasada zachowania pędu (ocenie podlega podanie definicji); obowiązuje dla:

a) pojedynczego ciała, na które działa wypadkowa siła równa zeru, b) układu ciał, na które działa wypadkowa siła równa zeru a ciała te oddziaływają ze sobą siłami zachowawczymi;

ocenie podlega definicja pędu.

3) 6 pkt. Zasada zachowania momentu pędu dla (ocenie podlega podanie definicji): a) bryły sztywnej, na którą działa wypadkowy moment sił równy zeru, b) układu ciał, na które działa wypadkowy moment sił równy zeru; ocenie podlega zdefiniowanie zastosowanych symboli i pojęć (moment siły, moment bezwładności, moment pędu).

Za część A ‒ z zasady zachowania energii mechanicznej mamy 2 pkt. mgl(1 ‒‒‒‒ cosββββ) = mv²max/2 i ostatecznie

1 pkt. vmax = [2gl(1 ‒‒‒ cosββββ‒ )]^1/2= [2∙10∙0,6∙ (1 ‒‒‒ (3)‒ ^1/2/2)]^1/2 = 1,27 m/s Za część B– dla zderzeń centralnych, idealnie sprężystych spełnione są równania

5 pkt. v1 + V1 = v2 + V2 i mv1 = mV1 + 3mV2, bo v2=0, mamy v₁ + V₁ = V₂ i v₁ = V₁ + 3V₂;

podstawiamy V₂ = v₁ + V₁ do drugiego równania v₁ = V₁ + 3(v₁ + V₁)

i ostatecznie 1 pkt. –2v1 = 4V1, więc |V1|= v1/2 ≈ 1,27/2 ≈ 0,64 m/s

Inne rozwiązanie, znacznie dłuższe, polega na skorzystaniu z zachowania energii kinetycznej i pędu

0,5m(v1)² = 0,5m(V1)² + 0,5∙3m(V2)² i mv1 = mV1 + 3mV2, (v1)² =(V1)² + 3(V2)² i v1 = V1 + 3V2,

co prowadzi do równania kwadratowego

4(V₁)² – 2V₁v₁–2(v₁)² = 0,

którego jedno rozwiązania V1= – v1/2 jest akceptowalne; drugie rozwiązanie V1= v1 prowadzi do sprzeczności.

Za część C – dla małych kątów kulka będzie wykonywała ruch drgający o okresie 1 pkt. T = 2π(l/g)^1/2 ≈ 1,54 s

i ostatecznie kulka po odchyleniu po raz drugi minie położenie równowagi po czasie 2 pkt. 3∙T/4 ≈ 3∙1,54/4 s ≈ 1,16 s

Za część D – 4 pkt. za wskazanie poprawnej odpowiedzi

Energia mechaniczna i orbitalny moment pędu nie zależą od czasu.

5 Zagadnienie 4.

1) 2 pkt. Prawo Archimedesa plus wyjaśnienie użytych symboli 2) 2 pkt. Prawo Pascala plus wyjaśnienie sensu

3) 4 pkt. Prawo ciągłości S∙v=cons=(pole przekroju rurki)∙(prędkość płynu) plus wyjaśnienie użytych symboli

4) 8 pkt. Prawo Bernoulliego ρ∙g∙h + ρv²/2 + p = const plus wyjaśnienie użytych symboli

Za część A ‒ warunek pływania

3 pkt. mg = ρρρρciała ∙V_ciała∙g = ρρρρcieczy ∙V_zanurzenia∙g, więc ρρρρciała ∙V_ciała∙g = ρρρρcieczy∙(1 – ηηηη)∙V_ciała∙g

ρρρρciała = (1 – ηηηη) ρρρρcieczy

ηηηη = 1 – ρρρρ^ciała /ρρρρ^cieczy= 1 – 585/900 = 1 – 0.65 = 35%

1 pkt.

Za część B – z równania ciągłości

3 pkt. S∙v = const, więc π(d1/2)²∙v1 = π(d2/2)²∙v2 , tj. (d1/2)²∙v1 = (d2/2)²∙v2, (0,028/2)²∙0,8 = (0,012/2)²∙v2, v2 = (0,028/2)²∙0,8/(0,012/2)²= 4,36 m/s, 1 pkt.

Za część C – z równania Bernoulliego

3 pkt. ρρρρ∙g∙h1 + ρρρρ(v1)²/2 + p1 = ρρρρ∙g∙h2 + ρρρρ(v2)²/2 + p2, podstawiamy dane (10³∙10∙h₁ + 10³ (0,8)²/2 + 200 000)Pa = (10³∙10∙h₂ + 10³ (4,36)²/2)Pa + p₂, więc

p2 = [10³∙10∙h1 + 10³ (0,8)²/2 + 200 000 — (10³∙10∙h2 + 10³ (4,36)²/2)]Pa, p2 = [10³∙10∙(h1— h2)+ 10³ (0,8)²/2 + 200 000 — 10³ (4,36)²/2)]Pa,

ale h₂ = h₁+ 7m,

p₂ = [‒‒‒‒10³∙10∙7+ 10³ (0,8)²/2 + 200 000 — 10³ (4,36)²/2)]Pa ≈ 121 kPa, 1 pkt.

Za część D za wskazanie poprawnej odpowiedzi 6 pkt.

Pozostanie nieruchomy i zanurzony w wodzie

6

Zagadnienie 5.

6 PKT. Wzorcowa odpowiedź dotycząca II zasady termodynamiki zaczerpnięta z podręcznika HRW lub równoważna poniższej

6 PKT. Wzorcowa odpowiedź dotycząca I zasady termodynamiki zaczerpnięta z podręcznika HRW lub równoważna poniższej

7

Za część A. Przemiana a→ b jest izochoryczna, więc

3 pkt Pa/Ta= Pb/Tb →→→→ Tb = (Pb/Pa)∙ Tb = 3 Ta, ale z równania gazu doskonałego nRT_a= P_aV_a i

Ta= PaVa/(nR) = [10⁵ Pa ∙0,04 m³)/(3∙8,3J/(mol K)] ≈ 160,6 K, więc T_b = 3 T_a ≈ 481,8 K. 1 pkt

Za część B. Praca W jest równa

3 pkt. W= 2∙P_a∙3∙V_a= 24 kJ

Za część C. Przemiany a→→→→b→→→→c to kolejno izochoryczna i izobaryczna, więc dla tej drugiej przemiany mamy

1 pkt. Vb/Tb= Vc/Tc→→→→ Tc = (Vc/Vb)∙ Tb = 3 Tb ≈ 3∙481,8 K ≈ 1445,4 K i szukana ilość pobranego ciepła na drodze a→→→→b→→→→c wynosi

5 pkt. Q=Qa→→→→b+ Qb→→→→c = nCV(Tb‒‒T‒‒ ^a) + nCP(Tc‒‒T‒‒ ^b) =

= 18 n R T_a ≈ 72 kJ lub

= [3(3∙8,3/2)(481,8‒‒‒‒160,6) + 3(5∙8,3/2)(1445,4‒‒‒‒481,8)]J ≈ 72 kJ

Ocenie podlega tutaj także znajomość zasady ekwipartycji energii cieplnej dla gazu jednoatomowego

Za część D. Dla gazu idealnego zmiana energii wewnętrznej ∆∆∆∆U w przemianach c→→→→d→→→→a wynosi

6 pkt. ∆∆∆∆U = nC_V(T_a‒‒‒‒T^c) = 3(3∙8,3/2)( 160,6‒‒‒‒1445,4)J ≈ ‒‒‒‒48kJ

Za część E. Dla gazu idealnego zmiana entropii ∆∆∆∆S w przemianie b→→→→c wynosi 4 pkt. ∆∆∆∆S = nC_V ln(T_c/T_b) + nRln(V_c/V_b) = 3(3∙8,3/2)ln3 + 3∙8,3ln3 =

= 3∙8,3 (5/2) ln3 = (62,25 ln 3) J/K.

W. Salejda, K. Tarnowski Wrocław, 28 stycznia 2011