Hyvän vastauksen piirteet: FI – Fysiikka

Roottorin pyyhkäisypinta-ala kullekin taulukon tuulivoimalalle voidaan laskea roottorin halkaisijan d avulla:

A= \pi \cdot \left(\displaystyle{\frac{d}{2}}\right)^2.

Voimaloiden tehon riippuvuus pyyhkäisypinta-alasta nähdään sijoittamalla datapisteet A,P -koordinaatistoon.

Pistejoukkoon sovitetun suoran kulmakerroin kertoo tehon muutoksen pyyhkäisypinta-alan kasvaessa:

k = \displaystyle{\frac{\Delta P}{\Delta A}} = 0{,}3633 \ \frac{\rm kW}{\rm m^2}.

Tästä saadaan tehon kasvuksi

\Delta P = k \cdot \Delta A = 0{,}3633 \ \displaystyle{\frac{\rm kW}{\rm m^2}} \cdot 25 \rm \ m^2 = 9{,}083 \ \rm kW \approx 9{,}1 \rm \ kW.

Tyypillisen tuulivoimalan teho kasvaa noin 9,1 kW, kun pyyhkäisypinta-ala kasvaa 25 m².

Pisteitys:

• On esitetty suureyhtälö, jolla halkaisijan avulla määritetään pyyhkäisypinta-ala (2 p.)
• On esitetty kuvaaja, jossa tehon arvot pinta-alan funktiona näkyvät erillisinä mittauspisteinä ja mittauspisteisiin on sovitettu suora (6 p.). Puuttuvasta sovitesuorasta, murtoviivasta tai muusta kuin suorasta sovitteena vähennetään 2 pistettä. Jos kaikki datapisteet eivät ole näkyvissä vähennetään 2 pistettä. Jos asteikoissa on virheitä, suureen tunnus puuttuu tai yksikkö puuttuu, vähennetään kustakin virheestä 1 piste.
• On annettu tulos 9,1 kW kahden tai kolmen merkitsevän numeron tarkkuudella (2 p.).
• Vastauksessa on mainittu, että tulos on saatu sovitesuoran kulmakerrointa käyttäen ja näytetty siihen liittyvä lasku (2 p.)

Tyypillinen virhe:

• Piirretty teho halkaisijan funktiona, jolloin kuvaajasta tulee paraabeli. Mikäli tehon muutoksen linearisointi jää tämän jälkeen tekemättä on ratkaisu epätarkoituksenmukainen (0 p.)

Tuulivoimalan suunnittelussa tai rakentamisessa tarvittavia fysikaalisten tieteiden osa-alueita ovat esimerkiksi

• aalto(liike)oppi
• aerodynamiikka
• akustiikka
• energiatekniikka
• geofysiikka/geologia
• lujuusoppi
• lämpöoppi/termodynamiikka/termofysiikka
• materiaalitiede/-tekniikka
• mekaniikka
• meteorologia
• sähkötekniikka/sähköoppi/sähkömagnetismi
• virtausmekaniikka
• ympäristötekniikka.

Pisteitys:

• Kolme ensimmäistä erilaista osa-aluetta arvioidaan, jokainen oikea (1 p.).

Tyypillinen virhe:

• On tarjottu osa-alueena magnetismia tai ydinfysiikkaa.

Ilman voidaan ajatella käyttäytyvän ideaalikasun tavoin annetuissa olosuhteissa, joten käytetään ideaalikaasun tilanyhtälöä pV = nRT, jossa R on kaasuvakio ja n kaasun ainemäärä. Riittää tarkastella alkutilannetta ja lopputilannetta. Kaasun (ilman) alkulämpötila on T_1 = 5 \,^{\circ}\mathrm{C} = 278,15 K ja loppulämpötila T_2 = 24\,^{\circ}\mathrm{C} = 297,15 K, ja tilavuus alussa on V_1 = 1{,}1\cdot 10^{-3}\, {\rm m}^3 ja tilavuus lopussa V_2 = 0{,}38\cdot 10^{-3}\, {\rm m}^3. Kaasun paine alussa on p_1 = 101 kPa. Merkitään painetta lopussa p_2:lla.

Koska kaasun ainemäärä ei muutu, voidaan ideaalikaasun tilanyhtälön perusteella kirjoittaa

p_1 \displaystyle{\frac{V_1 }{T_1}} = p_2 \displaystyle{\frac{V_2 }{T_2}}.

Kaasun paine lopussa on

p_2 = p_1 \displaystyle{\frac{ V_1 T_2}{ V_2 T_1}} \approx 310\, {\rm kPa}.

Pisteitys:

• On mainittu sekä ilman käyttäytyvän ideaalikaasun tavoin (2 p.) että ainemäärän säilyminen prosessien aikana (2 p.). On annettu paineen suureyhtälö (2 p.) ja oikea tulos 310 kPa kahden tai kolmen merkitsevän numeron tarkkuudella (2 p.).

Tyypillinen virhe:

• Oletettu, että kaasu ei lämpene puristuksen aikana.

Termodynamiikan ensimmäisen pääsäännön mukaan kaasun sisäenergia U muuttuu, kun energiaa siirtyy lämpönä (Q) kaasun ja ympäristön välillä tai kun kaasu tekee työtä (W) ympäristöön tai ympäristö kaasuun. Suureyhtälönä ilmaistuna pätee \Delta U = Q + W.

Kun mäntää työnnetään sisään, voima tekee työtä, jolloin kaasun sisäenergia kasvaa ja kaasun lämpötila nousee. Ideaalikaasun tilanyhtälön avulla saadaan kaasun lämpötilaksi heti puristuksen jälkeen 150 ˚C. Lämpötilan tasoittuminen 24 ˚C:seen tarkoittaa lämpötilan laskua. Tällöin kaasusta siirtyy energiaa lämpönä ympäristöön ja kaasun sisäenergia pienenee. Kaasun sisäenergia lopussa on hiukan suurempi kuin alussa.

Pisteitys:

• On esitetty termodynamiikan ensimmäinen pääsääntö sanallisesti tai kaavan avulla (2 p.).
• On mainittu, että puristuksen aikana kaasuun tehdään työtä ja kaasun sisäenergia kasvaa (2 p.).
• On mainittu, että lämpötilan muuttuessa lämpöä siirtyy kaasusta ympäristöön ja kaasun sisäenergia pienenee (3 p.).
• Jos lämpöä siirtyy tai työtä tehdään väärässä prosessissa, tai selityksessä on käytetty lämmön, työn tai sisäenergian käsitteitä väärin, kyseisen prosessin kuvauksesta ei saa pisteitä.

Tyypillisiä virheitä:

• Oletettu, että kaasu lämpenee, kun sen lämpötila muuttuu kohti laboratorion lämpötilaa.
• Selitetty prosesseja käyttämättä kysymyksessä vaadittuja käsitteitä.
• Käytetty lämpöä tai työtä tilamuuttujana tai lämpöä lämpötilan synonyyminä.

Simulaation perusteella ledi syttyy, kun valaistusvoimakkuus on 24,3 lx tai vähemmän.

Pisteitys:

• On annettu oikea vastaus kahdesta viiteen merkitsevän numeron tarkkuudella (3 p.).

Tyypillinen virhe:

• Yksikkö puuttuu.

Ledin jännite etuvastuksen yli on U_1 = 2,9 V. Koska pariston lähdejännite on E = 5,0 V, ledin kynnysjännite on U_2 = E-U_1 = 2,1 V.

Pisteitys:

• On annettu oikea vastaus yhdestä neljään merkitsevän numeron tarkkuudella (3 p.).

Tyypillinen virhe:

• Annettu kynnysjännitteenä etuvastuksen yli mitattu jännite.

Vastuksen \mathrm{R_1} resistanssi on R_1 = U_1/I_1, jossa U_1 ja I_1 ovat mitatut jännite ja sähkövirta. Kun valaistusvoimakkuus on 540 lx, vastuksen \mathrm{R_1} resistanssi on

R_1 = \displaystyle{\frac{4{,}591\, \mbox{V}}{0{,}675 \,\mbox{mA}}}=6{,}8\, \mbox{ k}\Omega.

Tällöin kynnysjännite on U_2 = E-U_1 = 0{,}409\, \mbox{V}. Vastuksissa on sama sähkövirta, joten valovastuksen resistanssi on

R_{\rm LDR} = \displaystyle{\frac{0{,}409\,\mbox{V}}{0{,}675\, \mbox{mA}}} = 610\, \Omega.

Pisteitys:

• On annettu oikeat vastaukset kahdesta neljään merkitsevän numeron tarkkuudella vastukselle R_1 (2 p.) ja vastukselle R_{\rm LDR} (2 p.).

Edellä laskettiin, että valaistusvoimakkuuden ollessa 540 lx, on R_{\rm LDR} = 610\, \Omega. Tarkastellaan tilannetta valovoimakkuuden ollessa 900 lx. Tällöin on

R_{\rm LDR}(900\mbox{ lx}) =  \displaystyle{\frac{(5{,}0-4{,}703)\, \mbox{V}}{0{,}692\, \mbox{mA}}} = 430\, \Omega,

eli resistanssi pienenee valaistusvoimakkuuden kasvaessa. Simulaatiota kokeilemalla havaitaan, että kun ledi ei pala, suurempi valovoimakkuus johtaa aina suurempaan mitattuun jännitteeseen. Täten valovastuksen resistanssin on pienennyttävä valovoimakkuuden lisääntyessä.

Pisteitys:

• On annettu oikea vastaus oikein perusteltuna (5 p.). Perustelun toi tehdä esimerkiksi määrittämällä valovastuksen resistanssin eri valaistusvoimakkuuksien arvoilla tai hyödyntämällä Kirchhoffin II lakia.

Tyypillinen virhe:

• Lasketaan jotain, jossa saadaan vastuksen R_1 arvoon muutos.

Piirretään kännykän voimakuvio hissin ollessa paikallaan. Tällöin kännykän kiihtyvyys on nolla, joten dynamiikan peruslaista \Sigma{\vec F} =m{\vec a} seuraa skalaariyhtälö (valitaan suunta ylöspäin positiiviseksi suunnaksi)

T_1-mg=0,

jossa T_1 on jousivaa'an kännykkään kohdistama voima ja m kännykän massa. Tästä saadaan kännykän massaksi

m=\displaystyle{\frac{T_1}{g}} = \displaystyle{\frac{1{,}93\; {\rm N}}{9{,}81\; {\rm m/s^2}}}=0{,}196738\; {\rm kg}.

Kun hissi on lähtenyt liikkeelle, sillä ja kännykällä on kiihtyvyys \vec a. Dynamiikan peruslaki on skalaarimuodossa

T_2-mg=T_2-T_1 =ma,

jossa T_2 on jousivaa'an kännykkään kiihtyvän liikkeen aikana kohdistama jousivoima. Kiihtyvyydeksi saadaan

a=\displaystyle{\frac{T_2-T_1}{m}}=\frac{2{,}23\; {\rm N}-1{,}93\; {\rm N}}{0{,}196738\; {\rm kg}}\approx 1{,}52\; \frac{\rm m}{\rm s^2}.

Koska a on positiivinen, suuntautuu hissin kiihtyvyys ylöspäin. Hissi lähtee paikaltaan ja liikkuu ylöspäin.

Pisteitys:

• On piirretty joko paikallaan olevan tai kiihtyvässä liikkeessä olevan kännykän voimakuvio, jossa on oikeat voimat nimettyinä (2 p.). Voimakuviosta ei saa pisteitä, jos yksikin voima puuttuu tai siinä on ylimääräisiä voimia. Jos voimakuviossa voimanuolien pituudet ovat selvästi väärin tai voimanuolien paikat eivät vastaa voimien vaikutuspisteitä vähennetään 1 piste.
• On annettu kiihtyvässä liikkeessä olevalle kännykälle dynamiikan peruslain mukainen suureyhtälö (2 p.).
• On annettu oikea vastaus kahdesta neljään merkitsevän numeron tarkkuudella (2 p.).
• On kerrottu hissin liikkuvan ylöspäin (2 p.).

Tyypillinen virhe:

• Jätetty vastaamatta kysymykseen hissin liikesuunnasta.

Newtonin II lain perusteella kännykälle voidaan kirjoittaa jousivoimaa käyttäen tasapainossa

kx_{\rm 1} – mg = 0

ja kiihtyvässä liikeessä

kx_{\rm 2} – mg = ma

missä x_{\rm 1} on jousen venymä hissin ollessa paikallaan ja x_2 = x_1+\Delta x venymä hissin ollessa kiihtyvässä liikkeessä. Lisävenymä on \Delta x = 4{,}5\;{\rm cm}. Yhtälöryhmästä saadaan

k \Delta x = ma

Sijoittamalla edellissä osiossa määritetty lauseke

ma = T_{\rm 2} – T_{\rm 1}

saadaan jousivakioksi

k = \frac{T_2-T_1}{x}=\frac{2{,}23\; {\rm N}-1{,}93\; {\rm N}}{0{,}045\; {\rm m}}\approx 6{,}7\; \frac{\rm N}{\rm m}.

Vaihtoehtoinen tapa:
Muodostetaan yhtälöryhmä Hooke:n lain avulla

T_{\rm 1} = kx_{\rm 1} T_{\rm 2} = kx_{\rm 2} = k(x_{\rm 1} + \Delta x).

Ratkaisemalla saadaan sama suureyhtälö jousivakiolle kuin edellä.

Pisteitys:

• Ratkaisu on perusteltu käyttämällä dynamiikan peruslakiin tai Hooken lakiin perustuvaa yhtälöryhmää tai yhtälöryhmää vastaavaa sanallista selitystä (3 p.).
• On annettu laskun perusteella määritetty oikean vastauksen antava suureyhtälö jousivakiolle (2 p.).
• On annettu oikea vastaus kahden tai kolmen merkitsevän numeron tarkkuudella (2 p.).

Tyypillisiä virheitä:

• Käytetty Hooken laissa perustelematta voiman paikalla jousivaa’an lukemien erotusta.
• Määritetty jousivakiolle negatiivinen arvo.

Hyväksytään oikeana myös 0.2 Hz

Hiukkaseen kohdistuva voima \vec F on kohtisuorassa sekä hiukkasen nopeutta \vec v että magneettikenttää \vec B vastaan. Positiivisesti varattuun hiukkaseen kohdistuu magneettisen voiman suuntasäännön perusteella voima vasemmalle ja negatiivisesti varattuun oikealle. Jotta hiukkanen kulkisi ympyränkaarta pitkin, siihen kohdistuvan voiman suunnan tulee olla kaarevuuskeskipistettä kohti eli vasemmalle. Hiukkasen varaus on siis positiivinen. Oheisesta voimakuviosta ilmenee positiivisesti varattuun hiukkaseen kohdistuvan voiman suunta.

Voiman \vec F suuruus on F=qvB, koska hiukkasen nopeus on kohtisuorassa magneettikenttää vastaan. Newtonin II lain perusteella voidaan kirjoittaa qvB=ma. Kiihtyvyys tasaisessa ympyräliikkeessä on a=v^2/r. Saadaan yhtälö qvB=mv^2/r ja edelleen qBr=mv.

Liike-energian lausekkeesta E=1/2 mv^2 saadaan nopeudelle lauseke v=\sqrt{2E/m}, joten qBr=m\sqrt{2E/m} eli q^2 B^2 r^2=2mE. Hiukkasen massaksi saadaan

m=\displaystyle{\frac{q^2 B^2 r^2}{2E}}=\frac{(1{,}6\cdot 10^{-19}\, {\rm C})^2 (0{,}0038\, {\rm T})^2 (0{,}045\, {\rm m})^2}{2\cdot 1{,}6\cdot 10^{-19}\cdot 2\,500\, {\rm J}}=9{,}4\cdot 10^{-31}\, {\rm kg}.

Tämä on yhtä suuri kuin elektronin massa, joten hiukkanen on positroni.

Pisteitys:

• On tunnistettu hiukkasen varaus positiiviseksi (2 p.) ja perustelusta käy ilmi voiman suunta (2 p.). Perustelusta annetaan pisteet vain, mikäli varaus oli tunnistettu positiiviseksi.
• On annettu dynamiikan peruslain, magneettisen voiman ja tasaisen ympyräliikkeen yhdistävä suureyhtälö qvB = \frac{mv^2}{r} (2 p.), liike-energian suureyhtälö (1 p.) ja kysytyn massan suhteen ratkaistu suureyhtälö (2 p.).
• On annettu oikea vastaus kahden tai kolmen merkitsevän numeron tarkkuudella (2 p.).

Hiukkasen radan kaarevuussäde on pienempi kuvan yläosassa kuin kuvan alaosassa. Pienempi kaarevuussäde vastaa pienempää nopeutta. Kulkeminen muovikalvon läpi ei voi kasvattaa hiukkasen liike-energiaa eikä nopeutta, mutta se voi pienentää niitä. Näin kulkusuunnan pitää olla kuvassa esitetyn mukainen.

Pisteitys:

• On tunnistettu radan kaarevuussäteen muutos (2 p.) ja yhdistetty se energian pienenemiseen kuljettaessa kalvon läpi (2 p.).

Tyypillinen virhe:

• Tarkasteltu pelkästään kaartumista magneettikentässä.

Reaktioyhtälö:

^{10}\text{B} + \text{n}\rightarrow {^{11}\text{B}}^{*} \rightarrow { ^7\text{Li}} + { ^4\text{He}} + \gamma

Pisteitys:

• On annettu oikein reaktioyhtälön vasen puoli (1 p.), välivaihe (2 p.) ja oikea puoli (2 p.).

Alfahiukkanen saa suurimman osan vapautuvasta kineettisestä energiasta (2,31 MeV), mutta myös ^7Li-ydin saa kineettistä energiaa. Molempien kantama on hyvin lyhyt, ja niiden energia absorboituu syöpäsolukkoon. Vapautuvat gammahiukkaset vuorovaikuttavat heikommin kudoksen kanssa, joten niitä pääsee etenemään myös syöpäkasvainta ympäröivään terveeseen solukkoon sitä vaurioittaen.

Pisteitys:

• On tunnistettu alfasäteilyn lyhyt kantama ja suuri merkitys syöpäsolujen tuhoamisessa (2 p.).
• On tunnistettu tytärydinten lyhyt kantama ja suuri merkitys syöpäsolujen tuhoamisessa (2 p.).
• On tunnistettu gammasäteilyn pitkä kantama ja vaikutus terveeseen kudokseen (2 p.).

Tyypillisiä virheitä:

• Väitetty gammasäteilyn olevan tärkein tai tytärydinten olevan merkityksettömiä syöpäsolujen paikallisessa tuhoamisessa.

Ydinreaktorissa neutroneiden tuotto perustuu siihen, että ydinpolttoaineessa on raskaita, helposti fissioituvia isotooppeja, kuten ^{235}U tai ^{239}Pu. Absorboidessaan neutronin ne halkeavat kahdeksi tai useammaksi tytärytimeksi. Samalla vapautuu lisää neutroneita, jotka voivat ylläpitää ketjureaktiota. Boori-neutronikaappaushoidossa käytetään näitä fissiossa vapautuneita neutroneita. Reaktioiden määrää voidaan säädellä moderaattorilla, kuten vedellä, joka hidastaa neutroneita, sekä säätösauvoilla, jotka voivat absorboida niitä.

Uudessa tekniikassa käytetään hiukkaskiihdytintä ja litiumista eli kevyestä alkuaineesta tehtyä kohtiota. Hiukkaskiihdytin kiihdyttää protoneja kohtioon. Näin syntyneet isotoopit tuottavat hajotessaan vapaita neutroneita. Reaktioiden tapahtumiseen vaaditaan energiaa, joka tulee hiukkaskiihdyttimestä. Reaktiot loppuvat, kun hiukkassuihku pysäytetään.

Pisteitys:

• On selitetty ydinreaktorissa tapahtuva neutronien tuottaminen raskaan ytimen fissioreaktiona, jossa syntyy ketjureaktiota ylläpitäviä neutroneita (2 p.). On selitetty uudesta tekniikasta protonien kiihdyttäminen, reaktio kohtiossa ja neutronin syntyminen (2 p.). Vaihtoehtona jälkimmäiselle on mainittu vähintään kaksi järkevää eroa laitteiden käytettävyyksille.

Maissinviljelyn keskisato on s_m=7\,980\; {\rm kg/ha} = 0{,}7980\; {\rm kg/m^2}, ja etanolin tiheys on \rho_e=790\; {\rm kg/m^2}=0{,}790\; {\rm kg/l}. Pellosta tuotetun etanolin massa pinta-alaa kohden on

m_e= s_m \varepsilon_e \rho_e=0{,}262885\; {\rm kg/m^2},

jossa \varepsilon_e=0{,}417\; {\rm l/kg} on etanolituotanto yhtä kilogrammaa maissia kohden. Tuotetun etanolin hyödynnettävä energia pinta-alaa kohden on

E_e= m_e H_e \eta_e= s_m \varepsilon_e \rho_e H_e \eta_e=3\,111{,}51\; {\rm kJ/m^2},

jossa H_e=26{,}9\; {\rm MJ/kg} on etanolin lämpöarvo ja \eta_e=0{,}44 on etanolilla toimivan polttomoottorin hyötysuhde. Auringon säteilyn vuosittainen kokonaisenergia pinta-alaa kohden on

E_a=1{,}46\; {\rm MWh/m^2} \cdot 3\,600\; {\rm s/h}=5\,256\,000\; {\rm kJ/m^2}.

Energiatuoton maksimaalinen hyötysuhde on

\eta=\displaystyle{\frac{E_e}{E_a}} =\frac{s_m \varepsilon_e \rho_e H_e \eta_e}{E_a} =0{,}000591992 \approx 5{,}9 \cdot 10^{-4}.

Pisteitys:

• On annettu jokin oikea suureyhtälö maissista saatavalle energialle tai sanallisesti kerrottu miten lasketaan maissista saatava energia (2 p.). On annettu suureyhtälö hyötysuhteelle (2 p.) ja oikea lopputulos kahden tai kolmen merkitsevän numeron tarkkuudella (2 p.).

Tyypillinen virhe:

• On laskettu käyttäen maissin satona arvoa 480 kg/ha. Tällöin lopputulos on 0,0036%. Mikäli tehtävä muilta osin on oikein, vähennetään virheestä vain 1 piste.

Tuotto kuvaa, kuinka moninkertaisesti prosessista saadaan energiaa verrattuna tarvittavaan prosessienergiaan, eli tuotto on

y=\displaystyle{\frac{E_e-E_p}{E_p}} ,

jossa E_e on etanolista saatava energia pinta-alaa kohti ja E_p on prosessienergia pinta-alaa kohti.

Etanolista saatava energia on sama kuin kohdassa 9.1 eli E_e= s_m \varepsilon_e \rho_e H_e \eta_e=3\,111{,}51\ \mathrm{kJ/m^2}. Etanolivalmistukseen kulunut prosessienergia yhtä litraa kohti on E_l=7\,460\ \mathrm{kJ/l}.

Prosessienergia pinta-alaa kohden saadaan seuraavasti:

E_p=E_l s_m \varepsilon_e=2\,482{,}43\, {\rm kJ/m^2},

jossa s_m on maissin vuosittainen keskisato pinta-alaa kohden ja \varepsilon_e on etanolituotanto maissista.

Tästä seuraa, että tuotto on

y=\displaystyle{\frac{E_e-E_p}{E_p}} = \frac{s_m \varepsilon_e \rho_e H_e \eta_e}{E_l s_m \varepsilon_e }-1=\frac{\rho_e H_e \eta_e}{E_l} -1=0{,}253410 \approx 25\, \%.

Pisteitys:

• On tehty energiasuureiden muunnos vertailtavissa oleviin yksikköihin. (2 p.). On annettu suureyhtälö tuotolle (2 p.) ja oikea lopputulos kahden tai kolmen merkitsevän numeron tarkkuudella (1 p.).

Tyypillinen virhe:

• Suureyhtälöiden puuttuminen.

Kun biojätteistä saatu kaukolämpö lasketaan mukaan, saadaan vuosittain tuotetuksi bioenergian kokonaismääräksi pinta-alaa kohden

E_b=E_e+E_j=s_m \varepsilon_e \rho_e H_e \eta_e+ s_j H_j \eta_j,

jossa s_j=7\,500\,{\rm kg/ha}=0{,}7500 kg/m^2 on biojätteiden keskimääräinen massa pinta-alaa kohden, H_j=19{,}0 MJ/kg on jätteiden lämpöarvo ja \eta_j=0{,}85 on kaukolämpötuotannon hyötysuhde.

Etanolin hyödynnettävä energia on sama kuin kohdassa 9.1 eli E_e= s_m \varepsilon_e \rho_e H_e \eta_e=3\,111{,}51\ \mathrm{kJ/m^2}, ja biojätteistä saatu energia on E_j= s_j H_j \eta_j=12\,112{,}5\ \mathrm{kJ/m^2}.

Kokonaisbioenergiaa voidaan verrata aurinkoenergiaan, joka on 18 % auringonsäteilyn kokonaisenergiasta (E_a=5\,256\,000 \mathrm{kJ/m^2}, kohdasta 9.1). Aurinkoenergian määrä suhteessa kokonaisbioenergiaan on

n=\displaystyle{\frac{0{,}18\cdot E_a}{E_e+E_j}}= \frac{0{,}18\cdot E_a}{s_m \varepsilon_e \rho_e H_e \eta_e+ s_j H_j \eta_j }=62{,}1439 \approx 62.

Aurinkoenergian määrä on siis 62-kertainen kokonaisbioenergian määrään verrattuna.

Pisteitys:

• Käy ilmi suureyhtälöiden tai selitysten perusteella, että verrataan auringosta saatavaa energiaa etanolista ja jätteistä saatavaan energiaan (2 p.). On annettu oikea lopputulos kahden tai kolmen merkitsevän numeron tarkkuudella (2 p.).
• Jos on laskettu käyttäen maissin satona arvoa 480 kg/ha ja saatu lopputuloksena 77 kertainen, annetaan lopputuloksesta kahden pisteen sijasta yksi piste.

Tyypillisiä virheitä:

• Ratkaisusta puuttuu etanolista tai jätteestä saatava energia.
• Jonkin hyötysuhdetermin unohtuminen.

Etanoliauton tankissa olevasta etanolista saadaan energiaa

E_{ea}= m_e H_e \eta_e=V\rho_e H_e \eta_e,

jossa V=65\, {\rm l} on etanolin tilavuus, \rho_e on etanolin tiheys, H_e on etanolin lämpöarvo ja \eta_e on etanolilla toimivan polttomoottorin hyötysuhde.

Sähköautossa hyödynnettävä energia on

E_{sa}=m_a \omega_a \eta_s,

jossa m_a on sähköauton akun massa, \omega_a on akun energiatiheys ja \eta_s on sähkömoottorin hyötysuhde.

Akun energiatiheys on \omega_a=150\, {\rm Wh/kg}=540\ \mathrm{kJ/kg}.

Jos etanoli- ja sähköautojen hyödynnettävät energiat ovat yhtä suuret, eli E_{ea}=E_{sa}, niin saadaan yhtälö

V\rho_e H_e \eta_e=m_a \omega_a \eta_s.

Sähköauton akun massaksi saadaan

m_a=\displaystyle{\frac{V\rho_e H_e \eta_e}{\omega_a \eta_s }}=\frac{65\, {\rm l} \cdot 0{,}790\,{\rm kg/l}\cdot 26\,900\,{\rm kJ/kg} \cdot 0{,}44}{540\,{\rm kJ/kg} \cdot 0{,}89}=1\,264{,}62\,{\rm kg} \approx 1\,300\,{\rm kg}.

Pisteitys:

• On annettu suureyhtälö energioiden yhtäsuuruudelle tai ilmaistu asia sanallisesti (2 p.). On annettu suureyhtälö akun massalle (1 p.) ja oikea lopputulos kahden tai kolmen merkitsevän numeron tarkkuudella (2 p.).

Tyypillinen virhe:

• Suureyhtälöiden puuttuminen.

Lieriöön vaikuttaa kolme voimaa: paino {\vec G}, alustan tukivoima {\vec N} ja kitka {\vec F}_{\mu}.

Pisteitys:

• On piirretty voimakuvio, jossa on oikeat voimat nimettyinä (4 p.).
• Voimakuviosta ei saa pisteitä, jos yksikin voima puuttuu, jos kuvassa on ylimääräisiä voimia, jos yhdenkin voiman suunta on väärin tai jos voimia on jaettu komponentteihin, jotka eivät erotu voimista. Voimakuvion pisteistä vähennetään yksi piste, jos voimat vaikuttavat väärään pisteeseen tai jos voimanuolien pituudet ovat selvästi väärin. Kitkan suunnan tulee olla pinnan suuntainen. Vierimisen alkaessa kitka vaikuttaa kuvan mukaisesti, mutta jossain myöhemmässä vaiheessa sen suunta kääntyy vastakkaiseksi.

Tyypillisiä virheitä:

• Tukivoima ja painovoima ovat vastakkaissuuntaisia tai tukivoima ei ole kohtisuorassa pintaa vastaan. Kalteva taso on piirretty vaakasuoraan.

Lieriö vierii liukumatta, eli lieriön tasoa koskettava piste (oikeastaan jana) ei liu’u tason suhteen, joten kyseessä on lepokitka.

Pisteitys:

• Vastauksena on annettu lepokitka (2 p.).

Tarkastellaan lieriön massakeskipisteen liikettä tason normaalin suunnassa. Massakeskipisteen etäisyys tasosta vaihtelee jaksollisesti, joten massakeskipiste on tason normaalin suunnassa kiihtyvässä liikkeessä ja Newtonin toisen lain mukaan siihen vaikuttaa nollasta poikkeava kokonaisvoima tason normaalin suunnassa. Lieriöön kohdistuva paino on vakio, joten tukivoiman on muututtava jaksollisesti, jotta lieriön kiihtyvyys muuttuisi jaksollisesti. Tukivoimalla on jokaisella kierroksella paikallinen maksimi silloin, kun lieriön massakeskipisteen kiihtyvyys saavuttaa maksimiarvon, eli massakeskipisteen nopeus tasosta poispäin kasvaa voimakkaimmin. Paikallinen minimiarvo sillä on silloin, kun kiihtyvyys saavuttaa minimiarvon, eli kun massakeskipisteen nopeus tasoa kohti kasvaa voimakkaimmin.

Pisteitys:

• On mainittu, että lieriön keskipisteen etäisyys tasosta vaihtelee (2 p.).
• On selitetty tukivoiman vaihtelu käyttäen Newtonin II lakia, massakeskipisteen kiihtyvää liikettä ja vakiona pysyvää painoa (3 p.).

Kun tukivoiman minimi saavuttaa nollan, lieriö irtoaa alustasta. Tämä voidaan havaita kuvassa 10.C ajanhetken 1,91s tai 1,99 s jälkeen (molemmat hyväksytään).

Pisteitys:

• On mainittu perusteluna tukivoiman arvo 0 N (2 p.) ja annettu oikeana vastauksena kahden tai kolmen merkitsevän numeron tarkkuudella 1,9 s tai 2,0 s (2 p.). Yhden merkitsevän numeron tarkkuudella annettu vastaus 2 s arvostellaan vääränä vastauksena.

Tehdään lineaarinen sovitus nopeusdatan loppupäähän. Sovituksen kulmakertoimesta saadaan keskimääräisen kiihtyvyyden arvoksi

\displaystyle{\frac{\Delta v}{\Delta t}}\approx 0{,}39\, \frac{m}{s^2}.

Kiihtyvyys lähestyy tätä arvoa, kun nopeusvaihtelut pienenevät liikkeen edetessä.

Voidaan myös piirtää lineaariset verhokäyrät, jotka yhdistävät paikalliset maksimit ja minimit (ensimmäinen minimi jätetään pois). Keskiarvo verhokäyrien kulmakertoimista on myös 0,39 m/s^2.

Pisteitys:

• On laadittu graafinen esitys nopeudesta ajan funktiona ja näytetty siinä, miten kiihtyvyyden raja-arvo voidaan määrittää (2 p.). On annettu oikea lopputulos kahden tai kolmen merkitsevän numeron tarkkuudella (3 p.).

Kuvasta nähdään, että kuoppa A alkaa kohdasta (1/\lambda)_{\rm min}\approx 570\,{\rm cm}^{-1} ja päättyy kohtaan (1/\lambda)_{\rm max}\approx 770\,{\rm cm}^{-1}. Vastaavat aallonpituudet ovat \lambda_{\rm min}=(1/770)\,{\rm cm}\approx 13\,\mu {\rm m} ja \lambda_{\rm max}=(1/570)\,{\rm cm}\approx 18\,\mu {\rm m}.

Kuoppaa A vastaava aallonpituusväli on siis noin 13-18 \,\mu {\rm m}.

Kuoppia vastaavat vajeet intensiteetissä johtuvat maapallon lähettämän lämpösäteilyn absorboitumisesta ilmakehän kaasuihin.

Pisteitys:

• On annettu oikea aallonpituusväli, jossa minimi on 13–14 μm ja maksimi 17–18 μm, yhden tai kahden merkitsevän numeron tarkkuudella (3 p.). Jos toinen raja on väärin, koko tulos on väärin.
• On annettu selityksenä absorptio ilmakehän kaasuihin (3 p.). Jos vastauksessa puhutaan auringon säteilyn absorptiosta, vastaus on väärin.

Wienin siirtymälaki ilmaisee intensitettijakauman maksimikohdan riippuvuuden säteilevän kappaleen lämpötilasta. Tehtävässä annetussa Wienin siirtymälaissa f_{\max} on intensiteetin maksimia vastaava taajuus. Tämä taajuus voidaan laskea aaltoluvusta, joka vastaa intensitettin maksimiarvoa. Sovitteen perusteella (1/\lambda)_{\rm max}\approx 580\,{\rm cm}^{-1}. Aaltoliikkeen perusyhtälöstä saadaan

f_{\rm max}=c\left(\displaystyle{\frac{1}{\lambda}}\right)_{\rm max}.

Wienin siirtymälaki voidaan nyt kirjoittaa muodossa

c\left(\displaystyle{\frac{1}{\lambda}}\right)_{\rm max}=\displaystyle{\frac{\alpha}{h}}k\,T,

josta saadaan lämpötilalle suureyhtälö

T=\displaystyle{\frac{c\,h}{\alpha\,k}}\left(\frac{1}{\lambda}\right)_{\rm max}.

Sijoittamalla lukuarvot saadaan

T=\displaystyle{\frac{2{,}9979\times 10^{8}\,{\rm m/s}\cdot 6{,}6261\times 10^{-34} {\rm Js}}{2{,}8214\cdot 1{,}3806 \times 10^{-23}\,{\rm m}^2\,{\rm kg}\,{\rm s}^{-2}\,{\rm K}^{-1}}}\cdot 580\times 10^2\,{\rm m}^{-1}\approx 296\,{\rm K} \approx 22{,}6^{\circ}{\rm C}.

Maapallon pintalämpötila on noin 300 \mathrm{K} (noin 23\ ^{\circ}{\rm C}).

Pisteitys:

• Käy ilmi, että on käytetty kuvan maksimia vastaavaa aaltoluvun arvoa oikeissa yksiköissä (2 p.). On annettu aallonpituuden, taajuuden ja valon nopeuden välinen suureyhtälö (2 p.), ratkaistu kysytyn lämpötilan suureyhtälö aallonpituuden, aaltoluvun tai sen avulla määritetyn taajuuden avulla (2 p.). On annettu oikea lopputulos yhden tai kymmenen asteen tarkkuudella välillä 7… 33 ˚C tai yhdestä kolmeen merkitsevän numeron tarkkuudella välillä 280 …306 K. (2 p.).

Tyypillinen virhe:

• Käytetty aaltolukuna arvoa 2000 cm^-1.

Yläilmakehästä mitatun lämpösäteilyn alueellisiin vaihteluihin vaikuttavat ensinnäkin alueiden lämpötilaerot. Auringon säteilyä kohdistuu keskimääräisesti eniten päiväntasaajan alueelle, ja sen määrä vähenee leveysasteen kasvaessa. Siksi esimerkiksi napa-alueet ovat viileitä ja lähettävät vähemmän lämpösäteilyä kuin päiväntasaajan seutu.

Toinen merkittävä tekijä on pilvipeitteen vaihtelu. Esimerkiksi päiväntasaajan alueella on keskimäärin selvästi pilvisempää kuin aavikkoalueilla, kuten Saharassa ja Lähi-idässä. Pilvisillä alueilla pitkäaaltoisen lämpösäteilyn absorboituminen vesihöyryyn korostuu, mikä pienentää yläilmakehässä mitattua lämpösäteilyä.

Pisteitys:

• On mainittu lämpötilaero napojen ja päiväntasaajan välillä (2 p.).
• On mainittu pilvien vaikutus (2 p.) ja niiden yhteys absorptioon (2 p.) tarkasteltaessa Maan lähettämää säteilyä.

Tyypillinen virhe:

• Tarkasteltu Auringosta Maahan tulevaa säteilyä Maan lähettämän säteilyn sijaan.