Beskrivningar av goda svar: SV – Fysik

För varje vindkraftverk i tabellen kan rotorns svepyta beräknas med hjälp av rotorns diameter d:

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

Hur kraftverkens effekt beror av svepytan kan vi se genom att sätta in datapunkterna i ett A,P-koordinatsystem.

Riktningskoefficienten för en linje som är anpassad till datapunkterna beskriver hur effekten förändras då svepytan ökar:

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

Ur det här följer att effekten ökar med

\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.

Effekten för ett typiskt vindkraftverk ökar med ungefär 9,1 kW när svepytan ökar med 25 m².

Poängsättning:

• Det har presenterats en storhetsekvation där svepytan bestäms med hjälp av diametern. (2 p.)
• Det har presenterats en graf där värdena för effekten som funktion av ytan syns som enskilda mätpunkter och till mätpunkterna har det anpassats en rät linje. (6 p.) Om den anpassade linjen saknas eller om en streckad linje eller annan anpassning används är avdraget 2 poäng. Om alla datapunkterna inte syns är avdraget 2 poäng. Om axlarna är felaktiga, storhetens beteckning saknas eller enheten saknas är avdraget för varje fel 1 poäng.
• Resultatet 9,1 kW har givits med två eller tre gällande siffrors noggrannhet. (2 p.)
• I svaret har det omnämnts att resultatet erhållits genom att använda riktningskoefficienten för den anpassade linjen och beräkningarna med den har visats. (2 p.).

Typiskt fel:

• Effekten har ritats som funktion av diametern, varvid grafen bildar en parabel. Ifall en linearisering av förändringen i effekten därefter förblir ogjord är lösningen oändamålsenlig. (0 p.)

Exempel på delområden inom de fysikaliska vetenskaperna vars expertis krävs i samband med planering och byggande av vindkraftverk är

• våg(rörelse)lära
• aerodynamik
• akustik
• energiteknik
• geofysik/geologi
• hållfasthetslära
• värmelära/termodynamik/termofysik
• materialvetenskap/-teknik
• mekanik
• meteorologi
• elteknik/ellära/elektromagnetism
• flödesmekanik
• miljöteknik.

Poängsättning:

• De tre första delområdena bedöms. Varje rätt svar. (1 p.)

Typiskt fel:

• Som delområde föreslogs magnetism eller kärnfysik.

Luften kan antas bete sig som en ideal gas vid de givna förhållanden, alltså använder vi tillståndsekvationen för en idealgas, pV = nRT, där R är den allmänna gaskonstanten och n är gasens substansmängd. För att lösa uppgiften räcker det med att undersöka utgångsläget och slutläget. Gasens (luftens) utgångstemperatur är T_1 = 5 \,^{\circ}\mathrm{C} = 278,15 K och sluttemperaturen är T_2 = 24\,^{\circ}\mathrm{C} = 297,15 K, volymen i början är V_1 = 1{,}1\cdot 10^{-3}\, {\rm m}^3 och i slutet V_2 = 0{,}38\cdot 10^{-3}\, {\rm m}^3. Gasens tryck i början är p_1 = 101 kPa. Vi betecknar trycket i slutet med p_2.

Eftersom gasens substansmängd inte förändras kan vi utgående från tillståndsekvationen för en idealgas skriva

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

Gasens tryck i slutet är

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

Poängsättning:

• Det har omnämnts både att luft beter sig som en ideal gas (2 p.) och att substansmängden bevaras under processen. (2 p.) Det har givits en storhetsekvation för trycket (2 p.) och rätt svar, 310 kPa, med två eller tre gällande siffrors noggrannhet. (2 p.)

Typiskt fel:

• Det har antagits att gasen inte värms upp under kompressionen.

Enligt termodynamikens första huvudsats ändrar gasens inre energi U då energi överförs som värme (Q) mellan gasen och omgivningen eller då gasen utför arbete (W) på omgivningen eller då omgivningen utför arbete på gasen. Uttryck som storhetsekvation gäller \Delta U = Q + W.

Då kolven trycks in utför kraften ett arbete på gasen, varvid gasens inre energi ökar och gasens temperatur stiger. Med hjälp av tillståndsekvationen för en ideal gas kan vi beräkna temperaturen genast efter kompressionen till 150 ˚C. Temperaturutjämningen till 24 ˚C betyder att temperaturen sjunker. Då överförs energi som värme till omgivningen och gasens inre energi minskar. Gasens inre energi är aningen större i slutet än den var i början.

Poängsättning:

• Termodynamikens första huvudsats har presenterats antingen med ord eller som en formel. (2 p.)
• Det har omnämnts att arbete utförs på gasen vid kompressionen och att gasens inre energi ökar. (2 p.)
• Det har omnämnts att värme överförs från gasen till omgivningen och att gasens inre energi minskar då temperaturen förändras. (3 p.)
• Om värme överförs eller arbete utförs i fel process, eller om begreppen värme, arbete eller inre energi används fel ges inga poäng för beskrivningen av den processen.

Typiska fel:

• Det har antagits att gasen värms upp då dess temperatur går mot laboratoriets temperatur.
• Processerna har beskrivits utan att använda begreppen som krävdes i uppgiften.
• Värme eller arbete har använts som tillståndsvariabler eller värme har använts som synonym till temperatur.

Utgående från simuleringen tänds LED-lampan då belysningsstyrkan är 24,3 lx eller mindre.

Poängsättning:

• Rätt svar har givits med två till fem gällande siffrors noggrannhet. (3 p.)

Typiskt fel:

• Enheten saknas.

Då LED-lampan tänds är spänningen över förmotståndet U_1 = 2,9 V. Eftersom källspänningen är E = 5,0 V blir LED-lampans tröskelspänning U_2 = E-U_1 = 2,1 V.

Poängsättning:

• Rätt svar har givits med en till fyra gällande siffrors noggrannhet. (3 p.)

Typiskt fel:

• Spänningen uppmätt över förmotståndet har givits som tröskelspänning.

Resistansen för motståndet \mathrm{R_1} är R_1 = U_1/I_1, där U_1 och I_1 är den uppmätta spänningen och elektriska strömmen. När belysningsstyrkan är 540 lx är resistansen för motståndet \mathrm{R_1}

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

Då är tröskelspänningen U_2 = E-U_1 = 0{,}409\, \mbox{V}. Samma elektriska ström går genom båda motstånden, alltså är fotomotståndets resistans

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

Poängsättning:

• De rätta svaren har givits med två till fyra gällande siffrors noggrannhet för motståndet R_1 (2 p.) och motståndet R_{\rm LDR}. (2 p.)

Tidigare beräknades att R_{\rm LDR} = 610\, \Omega när belysningsstyrkan är 540 lx. Vi undersöker situationen när belysningsstyrkan är 900 lx. Då är

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

alltså minskar resistansen när belysningsstyrkan ökar. Genom att pröva sig fram i simuleringen märker man att en större belysningsstyrka alltid leder till en högre uppmätt spänning när LED-lampan inte lyser. Därmed måste fotomotståndets resistans minska när belysningsstyrkan ökar.

Poängsättning:

• Rätt svar har givits med rätt motivering. (5 p.) Motiveringen kan exempelvis göras genom att bestämma fotomotståndets resistans för olika värden på belysningsstyrkan eller genom att utnyttja Kirchhoffs II lag.

Typiskt fel:

• Det har beräknats något som ger olika värden för motståndet R_1.

Vi ritar en kraftfigur för telefonen då hissen står still. Då är telefonens acceleration noll och ur dynamikens grundlag \Sigma{\vec F} =m{\vec a} följer då skalärekvationen (vi väljer riktningen uppåt som positiv riktning)

T_1-mg=0,

där T_1 är kraften som fjädervågen påverkar telefonen med och m är telefonens massa. Ur det får vi telefonens massa

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

Då hissen har börjat röra sig har den och telefonen accelerationen \vec a. I skalärform är dynamikens grundlag

T_2-mg=T_2-T_1 =ma,

där T_2 är kraften som fjädervågen påverkar telefonen med under den accelererade rörelsen. Som acceleration får vi

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}.

Hissen accelererar uppåt eftersom a är positivt. Hissen startar från stillastående och rör sig uppåt.

Poängsättning:

• Det har ritats en kraftfigur med de korrekta krafterna namngivna antingen för en stillastående telefon eller en telefon i accelererad rörelse. (2 p.) Inga poäng ges för kraftfiguren om någon kraft saknas eller om den innehåller överloppskrafter. Om längden för kraftpilarna i kraftfiguren är klart felaktiga eller kraftpilarnas positioner inte motsvarar krafternas angreppspunkter är avdraget 1 poäng.
• En storhetsekvation i enlighet med dynamikens grundlag har givits för telefonen i accelererad rörelse. (2 p.)
• Rätt svar har givits med två till fyra gällande siffrors noggrannhet. (2 p.)
• Det har berättats att hissen rör sig uppåt. (2 p.)

Typiskt fel:

• Frågan om hissens rörelseriktning har inte besvarats.

Utgående från Newtons II lag, och genom att använda fjäderns kraft, kan man skriva för telefonen i jämvikt

kx_{\rm 1} – mg = 0

och för telefonen i accelererad rörelse

kx_{\rm 2} – mg = ma

där x_{\rm 1} är fjäderns uttöjning då hissen är stillastående och x_2 = x_1+\Delta x är fjäderns uttöjning då hissen är i accelererad rörelse. De extra töjningen \Delta x = 4{,}5\;{\rm cm}. Ur ekvationssystemet får vi

k \Delta x = ma

Genom att substituera för uttrycket som erhölls i den tidigare deluppgiften

ma = T_{\rm 2} – T_{\rm 1}

får vi som fjäderkonstant

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}.

Alternativ metod:
Vi bildar ett ekvationssystem med hjälp av Hookes lag

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

Genom att lösa det får vi samma storhetsekvation för fjäderkonstanten som ovanför.

Poängsättning:

• Lösningen har motiverats genom att använda ett ekvationssystem utgående från dynamikens grundlag eller Hookes lag, eller genom att med ord ge en förklaring som motsvarar ett ekvationssystem. (3 p.)
• Det har givits en storhetsekvation för fjäderkonstanten som utgående från beräkningarna ger rätt svar. (2 p.)
• Rätt svar har givits med två eller tre gällande siffrors noggrannhet. (2 p.)

Typiska fel:

• Utan vidare motiveringar har skillnaden i fjädervågens värden använts som kraften i Hookes lag.
• Ett negativt värde har bestämts för fjäderkonstanten.

Även 0.2 Hz godkändes som rätt svar.

Kraften \vec F som påverkar partikeln är riktad vinkelrätt mot både hastigheten \vec v och magnetfältet \vec b. Enligt regeln för den magnetiska kraftens riktning upplever en positivt laddad partikel en kraft mot vänster, och en negativt laddad partikel upplever en kraft mot höger. För att partikeln ska färdas längs med en cirkelbana måste kraften som påverkar den vara riktad mot centrumet för krökningen, alltså mot vänster. Partikeln har alltså en positiv laddning. Kraftfiguren här intill visar riktningen för kraften som påverkar en positiv partikel.

Beloppet på kraften \vec F är F=qvB eftersom partikelns hastighet är riktad vinkelrätt mot magnetfältet. Enligt Newtons II lag kan vi skriva qvB=ma. Acceleration i en jämn cirkelrörelse är a=v^2/r. Vi får ekvationen qvB=mv^2/r och vidare qBr=mv.

Med hjälp av rörelseenergin E=1/2 mv^2 kan vi uttrycka partikelns hastighet v=\sqrt{2E/m}, varvid qBr=m\sqrt{2E/m} eller q^2 B^2 r^2=2mE. För partikelns massa får vi uttrycket

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}.

Det här motsvarar elektronens massa, alltså är partikeln en positron.

Poängsättning:

• Partikelns laddning har identifierats som positiv (2 p.) och ur motiveringarna framgår kraftens riktning. (2 p.) För motiveringarna gavs poäng endast om laddningen hade identifierats som positiv.
• Det har givits en storhetsekvation som förenar dynamikens grundlag, den magnetiska kraften och likformig cirkelrörelse qvB = \frac{mv^2}{r} (2 p.), en storhetsekvation för rörelseenergin (1 p.) och en storhetsekvation som lösts för den efterfrågade massan. (2 p.)
• Rätt svar har givits med två eller tre gällande siffrors noggrannhet. (2 p.)

Krökningsradien för partikelns bana är mindre i bildens övre del. En mindre krökningsradie motsvarar en lägre hastighet. Rörelseenergin eller hastigheten kan inte öka då partikeln tränger igenom plastfilmen, men de kan däremot minska. Färdriktningen måste således vara i enlighet med det som visas i bilden.

Poängsättning:

• Förändringen i banas krökningsradie har identifierats (2 p.) och kopplats till en minskning av energin i och med att partikeln färdas genom filmen. (2 p.)

Typiskt fel:

• Endast krökningen i magnetfältet har betraktats.

Reaktionsekvationen:

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

Poängsättning:

• Reaktionsekvationens vänster sida (1 p.), mellanskede (2 p.) och höger sida (2 p.) har givits korrekt.

Alfapartikeln får största delen av den frigjorda kinetiska energin (2,31 MeV), men även ^7Li-kärnan får en del av energin. Räckvidden för dem båda är mycket kort och deras energi absorberas av cancercellen. De frigjorda gammapartiklarna växelverkar svagare med vävnaden och skadar därför även de omgivande friska cellerna.

Poängsättning:

• Alfastrålningens korta räckvidd och stora betydelse i förstörandet av cancercellerna har identifierats. (2 p.)
• Dotterkärnans korta räckvidd och stora betydelse i förstörandet av cancercellerna har identifierats. (2 p.)
• Gammastrålningens långa räckvidd och effekt på den färska vävnaden har identifierats. (2 p.)

Typiska fel:

• Det har påståtts att gammastrålningen är viktigast eller att dotterkärnan är betydelselös i det lokala förstörandet av cancercellerna.

Produktion av neutroner i en kärnreaktor grundar sig på att kärnbränslet består av tunga isotoper som enkelt fissioneras, till exempel ^{235}U eller ^{239}Pu. När de absorberar en neutron klyvs de till två eller fler dotternuklider. Samtidigt frigörs fler neutroner som kan upprätthålla kedjereaktionen. I borneutroninfångningsterapi används de här neutronerna som frigörs vid fission. Reaktionernas antal kan regleras med hjälp av en moderator, exempelvis vatten, som saktar ner neutronerna, eller med styrstavar som kan absorbera dem.

I den nya tekniken använder man en partikelaccelerator och ett strålningsmål som är gjort av litium, alltså ett lätt grundämne. Partikelacceleratorn accelererar protoner mot målet. Isotoperna som uppstår på det här sättet producerar fria neutroner när de sönderfaller. För att reaktionerna ska ske krävs det energi som kommer från partikelacceleratorn. Reaktionerna upphör när partikelstrålen stängs av.

Poängsättning:

• En förklaring har givits gällande produktionen av neutroner i kärnreaktorer genom fissionsreaktioner med tunga kärnor där neutroner som upprätthåller kedjereaktioner uppkommer. (2 p.) Om den nya tekniken har det förklarats att protoner accelereras, reaktioner sker i målet och neutroner uppkommer. (2 p.) Alternativt till den senare förklaringen har åtminstone två meningsfulla skillnader mellan anordningarnas användarvänlighet omnämnts.

Medelskörden från majsodlingen är s_m=7\,980\; {\rm kg/ha} = 0{,}7980\; {\rm kg/m^2} och densiteten för etanol är \rho_e=790\; {\rm kg/m^2}=0{,}790\; {\rm kg/l}. Massan av etanol som produceras på fältet per ytenhet är

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

där \varepsilon_e=0{,}417\; {\rm l/kg} är mängden etanol som produceras från varje kilogram av majs. Mängden energi som kan utnyttjas från den producerade etanolen är per ytenhet

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},

där H_e=26{,}9\; {\rm MJ/kg} är värmevärdet för etanol och \eta_e=0{,}44 är verkningsgraden för en förbränningsmotor som drivs med etanol. Den totala årliga energin per ytenhet från solens strålning är

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

Energiproduktionens maximala verkningsgrad är då

\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}.

Poängsättning:

• Det har givits antingen någon korrekt storhetsekvation för energin som kan utvinnas ur majsen eller en förklaring med ord om hur energin som utvinns ur majsen kan beräknas. (2 p.) En storhetsekvation för verkningsgraden (2 p.) och rätt slutresultat med två eller tre gällande siffrors noggrannhet har givits. (2 p.)

Typiskt fel:

• Värdet 480 kg/ha har använts som majsens skörd i beräkningarna. Slutresultatet är då 0,0036%. Om uppgiften för övrigt har lösts korrekt är avdraget för det här felet endast 1 poäng.

Avkastningen beskriver hur många gånger mer energi man får ur processen i jämförelse med processenergin, alltså är avkastningen

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

där E_e är energin per ytenhet som man får ur etanol och E_p är processenergin per ytenhet.

Mängden energi man får ur etanolen är densamma som i deluppgift 9.1, alltså E_e= s_m \varepsilon_e \rho_e H_e \eta_e=3\,111{,}51\ \mathrm{kJ/m^2}. Processenergin som behövs för produktion av en liter etanol är E_l=7\,460\ \mathrm{kJ/l}.

Processenergin per ytenhet blir då

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

där s_m är medelskörden per ytenhet för majs och \varepsilon_e är etanolproduktionen från majs.

Ur det här följer att avkastningen är

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:

• Det har gjorts en omvandling av energistorheterna till jämförbara enheter. (2 p.) Det har givits en storhetsekvation för avkastningen (2 p.) och rätt svar med två eller tre gällande siffrors noggrannhet. (1 p.)

Typiskt fel:

• Storhetsekvationerna saknas.

När fjärrvärmen som fås från bioavfallet räknas med blir den totala årliga produktionen av bioenergi per ytenhet

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

där s_j=7\,500\,{\rm kg/ha}=0{,}7500 kg/m^2 är den genomsnittliga massan av bioavfall per ytenhet, H_j=19{,}0 MJ/kg är avfallets värmevärde och \eta_j=0{,}85 är verkningsgraden för fjärrvärmeproduktionen.

Mängden energi man får ur etanolen är densamma som i deluppgift 9.1, alltså E_e= s_m \varepsilon_e \rho_e H_e \eta_e=3\,111{,}51\ \mathrm{kJ/m^2}, och energin som utvinns ur bioavfallet är E_j= s_j H_j \eta_j=12\,112{,}5\ \mathrm{kJ/m^2}.

Den totala bioenergin kan jämföras med solenergin, vilken är 18 % av den totala energin från solens strålning (E_a=5\,256\,000 \mathrm{kJ/m^2}, från deluppgift 9.1). Mängden solenergi i förhållande till den totala bioenergin är

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.

Mängden solenergi är alltså 62 gånger så stor som den totala mängden bioenergi.

Poängsättning:

• Det framgår ur storhetsekvationerna eller förklaringarna att energin från solen jämförs med energin som utvinns ur etanolen och ur avfallet. (2 p.) Rätt slutresultat har givits med två eller tre siffrors noggrannhet. (2 p.)
• Om beräkningarna har gjorts med värdet 480 kg/ha för majsens skörd och slutresultatet 77 gånger så stort har erhållits ges en poäng för slutresultatet i stället för två poäng.

Typiska fel:

• Energin som utvinns ur antingen etanolen eller avfallet saknas i lösningen.
• Någon term i verkningsgraden saknas.

Ur etanolen i etanolbilens bränsletank får vi följande mängd energi

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

där V=65\, {\rm l} är volymen av etanol, \rho_e är etanolens densitet, H_e är etanolens värmevärde och \eta_e är verkningsgraden för en förbränningsmotor som drivs med etanol.

Mängden energi som kan utnyttjas i en elbil är

E_{sa}=m_a \omega_a \eta_s,

där m_a är massan för elbilens batteri, \omega_a är batteriets energitäthet och \eta_s är verkningsgraden för elmotorn.

Batteriets energitäthet är \omega_a=150\, {\rm Wh/kg}=540\ \mathrm{kJ/kg}.

Om den utnyttjbara energimängden i båda bilarna är lika stor, alltså E_{ea}=E_{sa} får vi ekvationen

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

Massan för elbilens batteri blir då

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}.

Poängsättning:

• Det har uttryckts antingen med en storhetsekvation eller med ord att energierna är lika stora. (2 p.) En storhetsekvation har givits för batteriets massa (1 p.) och rätt svar har givits med två eller tre gällande siffrors noggrannhet. (2 p.)

Typiskt fel:

• Storhetsekvationerna saknas.

Cylindern påverkas av tre krafter: tyngden {\vec G}, underlagets stödkraft {\vec N} och friktion {\vec F}_{\mu}.

Poängsättning:

• Det har ritats en kraftfigur med de korrekta krafterna namngivna. (4 p.)
• Inga poäng ges för kraftfiguren om någon kraft saknas, om kraftfiguren innehåller överloppskrafter, om riktningen för någon kraft är fel eller om krafterna är indelade i komponenter som inte kan urskiljas från de riktiga krafterna. En poäng dras av från kraftfigurens poäng om krafterna verkar i fel punkter eller om kraftpilarnas längder är klart felaktiga. Friktionskraftens riktning bör vara i riktning längs med ytan. Då rullningen börjar verkar friktionen i riktningen i bilden, men i något senare skede ändrar riktningen till det motsatta.

Typiska fel:

• Stödkraften och tyngdkraften är riktade åt motsatta håll eller stödkraften är inte vinkelrät mot ytan. Det lutande planet har ritats vågrätt.

Cylindern rullar utan att glida, alltså punkten (egentligen segmentet) på cylindern som rör planet glider inte i förhållande till planet. Det är alltså fråga om vilofriktion.

Poängsättning:

• Vilofriktion har givits som svar. (2 p.)

Vi undersöker rörelsen för cylinderns massmedelpunkt i riktningen av planets normal. Massmedelpunktens avstånd från planet varierar periodiskt, alltså är massmedelpunkten i accelererad rörelse och enligt Newtons andra lag påverkas den i riktningen av planets normal av en total kraft som avviker från noll. Tyngden som påverkar cylindern är konstant, vilket betyder att stödkraften måste variera periodiskt för att accelerationen ska variera periodiskt. För varje varv har stödkraften ett lokalt maximum, när accelerationen för cylinderns massmedelpunkt uppnår sitt maximivärde, alltså massmedelpunktens hastighet bort från planet ökar som kraftigast. Ett lokalt minimivärde uppstår då accelerationen uppnår sitt minimivärde, alltså när massmedelpunktens hastighet mot planet ökar som kraftigast.

Poängsättning:

• Det har konstaterats att avståndet mellan cylinderns medelpunkt och planet varierar. (2 p.)
• Stödkraftens variation har förklarats med hjälp av Newtons II lag, massmedelpunktens accelererade rörelse och den konstanta tyngden. (3 p.)

Cylindern frigör sig från underlaget när stödkraftens minimivärde uppnår noll. Det här kan observeras i bild 10.C vid tidpunkten 1,91 s eller 1,99 s (båda godkänns).

Poängsättning:

• Som motivering har det nämnts att stödkraftens värde är 0 N (2 p.) och rätt svar har givits med två eller tre gällande siffrors noggrannhet som 1,9 s eller 2,0 s. (2 p.) Svaret 2 s, givit med en gällande siffras noggrannhet, har tolkats som fel svar.

Efter det här gör vi en linjär anpassning till slutet av hastighetsdata, och från riktningskoefficienten får vi accelerationens medelvärde

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

Accelerationen närmar sig det här värdet då fluktuationerna i hastigheten avtar när rörelsen framskrider.

Alternativt ritar vi en linjär kuvertkurva som kopplar samman de lokala maximumen eller minimumen (det första minimumet utelämnas). Medeltalet av kuvertkurvornas riktningskoefficienter ger oss också 0,39 m/s^2.

Poängsättning:

• Det har gjorts en grafisk presentation över hastigheten som funktion av tiden och visats med den hur accelerationens gränsvärde kan bestämmas. (2 p.) Rätt svar har givits med två eller tre gällande siffrors noggrannhet. (3 p.)

På bilden ser vi att grop A börjar vid punkten (1/\lambda)_{\rm min}\approx 570\,{\rm cm}^{-1} och slutar vid punkten (1/\lambda)_{\rm max}\approx 770\,{\rm cm}^{-1}. De motsvarande våglängderna är \lambda_{\rm min}=(1/770)\,{\rm cm}\approx 13\,\mu {\rm m} och \lambda_{\rm max}=(1/570)\,{\rm cm}\approx 18\,\mu {\rm m}.

Våglängdsintervallet för grop A är alltså ungefär 13–18 \,\mu {\rm m}.

Den avsaknad av intensitet som motsvaras av groparna orsakas av absorption av värmestrålning från jorden i atmosfärens gaser.

Poängsättning:

• Rätt våglängdsintervall, med ett minimum på 13–14 μm och ett maximum på 17–18 μm, har givits med en eller två gällande siffrors noggrannhet. (3 p.) Hela svaret är fel om ett av gränsvärdena är fel.
• Absorption i atmosfärens gaser har givits som förklaring. (3p.) Svaret är fel om det behandlar absorption av solens strålning.

Wiens förskjutningslag beskriver hur maximivärdet i intensitetsfördelningen beror av den strålande kroppens temperatur. I den givna Wiens förskjutningslag är f_{\max} frekvensen där intensiteten är maximal. Den här frekvensen kan beräknas från vågtalet som ger den högsta intensiteten. Enligt anpassningen är (1/\lambda)_{\rm max}\approx 580\,{\rm cm}^{-1}. Ur vågrörelsens grundekvation får vi

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

Wiens förskjutningslag kan nu skrivas i formen

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

ur vilket vi får en storhetsekvation för temperaturen

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

Genom att substituera siffervärden i ekvationen får vi

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}.

Jordens yttemperatur är ungefär 300 \mathrm{K} (ungefär 23\ ^{\circ}{\rm C}).

Poängsättning:

• Det utgår från svaret att ett värde för vågtalet som motsvarar bildens maximum har använts med rätt enheter. (2 p.) En storhetsekvation för sambandet mellan våglängden, frekvensen och ljusets hastighet har givits (2 p.), och en storhetsekvation för den efterfrågade temperaturen har lösts med hjälp av våglängden, vågtalet eller en frekvens bestämd ur vågtalet. (2 p.) Rätt svar har givits med en eller tio graders noggrannhet inom intervallet 7… 33 ˚C eller med en till tre gällande siffrors noggrannhet inom intervallet 280 …306 K. (2 p.)

Typiskt fel:

• Värdet 2000 cm^-1 används för vågtalet.

De lokala fluktuationerna i värmestrålningen som uppmätts i övre atmosfären är i första hand beroende av temperaturskillnader mellan olika regioner. Solens strålning är i genomsnitt riktad mera mot områdena omkring ekvatorn, och dess intensitet minskar i och med ökande breddgrader. Därför är exempelvis polarområdena svala och avger mindre värmestrålning än områdena nära ekvatorn.

En annan betydande faktor är växlingarna i molntäcket. Exempelvis runt ekvatorn är det i genomsnitt betydligt molnigare än vid ökenområden som till exempel Sahara och Mellanöstern. I molniga områden framhävs absorption av långvågig värmestrålning i vattenånga, vilket minskar på värmestrålningen som uppmäts i den övre atmosfären.

Poängsättning:

• Temperaturskillnaderna mellan områdena kring polerna och ekvatorn har omnämnts. (2 p.)
• Molnens betydelse (2 p.) och deras koppling till absorption (2 p.) vid en granskning av strålningen som avges från jorden har omnämnts.

Typiskt fel:

• Strålningen som kommer från solen till jorden betraktas i stället för strålningen som avges från jorden.