Løsningsforslag, eksamen FY desember 2017

Transkript

1 1 Løsninsforsla, eksamen FY desember områder av t = 4 s, a konstant i hvert omrde. 1 : a 1 = 0; v 0 = 5m/s = x 1 = v 0 t; v 1 = v 0 : a = v/ t = 1.5 m/s = x = x 1 + v 1 t + a t = v 0 t + a t ; v = v 0 + a t 3 : a 3 =.5 m/s = x 3 = x + v t + a 3 t = 3 v 0 t + 3a t + a 3 t = m = 70 m. SVAR: D v x0 = v cos α; v y0 = v sin α; v y = v y0 + t; y = v y0 t + t t + v y0t y t = v y0 ± v y0 +y Veler løsnin med t > 0: x = v x0 t = v cos α v sin α + y v sin α 9 m SVAR:C 3 F tot = m tot a x F B = m B a x F B = mv m tot F tot = 60 N. SVAR: A 4 Normalkreftene som virker i kontaktpunktet mellom stenene i støtet er slik at N 1 = N 1 vil være rettet opp mot venstre. Sten 1 har dessuten dreieimpuls, så det vil oså virke friksjonskrefter i støtet, f1 = f 1. For sten 1 vil denne være rettet nedover mot venstre, tanensielt ut fra kontaktpunktet. Totalt vil dermed summen av kontaktkreftene som virker i støtet være rettet mot venstre for sten 1, i en retnin som lier mellom de to kraftkomponentene i støtet, N1 o f 1, o tilsvarene motsatt rettet på sten. Det er kun fiuren i svar A som er et muli alternativ. SVAR A 5 N1: F = N + ky mŷ = 0 N = m ky = 51.1 N. SVAR C 6 N1 o dekomponerin ir y : m cos θ N = 0 x : m sin θ f s = m sin θ µ s m cos θ = 0 µ s tan θ θ arctan µ s Eneribevarin ir: U = 3mh = K = 1 4mv v = 3h. 8 Siden støtet er uelastisk, er kun p bevart. Fr støt: E bevart mv f = ml v f = L Støt: mv f = 3mv e v e = v f /3 Etter støt: E bevart 3mv e = 3mh h = v e = L 18 = L 9. SVAR E 9 La avstandsvektoren fra pkt A til de to henende massene være R 1 o R for hhv venstre o høyre masse. Den totale dreieimpulsen om A blir: LA = I 0 ω + m R 1 v 1 + R v = mr v r + mrv + rvˆω L A = 1 mrv + 4mrv = 5 mrv. SVAR C.

2 10 N ir: F = maˆx = S mŷ ma = Sx = Ssinθ = m a + sinθ, hvor θ er utslasvinkelen a i forhold til loddlinja. Vi finner: sin θ = θ = 14.3, med klokka ut fra loddlinja, altså mot fartsretninen. SVAR C. +a 11 Alle krefter virker i vertikalretninen. Oppdriftskrafta F o = ρ v V k = ρvv k M M = ρvv k V k M = M ρv. N ir: F = May ŷ = G F o f l Ma y = M1 ρ v bv dv dt = 1 ρ v/ bv/m dv 1 ρ v / bv/m = dt Setter u = 1 ρ v / bv/m du = b M dv inn for v, dv i diff.linina overfor, o får: 1 ρv/ρk bv/m du u = b t dt ln 1 ρ v/ bv/m = bt/m M 0 1 ρ v / 1 ρ v/ bv M = 1 ρ v exp bt/m 1 ρ v = 1 ρ v exp bt/m 1. Svar D. vt = M b 1 ρ v 1 exp bt/m 1 Konstant vinkelakselerasjon, så ω 1 = αt 1, o φ 1 = 10 π = 1 αt 1. Videre m ω =.5ω 1 = αt = α.5t 1. Dermed: φ = 1 αt =.5 1 αt 1 = 6.5 φ 1, o φ = φ φ 1 = 5.5 phi 1 = 5.5 π. SVAR C 13 N: F = m tot a = ma = m a = /. SVAR C. 14 N: F = m tot a = ma = m f, o N-rot: τ = fr = Iα = Ia/R = /5mRa f = /5ma. m Setter inn resultatet for f i linina fra N, o får: a =.. m1+1/5 = N: F = m tot a = ma = m f = m µn = m1 µ = 0.9m a = 0.9/ = Siden det er ren rullin i oppave 14, er den totale mekaniske enerien bevart om vi kan se bort fra rullefriksjon. Vi fr K tot = K rot + K trans = 1 I 0ω + 1 mv = 1 5 mr v /r + mv = 1 5 mv + mv = 6 5 mv, s rotasjonsandelen blir K rot /K tot = 1/5 6/5 = 1/6. SVAR A. 17 Har K = ke /r = 1/mv v = ke /mr o L = n h = mvr v = n h/mr. Dermed får vi: r = n h/e km 1 = n r 0. r r 1 = 4..

3 3 18 L τ I fiuren til høyre vises propellens dreieimpuls L, samt dreiemoment τ rettet ut av fiurplanet forårsaket av krafta, F, som må til for å svine flyet til venstre. Fra N-rot har vi τ = d Ldt, så venstresvinninen ir et løft på snuten av flyet, m.a.o. stinin.. r F 19 Impulsbevarin: p f = 0 = p e mv = 4mv 4 v = 4v 4. Eneribev.: U = K tot = 1 mv + 4mv 4 = 1 m4v 4 + 4mv 4 = mv = K m + K 4m. Dermed fås: K m /K tot = 4/5 K 4m /K tot = 1/5. SVAR E. 0 U = mh for alle tre. Leeme nr. o 3 er kun utsatt for statisk friksjon, o mister dermed inen mekanisk eneri. Siden K = K rot + K trans o K trans er størst for leeme nr. 3, må I 3 < I. Uansett, K = K 3. Leeme nr. 1 er utsatt for kinematisk friksjon, så her år det mekanisk eneri tapt til varme i underlaet. Ero må K 1 < K = K 3. Vi kan oså se at K trans må være lik for leeme 1 o, men siden leeme 1 ikke har noe rotasjonsbidra vil klossen ha lavere total kinetisk eneri enn leeme nr.. SVAR A. 1 Dreieimpulsbevarin: L 0 = I 0 ω 0 = I 1 ω 1 = L 1 ω 1 = I 0 I 1 ω 0 = mr 6mr ω 0 = ω 0 /3.. ω 0 = k/m = 1 s 1. Startbet: xt = 0 = x 0 = A sin φ A = x 0 sin φ vt = 0 = Aω 0 cos φ = x 0 ω 0 cot φ = v 0 tan φ = x 0ω = = 1 v 0 6 φ = 3π 4 + π n A = x 0 / sin φ = 0.5 / = 1/. SVAR E. 3 N-rot: τ = I θ = Dθ θ + ω 0θ = 0 ω 0 = D/I 0 I 0 = D ω 0 = D T 4π = 0.065km

4 4 4 I0 = 1 I 0 I 0 [ I ] I D + T = D D T D + 1 T 4 T. Vi lar T = t/n der t er måletiden o n er antall svinniner, o får dermed: T T = 1 [ T ] T T t + n = t t n t + n n. Dermed: I 0 I 0 = D D t t + n n Med tidsmidlin: Man kan mer eller mindre direkte bruke de uttrykkene som står i formelvedleet for midlere eneritetthet i bøler, f.eks. på en stren, o huske at hvert pkt lans strenen er en harmonisk oscillator. Det ir: Tidsmiddel blir: hvor c 1 er en konstant. ɛ = Ē x E T = Ē = ɛx = 1 mω A t, hvorat = A 0 exp γt. T t+t A = T A t 0 exp γdt = A 0c 1 exp γt, dt t+t t E E 0 = 1/mω c 1 A 0 exp γt 1/mω c 1 A 0 = exp γt t = 1 E γ ln = m e ln0.01 4ns E 0 b Kan os finnes uten å bruke formelsamlin. Svineeneri: Et = 1 kxt + 1 dxt m = 1 dt A exp γt k sin ωt + φ + mω cos ωt + φ = 1 ka exp γt Resten blir som over. 6 T = π/ω = π/ k/m 3.36 s. SVAR E 7 k = π λ 8.16m 1, ω = πf 747.7s 1, k ˆx yx, t = sin8.16x t. SVAR C 8 v y = y t = Aω coskx + ωt maxv y = Aω 9.7 m/s. SVAR A

5 5 9 v = ω/k = S/µ µ = Sk ω 6 /m. 30 Ir = I 0 /Ar, o for en sfærisk bøle er Ar = 4πr, så Ir = 1m = I 0 /4π. Dermed fås: Ir = 100m = Ir = 1m/r = W/m. SVAR E 31 Med v u o v t som hastihetene til ubåt o torpedo, o med f u, f r, o f m som frekvensene utsendt fra ubåt, reflektert fra torpedo o mottatt ijen i ubåt, får vi: f m = v + v u f r = v + v u v + v t fm v v u fm v v u f u v t + 1 = v 1 v v t v v t v v u f u v + v u f u v + v u v t = v fm v v u fu v+v u 1 95 km/h fm fu v v u v+v u Intensitetsmaksima konstruktiv interferens når faseforskjellen mellom bølene φ = πn. Kun det romlie arumentet i bølefunksjonen er av interesse vi antar at ωt-arumentet er likt for bee bølene. Vi får: k A r A k B r B = kr A r B = kx + 100λ 1/ kx = πn x + 100λ 1/ x = πn k = nλ x + 100λ = n λ + nλx + x nλx = 100 n λ x = λ n Setter inn for stiende n-verdier, o finner: 100 n. n = 1 x = 49.5 n = x = 4 n = 3 x = n = 4 x = 10.5 n = 5 x = n = 8 x =.5 33 SVAR C v = ωk 1 = S/µ ω = S/µk ds Sµ S = Sk dω = dω ds = k Sµ ds = Sµ dω k µ dω = dω Sk ω =

6 6 34 = GM r ; p = GM/ r /4 = GM r =. 35 UR = GMm ; KR = 1 R mv = 1 mrv R = 1 mra = 1 mr = 1 mrgm R ER = UR + KR = 1 GMm UR = R. = 1 UR 36 Hastihetsvektorene står normalt på baneradiene i de to skjærinspunktene. Bevarin av banedreieimpuls ir kan oså bruke eneribevarin: SVAR A mr 1 v 1 = mr v v 1 = r K 1 r = = 1 v r 1 K r Siden vi er utenfor på randen av massefordelinen, blir som om all masses var samlet i orio, : = GM R = Gρ 0 4πR 3 3R = 4π 3 Gρ 0R 4.8ms. Oppaven kan oså løses mer tunvindt ved å bruke den empiriske tetthetsfordelina, o interere opp all massen, R M = ρdv = ρr4πr dr =... V 0 38 p = γ mv = 4γ 1 mv 1 = 4p 1 v γ 1 = 16 v 1 γ v 1 v 1 c = 16v 1 1 v c vc v1 + 16v1 = 16v1c v = 16 c + 15v1 = 16 c 5 c /5 c. Siste ledd over fremkommer ved å sette inn for v 1 = c/5. Dermed får vi: SVAR C v = v c = 10 c 0.63c. c 39 Kan bruke tidsdilatasjon, eller sette rett inn i Lorentztransf. Det siste alternativet ir: t = γ t + v c x t = γ t = tidsdilatasjon.

7 7 v = c 1 1 γ = t t t = c t 1 v c = t t c 16 40Impuls o totaleneri bevart. Eliminerer nå p 3 o p 1 ved å bruke: E 1 + m c = E 3 = p 3 c + m 3 c p 1 = p 3. p 3c = p 1c 3 = E 1 m 1c 4. Kvadrerer linina for eneribevarin, o erstatter impulsene vha uttrykket over: E 1 + m c = E 1 m 1c 4 + m 3c 4 E 1 m c + m c 4 = m 3 m 1c 4 [m E 1 = K 1 + m 1 c = m 3 m 1 m c 3 K 1 = m 1 + m ] c m m