Karta punktowania egzaminu do kursu Fizyka 1 dla studentów Wydziału Inż. Śr., kier. Inż. Śr. oraz WPPT IB. Zagadnienie 1.

Transkrypt

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 1

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 6 PKT. za zapisanie równania ruchu Punktacja zadania 1B 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= [ sin30 o 6 0,5]/[ /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 sin30 o 0, /2 /2]N (30 44,2)N, co oznacza, że i ciała będą spoczywały na równi. Inne rozwiązanie polega na zauważeniu, że tg30 o =0,5 < f = 0,85, co oznacza, że ciała pozostaną nieruchome na równi. 2

3 4 pkt. za x(t)= v x (0) t, więc 4 pkt. za y(t) = v y (0) t g t 2 /2 i Zagadnienie 2. W rzucie ukośnym mamy kolejno 40m = v x (0) 2s i v x (0) = 20 m. 54 m = v y (0) 2s 10 4/2, więc v y (0) = ( )m/2s = 37 m/s. 6 pkt. za czas wznoszenie się liczony np. ze wzoru v y (0) t wzn. g = 0 i t wzn = v y (0)/g = 3,7 s. 6 pkt. za wyznaczenie maks. wysokości ze wzoru y max = h max = v y (0) t wzn g (t wzn ) 2 /2, h max = 68,45 m. 6 pkt. za wyznaczenie zasięgu rzutu np. ze wzoru zasięg = v x (0) 2t wzn zasięg = x max = 148 m. 7 pkt. za wskazanie poprawnej odpowiedzi składowa styczna a s wektora a C jest równa zeru w najwyższym punkcie toru; 3

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 i ostatecznie 2 pkt. mgl(1 cosβ) = mv 2 max/2 1 pkt. v max = [2gl(1 cosβ)] 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. v 1 + V 1 = v 2 + V 2 i mv 1 = mv 1 + 3mV 2, bo v 2 =0, mamy v 1 + V 1 = V 2 i v 1 = V 1 + 3V 2 ; podstawiamy V 2 = v 1 + V 1 do drugiego równania v 1 = V 1 + 3(v 1 + V 1 ) i ostatecznie 1 pkt. 2v 1 = 4V 1, więc V 1 = v 1 /2 2,83/2 1,42 m/s Inne rozwiązanie, znacznie dłuższe, polega na skorzystaniu z zachowania energii kinetycznej i pędu 0,5m(v 1 ) 2 = 0,5m(V 1 ) 2 + 0,5 3m(V 2 ) 2 i mv 1 = mv 1 + 3mV 2, (v 1 ) 2 =(V 1 ) 2 + 3(V 2 ) 2 i v 1 = V 1 + 3V 2, co prowadzi do równania kwadratowego 4(V 1 ) 2 2V 1 v 1 2(v 1 ) 2 = 0, którego jedno rozwiązania V 1 = v 1 /2 jest akceptowalne; drugie rozwiązanie V 1 = v 1 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. 4

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 + ρv 2 /2 + p = const plus wyjaśnienie użytych symboli Za część A warunek pływania 3 pkt. mg = ρ ciała V ciała g = ρ cieczy V zanurzenia g, więc ρ ciała V ciała g = ρ cieczy 0,8 V ciała g i ρ ciała = ρ cieczy 0,8 = 800 0,8 kg/m 3 = 640 kg/m 3 1 pkt. Za część B z równania ciągłości S v = const, więc 3 pkt. π(d 1 /2) 2 v 1 = π(d 2 /2) 2 v 2, tj. (d 1 /2) 2 v 1 = (d 2 /2) 2 v 2, (0,028/2) 2 0,8 = (0,012/2) 2 v 2, v 2 = (0,028/2) 2 0,8/(0,012/2) 2 = 4,36 m/s, 1 pkt. Za część C z równania Bernoulliego 3 pkt. ρ g h 1 + ρ(v 1 ) 2 /2 + p 1 = ρ g h 2 + ρ(v 2 ) 2 /2 + p 2, podstawiamy dane ( h (0,8) 2 / )Pa = ( h (4,36) 2 /2)Pa + p 2, więc p 2 = [ h (0,8) 2 / ( h (4,36) 2 /2)]Pa, p 2 = [ (h 1 h 2 ) (0,8) 2 / (4,36) 2 /2)]Pa, ale h 2 = h 1 + 7m, 1 pkt za p 2 = [ (0,8) 2 / (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 5

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 6

7 Za część A. Przemiana a b jest izochoryczna, więc 3 pkt P a /T a = P b /T b T b = (P b /P a ) T a = 2 T a, ale z równania gazu doskonałego nrt a = P a V a i T a = P a V a /(nr) = [10 5 Pa 0,02 m 3 )/(2 8,3J/(mol K)] 120,5K, więc T b = 2 T a 241 K. 1 pkt Za część B. Praca W jest równa polu prostokąta i wynosi 3 pkt. W= P a V a = 2 kj Za część C. Przemiany a b c to kolejno izochoryczna i izobaryczna, więc dla tej drugiej przemiany mamy 1 pkt. V b /T b = V c /T c T c = (V c /V b ) T b = 2 T b K 482 K i szukana ilość pobranego ciepła na drodze a b c wynosi 5 pkt. Q=Q a b + Q b c = nc V (T b T a ) + nc P (T c T b ) = = [2(5 8,3/2)( ,5) + 2(7 8,3/2)( )]J 19kJ Ocenie podlega tutaj także znajomość zasady ekwipartycji energii cieplnej dla gazu dwuatomowego; C V i C P 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 = nc V (T c T a ) = 2(5 8,3/2)( ,5)J 15kJ Za część E. Dla gazu idealnego zmiana entropii S w przemianie a b wynosi 4 pkt. S = nc V ln(t b /T a ) + nr ln(v b /V a ) = 2(5 8,3/2)ln2 = 41,5 ln 2 28,8 J/K. Wrocław, 28 stycznia 2011 W. Salejda, K. Tarnowski 7