. Kysytty ratkaisu on siis x = 3π 4.

Transkripts

1 Matematiikka Tehtävä. a) x 2 + x 3 = 3x 6 + 2x 6 = 5x =6 x = 6 5. b) 2x 3 > 7 2x 3 > 7 x < 2 7. ( x ) 3 ( x ) 2 3 c) : = x x 2 = 3 2 x 9 8 = 3 2 x = 4 3. d) 2x 3 < < 2x 3 < 2 < 2x < 4 < x < 2. e) 9x 2 6x +=4 (3x ) 2 =4 3x =±2 3x =± 2 x = ± 2 3 { 3,}. f) Koska supementtikumia on sama sinin arvo, on sin π 4 = sin(π π 4 ) = sin 3π 4. Kysytty ratkaisu on siis x = 3π 4. Matematiikka Tehtävä 2. a) Kiven nopeus on v = 2/8 m/s =,5 m/s. Kun muut kivet ähetetään, on ensiksi ähetetty kivi ehtinyt etäisyydee,5 m/s 2 s=3 m. b) Kivi 2 tavoittaa kiveä suhteeisea nopeudea 2 m/s,5 m/s =0,5 m/s ja kivi 3 suhteeisea nopeudea,5 m/s + 0,5 m/s =2,0 m/s. Väimatkat huomioon ottaen kivi 2 tavoittaa kiven ajassa 3 m : 0,5 m/s= 6 s ja kivi 3 ajassa 9 m : 2 m/s =4,5 s. Näin oen kivi 3 tavoittaa kiven ensin. Matematiikka Tehtävä 3. a) Koska y =2x, 60 nousukuma saavutetaan kun tan 60 =2x, mistä x = 2 tan 60 = y:n arvo (korkeus) on täöin y = x 2 = 3 4 (km) Vastaava b) Lasketaan ensin pinta-aa: A = = = / 4 0 = 33 6 Tiavuus on A d = m3 = m3 ( 4 x(x 2)(x 3) x(x 3)) dx 3 2 (3x 3 9x x) dx 6 x x x 2

2 Matematik Uppgift. a) x 2 + x 3 = 3x 6 + 2x 6 = 5x =6 x = 6 5. b) 2x 3 > 7 2x 3 > 7 x < 2 7. ( x ) 3 ( x ) 2 3 c) : = x x 2 = 3 2 x 9 8 = 3 2 x = 4 3. d) 2x 3 < < 2x 3 < 2 < 2x < 4 < x < 2. e) 9x 2 6x +=4 (3x ) 2 =4 3x =±2 3x =± 2 x = ± 2 3 { 3,}. f) Eftersom sinus för kompementvinken har samma värde, är sin π 4 = sin(π π 4 ) = sin 3π 4. Den sökta ösningen är atså x = 3π 4. Matematik Uppgift 2. a) Hastigheten för sten är v = 2/8 m/s =,5 m/s. Då de andra stenarna skickas iväg har stenen som först skickades iväg nått avståndet,5 m/s 2 s=3 m. b) Sten 2 närmar sig sten med den reativa hastigheten 2 m/s,5 m/s =0,5 m/s och sten 3 med den reativa hastigheten,5 m/s + 0,5 m/s =2,0 m/s. Då avstånden beaktas når sten 2 sten efter tiden 3 m : 0,5 m/s= 6 s och sten 3 efter tiden 9 m : 2 m/s =4,5 s. Såedes är det sten 3 som når sten först. Matematik Uppgift 3. a) Eftersom y =2x, 60 nås stigningsvinken då tan 60 =2x, varur x = 2 tan 60 = värde (höjden) är då y = x 2 = 3 4 (km) Motsvarande y b) Vi bestämmer först arean: A = = = / 4 0 = 33 6 Voymen är A d = m3 = m3 ( 4 x(x 2)(x 3) ) x(x 3) dx 3 2 (3x 3 9x x) dx 6 x x x 2

3 Fysiikka Tehtävä.. [ p.] B. 2. [ p.] C. 3. [ p.] B. 4. [ p.] A. 5. [ p.] D. 6. [ p.] C. Fysik Uppgift.. [ p.] B. 2. [ p.] C. 3. [ p.] B. 4. [ p.] A. 5. [ p.] D. 6. [ p.] C.

4 Fysiikka Tehtävä 2. a) [ p.] Pääpeii Kuvapinta F pää Apupeii x 0 F apu x apu b) [2 p.] Pääpeiin pottoväi f pää = R pää /2 =, 04m/2 =5, 52m. Pottoväi on positiivinen, siä peii on kovera. Täöin pottopiste F pää sijaitsee 5,52 metriä pääpeiin keskipisteestä vasemmae. Apupeiin pottoväi f apu = R apu /2=, 360m/2 = 0, 680m. Pottoväi on negatiivinen, siä peii on kupera. Täöin pottopiste F apu sijaitsee 0,680 m apupeiin keskipisteestä vasemmae. Näin etäisyys pääpeiin keskipisteestä on 4,905 m + 0,680 m 5,585 m vasemmae. c) [3 p.] Gaussin kuvausyhtäön mukaisesti pääpeiistä kuva muodostuu seuraavasti: + =, a pää b pää f pää Koska esineenä toimivat hyvin kaukana sijaitsevat kohteet voidaan arvioida a pää =. + = b pää = f pää = R pää /2=5,52 m. b pää f pää Kuva muodostuu siis pottopisteeseen. TAI Kaukana oevasta kohteesta säteet saapuvat peiiin pääaksein suuntaisina. Nämä säteet heijastuvat pottopisteeseen ja kuva muodostuu täten pottopisteeseen. Pääpeiin muodostama kuva toimii toisen peiin esineenä. Peiien etäisyys toisistaan on 4,905 m, jooin pääpeiin kuva muodostuu 5,52 m- 4,905 m = 0,65 m etäisyydee apupeiistä. Koska kuva on apupeiin takana, on täöin kyseessä vae-esine apupeiie ja merkkisääntöjen mukaan a apu = 0,65 m. Gaussin kuvausyhtäöstä: + = b apu = f apu a apu. a apu b apu f apu a apu f apu Merkkisääntöjen mukaan kuperan peiin pottoväi on negatiivinen, joten b apu = ( 0,680m) ( 0,65m) 0,65m ( 0,680m) 6,43385m. Täöin kuva muodostuu 6,43385 m - 4,905 m,53 m pääpeiin taakse.

5 Fysik Uppgift 2. a) [ p.] Huvudspege Bidyta F huvud Hjäpspege x 0 F hjäp x hjäp b) [2 p.] Huvudspegens brännvidd f huvud = R huvud /2 =, 04m/2 =5, 52m. Brännvidden är positiv, eftersom spegen är konkav. Därmed är brännpunkten F huvud 5,52 m ti vänster om huvudspegens medepunkt. Hjäpspegens brännvidd f hjäp = R hjäp /2=, 360m/2 = 0, 680m. Brännvidden är negativ, eftersom spegen är konvex. Därmed är brännpunkten F hjäp 0,680 m ti vänster om hjäpspegen. Såedes är avståndet ti huvudspegens medepunkt 4,905 m + 0,680 m 5,585 m ti vänster. c) [3 p.] Enigt Gauss avbidningsekvation för huvudspegen skapas biden enigt: + =, a huvud b huvud f huvud Eftersom föremåen som avbidas är mycket avägsna objekt kan man uppskatta att a huvud =. + = b = f huvud = R huvud /2=5,52 m. b huvud f huvud Biden formas atså i brännpunkten. ELLER stråarna från det avägsna objektet når spegen paraet med huvudaxen. Dessa stråar refekteras ti brännpunkten och därmed formas även biden i brännpunkten. Biden som formas av huvudspegen fungerar som objekt för föjande spege. Spegarnas avstånd från varandra är 4,905 m, varvid huvudspegens bid formas på avståndet 5,52 m- 4,905 m = 0,65 m från hjäpspegen. Eftersom biden är bakom hjäpspegen handar det om ett virtuet objekt för hjäpspegen och enigt teckenkonventionen är a hjäp = 0,65 m. Ur Gauss avbidningsekvation: + = b hjäp = f hjäp a hjäp. a hjäp b hjäp f hjäp a hjäp f hjäp Enigt teckenkonventionen är brännvidden för en konvex spege negativ, varvid b hjäp = ( 0,680m) ( 0,65m) 0,65m ( 0,680m) 6,43385m. Därmed formas biden på avståndet 6,43385 m - 4,905 m,53 m bakom huvudspegen.

6 Kemia Tehtävä.. [ p.] B. 2. [ p.] D. 3. [ p.] D. 4. [ p.] C. 5. [ p.] B. 6. [ p.] D. Kemi Uppgift.. [ p.] B. 2. [ p.] D. 3. [ p.] D. 4. [ p.] C. 5. [ p.] B. 6. [ p.] D.

7 Kemia Tehtävä 2. a) [ p.] Anodireaktio: Katodireaktio: 4 b) [ p.] Oikea vastaus on kaavio. Käänteisosmoosissa vesi pakotetaan ukoisen paineen avua puoiäpäisevän kavon äpi mataamman konsentraation suuntaan. c) [2 p.] Ni(II)hydroksidin ainemäärä: n (Ni(OH) 2 ) = m M = 0,0523 g g = 0, mo 92,706 mo Stoikiometriasta nähdään, että nikkein mooimäärä on sama ei 0, mo. Tehtävänannon mukaan tämä on 55 % merivedessä oeesta nikkeistä. Veteen on siis jäänyt 45 % nikkeistä. n (Ni, käsitteyn jäkeen) = 0, mo 0,55 0,45 = 0,00466 mo c (Ni, käsitteyn jäkeen) = 0,00466 mo mo = 3, Konsentraatio (yksikkö: mo/) muutetaan pitoisuudeksi (yksikkö: μg/), jotta arvoa voidaan verrata tauukon kanssa. -7 mo 3, ,69 g μg μg 06 = 8,0599 8, μg mo g Tauukon mukaan nikkeipitoisuus saa oa korkeintaan 20 μg/, joten Sosiaai- ja terveysministeriön asetuksen mukainen pitoisuus aittuu ja aatuvaatimus täyttyy. d) [2 p.] Tauukon mukaan suurin saittu ph taousvedee on 9,5 poh = 4 - ph = 4-9,5 = 4,5 poh = - og OH - OH - = 0-4,5-5 mo = 3,6 0 Hydroksidi-ionien ainemäärä, kun tiavuus on 500 : n (OH - -5 mo ) = c V = 3, = 0, mo Natriumhydroksidin massa: n (OH ) = n (NaOH) m (NaOH) = n M = 0, mo 39,997 g =,8972 g,90 g mo

8 Kemi Uppgift 2. a) [ p.] Anodreaktion: Katodreaktion: 4 b) [ p.] Det rätta svaret är schema. I omvänd osmos tvingas vatten genom det semipermeaba membranet med hjäp av det yttre trycket ti sidan med ägre koncentration. c) [2 p.] Ämnesmängden för Ni(II)hydroxid: n (Ni(OH) 2 ) = m M = 0,0523 g g = 0, mo 92,706 mo Ur stökiometrin ser man, att momängden för nicke är samma, dvs. 0, mo. Enigt uppgiften är det här 55 % av nicke som fanns i havsvatten. Det finns atså 45 % nicke kvar i vattnet. n (Ni, efter behanding) = 0, mo 0,55 0,45 = 0,00466 mo c (Ni, efter behanding) = 0,00466 mo mo = 3, Koncentration (enhet mo/) omvandas ti (enhet (μg/) för att kunna jämföra värdet med tabe. -7 mo 3, ,69 g μg μg 06 = 8,0599 8, μg mo g Enigt tabeen kan nickehaten vara högst 20 μg/, dvs. haten enigt Socia- och häsovårdsministeriets förordning underskrids och kvaitetskravet uppfys. d) [2 p.] Enigt tabe är högsta tiåtna ph för hushåsvatten 9,5 poh = 4 - ph = 4-9,5 = 4,5 poh = - og OH - OH - = 0-4,5-5 mo = 3,6 0 Ämnesmängden för hydroxidjoner när voymen är 500 : n (OH - -5 mo ) = c V = 3, = 0, mo Massa för natriumhydroxid: n (OH ) = n (NaOH) m (NaOH) = n M = 0, mo 39,997 g =,8972 g,90 g mo

9 Ongemanratkaisu Tehtävä.. [ p.] C. 2. [ p.] C. 3. [ p.] B. 4. [ p.] D. 5. [ p.] A. 6. [ p.] D. Probemösning Uppgift.. [ p.] C. 2. [ p.] C. 3. [ p.] B. 4. [ p.] D. 5. [ p.] A. 6. [ p.] D.

10 Ongemanratkaisu Tehtävä 2. a) [2 p.] Lähdetään iikkeee ajanhetkestä t = 0. Oetuksen (O) mukaan joukossa I on yksi henkiö. Merkitään joukon I kokoa #I =. Koska oput ovat attiita, on #S = 0- = 9 ja #R = 0. Siirrytään ajanhetkeen t =. Oetuksen (O4) mukaan yksi sairastunut kohtaa 2 atista, joista toinen sairastuu väittömästi. Niinpä ajanhetkeä t = joukkojen koot ovat #S = 9- = 8, #I = + = 2 ja #R = 0. Ajanhetkeä t = 2 kaksi sairastunutta kohtaa 4 atista, joista puoet (ei 2) sairastuu. Näin oen joukkojen koot ovat #S = 8-2 = 6, #I = 2+2 = 4 ja #R = 0. Oetuksen (O2) mukaan ensimmäinen sairastunut (potias 0) on jo parantunut ajanhetkeä t = 3, jooin #R =. Lisäksi 3 myöhemmin sairastunutta kohtaa 6 atista, joista puoet (ei 3) sairastuu. Näin oen saadaan #I = 4-+3 = 6 ja #S = 6-3 = 3. b) [2 p.] Jatkamaa kuten a)-kohdassa voidaan kuvata koko epidemian kuku esimerkiksi tauukon avua. Joukkoihin S, I ja R kuuuvien henkiöiden isäksi tuee pitää kirjaa kunkin ajanhetken uusien tautitapausten ukumäärästä, jotta voidaan pääteä kuakin ajanhetkeä parantuvien ukumäärä. Saadaan tauukko: Ajanhetki t = 0 t = t = 2 t = 3 t = 4 t = 5 t = 6 t = 7 t = 8 #S #I #R uudet tautitapaukset Tauukosta käy imi, että epidemian huippu saavutetaan ajanhetkeä t = 4, koska tuooin joukko I saavuttaa maksiminsa. Ajanhetkeä t = 8 ei oe enää sairastuneita. Oetusten (O3) ja (O4) mukaisesti uusia tautitapauksia ei voi enää täöin imetä, joten epidemian voidaan todeta oevan ohi ajanhetkeä t = 8. c) [2 p.] Aineistossa esitetty mai on todea yksinkertaistettu kuvaus epidemian kuusta eikä se huomioi reaaimaaiman monimuotoisuutta. Siti maissa on epidemian kuun kannata oennaisia piirteitä. Vaikka tässä sitä ei edeytetäkään, kannattaa pohtia, miten puutteiden korjaaminen otettaisiin askennaisesti huomioon. Aa on esitetty esimerkkejä aineiston oetusten puutteista. Oetuksen (O2) puute: Aineiston oetus (O2) ei aina pidä paikkaansa, siä parantumisaika voi vaihdea. Oetuksen tuisi huomioida parantumisajan satunnaisuonne, jooin epidemian mainnettuun kukuun tuisi vastaavasti todeisen epidemian kukuun kuuuvaa satunnaisuutta. Oetuksen (O3) puutteita: Aineiston oetus (O3) ei aina pidä paikkaansa, siä () parantuminen ei vättämättä anna immuniteettia, (2) immuniteetti voi oa osittainen ei parantunut voi sairastua uudeeen, mutta pienemmää todennäköisyydeä, tai (3) immuniteetti voi kestää vain rajatun ajan.

11 Oetuksen (O4) puutteita: Aineiston oetus (O4) ei aina pidä paikkaansa, siä () kaikki eivät vättämättä tapaa samaa määrää ihmisiä, (2) se ei sisää mahdoisuutta, että sairastuneet voidaan asettaa mahdoisimman pian karanteeniin, (3) sairastuminen ja oireet voivat tua viiveeä, tai (4) sairauden tarttuvuus voi vaihdea yksiöiden väiä.

12 Probemösning Uppgift 2. a) [2 p.] Vi startar vid tidpunkten t = 0. Enigt antagande (A) finns det en person i grupp I. Vi benämner gruppens I storek #I =. Eftersom de resterande är mottagiga är #S = 0- = 9 och #R = 0. Vi förfyttar oss ti tidpunkten t =. Enigt antagande (A4) möter en insjuknad 2 mottagiga varav en insjuknar omedebart. Vid tidpunkten t = är såedes gruppernas storek #S = 9- = 8, #I = + = 2 och #R = 0. Vid tidpunkten t = 2 möter två insjuknade 4 mottagiga varav häften (dvs. 2) insjuknar. Det gör att gruppernas storek är #S = 8-2 = 6, #I = 2+2 = 4 och #R = 0. Enigt antagande (A2) har den första insjuknade (patient 0) redan bivit frisk vid tidpunkt t = 3 viket betyder att #R =. Dessutom har 3 senare insjuknade mött 6 mottagiga varav häften (atså 3) bivit sjuka. Det ger oss #I = 4-+3 = 6 och #S = 6-3 = 3. b) [2 p.] Genom att fortsätta som i punkt a) kan vi beskriva hea epidemins föropp t.ex. med hjäp av en tabe. Förutom vika personer som hör ti grupperna S, I och R bör vi anteckna antaet nya sjukdomsfa för varje tidpunkt. På så sätt kan vi dra sutsatser om hur många som tifrisknat vid varje tidpunkt. Vi får tabeen: Tidpunkt t = 0 t = t = 2 t = 3 t = 4 t = 5 t = 6 t = 7 t = 8 #S #I #R nya sjukdomsfa Tabeen visar att epidemins topp uppnås vid tidpunkten t = 4 eftersom grupp I då uppnår sitt maximum. Vid tidpunkt t = 8 finns det inte ängre några insjuknade. Enigt antagande (A3) och (A4) kan det då inte förekomma nya sjukdomsfa, viket betyder att vi kan konstatera att epidemin är över vid tidpunkt t = 8. c) [2 p.] Modeen som presenteras i materiaet ger en mycket förenkad beskrivning av föroppet vid en epidemi och tas inte i beaktande det verkiga ivets mångsidighet. Trots det har modeen centraa drag av en epidemis föropp. Även om det inte förutsätts här, önar det sig att fundera på hur man beräkningsmässigt kunde ta korrigeringen av bristerna i beaktande. Nedan har vi presenterat exempe på bristerna i materiaets antaganden. Brist i antagande (A2): Materiaets antagande (A2) stämmer inte atid, eftersom tifriskningstiden kan variera. Antagandet borde beakta tifriskningstidens sumpmässiga natur för att modeeringen av epidemins föropp skue stämma överens med den sumpmässighet som hör ti föroppet i en verkig epidemi. Brist i antagande (A3): Materiaets antagande (A3) stämmer inte atid eftersom () tifrisknande inte nödvändigtvis ger immunitet (2) immunitet kan vara devis, dvs. en tifrisknad kan insjukna igen, men med mindre sannoikhet eer (3) immunitet kan vara endast en begränsad tid.

13 Brist i antagande (A4): Materiaets antagande (A4) stämmer inte atid eftersom () aa inte nödvändigtvis möter samma anta människor, (2) det innehåer inte möjigheten att insjuknade kan sättas så fort som möjigt i karantän, (3) sjukdomen och symtomen kan komma med en viss fördröjning eer (4) det kan variera mean oika individer hur smittsam sjukdomen är.