1
Karta punktowania egzaminu do kursu Fizyka 1 dla studentów Wydziału Inż. Śr., kier. Inż. Śr. oraz WPPT IB.
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
2 PKT. Wzorcowa odpowiedź ad III zasada zaczerpnięta z podręcznika HRW lub równoważna poniższej :
1 PKT. Plus dodanie uwagi o przyłożeniu tych sił do różnych ciał.
4PKT. za odp. na 1.A5: 32N
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) działających/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= [17+6∙10∙sin30o – 6∙0,5]/[ 6∙10∙31/2/2] ≈0,85
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 = [6∙10∙sin30o– 0,85∙6∙10∙31/2/2]N
≈ (30 – 44,2)N, co oznacza, że i ciała będą spoczywały na równi.
Inne rozwiązanie polega na zauważeniu, że tg30o=0,5 < f = 0,85,
co oznacza, że ciała pozostaną nieruchome na równi.
3
Zagadnienie 2.
W rzucie ukośnym mamy kolejno 4 pkt. za x(t)= vx(0)∙t, więc
40m = vx(0)∙2s i vx(0) = 20 m.
4 pkt. za y(t) = vy(0)∙t – g∙t2/2 i
54 m = vy(0)∙2s – 10∙4/2, więc vy(0) = (54 + 20)m/2s = 37 m/s.
6 pkt. za czas wznoszenie się liczony np. ze wzoru vy(0) – twzn.∙g = 0
i
twzn = vy(0)/g = 3,7 s.
6 pkt. za wyznaczenie maks. wysokości ze wzoru
ymax = hmax = vy(0)∙twzn – g∙(twzn)2/2, hmax= 68,45 m.
6 pkt. za wyznaczenie zasięgu rzutu np. ze wzoru zasięg = vx(0)∙2twzn
zasięg = xmax = 148 m.
7 pkt. za wskazanie poprawnej odpowiedzi
składowa styczna as wektora aC jest równa zeru w najwyższym punkcie toru;
4
Zagadnienie 3.
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= [2·10·0,8·(1 ‒‒‒ 1/2)]‒ 1/2 = 2,83 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 ≈ 2,83/2 ≈ 1,42 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 ≈ 1,78 s
i ostatecznie kulka po odchyleniu po raz pierwszy minie położenie równowagi po czasie 2 pkt. T/4 ≈ 1,78/4 s ≈ 0,44 s
Za część D 4 pkt. – za wskazanie poprawnej odpowiedzi
Energia mechaniczna, orbitalny moment pędu i prędkość polowa Ziemi 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 ·Vciała·g = ρρρρcieczy ·Vzanurzenia·g, więc ρρρρciała ·Vciała·g = ρρρρcieczy·0,8·Vciała·g i ρρρρciała = ρρρρcieczy ·0,8 = 800·0,8 kg/m3 = 640 kg/m3
1 pkt.
Za część B – z równania ciągłości
S·v = const, więc
3 pkt. 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, 1 pkt za
p2 = [–103·10·7+ 103 (0,8)2/2 + 200 000—103 (4,36)2/2)]Pa ≈ 121 kPa, .
Za część D za wskazanie poprawnej odpowiedzi 6 pkt.
Woda i rtęć oderwą się od szklanki i przyjmą kształt kulistych kropel
6
Zagadnienie 5.
4 PKT. Wzorcowa odpowiedź dotycząca II zasady termodynamiki zaczerpnięta z podręcznika HRW lub równoważna poniższej
2 PKT. Wzorcowa odpowiedź dotycząca interpretacji statystycznej II zasady termodynamiki S = k ln W, gdzie W jest wagą statystyczną, tj. liczbą mikrostanów realizujących dany makrostan
6 PKT. Wzorcowa odpowiedź dotycząca I zasady termodynamiki zaczerpnięta z podręcznika HRW lub równoważna poniższej ; ocenie podlega podanie opisów użytych symboli
7
Za część A. Przemiana a→ b jest izochoryczna, więc
3 pkt Pa/Ta= Pb/Tb →→→→ Tb = (Pb/Pa)· Ta = 2 Ta, ale z równania gazu doskonałego nRTa= PaVa i
Ta= PaVa/(nR) = [105 Pa ·0,02 m3)/(2·8,3J/(mol K)] ≈ 120,5K, więc Tb = 2 Ta ≈ 241 K. 1 pkt
Za część B. Praca W jest równa polu prostokąta i wynosi 3 pkt. W= PaVa= 2 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 = 2 Tb ≈ 2·241 K ≈ 482 K i szukana ilość pobranego ciepła na drodze a→→→→b→→→→c wynosi
5 pkt. Q=Qa→→→→b+ Qb→→→→c = nCV(Tb–Ta) + nCP(Tc–Tb) =
= [2(5·8,3/2)(241–120,5) + 2(7·8,3/2)(482–241)]J ≈ 19kJ
Ocenie podlega tutaj także znajomość zasady ekwipartycji energii cieplnej dla gazu dwuatomowego; CV i CP to odpowiednio ciepła molowe gazu idealnego 2- atomowego.
Za część D. Dla gazu idealnego zmiana energii wewnętrznej ∆∆∆∆U w przemianach a→→→→b→→→→c wynosi
6 pkt. ∆∆∆∆U = nCV(Tc – Ta) = 2(5·8,3/2)(482 – 120,5)J ≈ 15kJ
Za część E. Dla gazu idealnego zmiana entropii ∆∆∆∆S w przemianie a→→→→b wynosi 4 pkt. ∆∆∆∆S = nCV ln(Tb/Ta) + nRln(Vb/Va) = 2(5·8,3/2)ln2 = 41,5 ln 2 ≈ 28,8 J/K.
W. Salejda, K. Tarnowski Wrocław, 28 stycznia 2011
