Løsningsforslag til ukeoppgave 2

Transkript

1 Oppgaver FYS1001 Vår Løsningsforslag til ukeoppgave 2 Oppgave 2.15 a) F = ma a = F/m = 2m/s 2 b) Vi bruker v = v 0 + at og får v = 16 m/s c) s = v 0 t + 1/2at 2 gir s = 64 m Oppgave 2.19 a) a = F/M M = m lok + m v1 + m v2 a = 3, 4 m/s 2 b) F = ma = 27, 5 kn Oppgave 2.22 Vi har m = 25 g, k = 80 N/m og x = 10 cm. Husk SI-enheter! a) F = kx = 8 N b) a = F/m = 320 m/s 2 Oppgave 2.28 a) b) Når legemet har oppnådd terminalfarten er luftmotstanden lik tyngdekraften: R l = F = mg = 59 N c) v = R l /k = 14 m/s Oppgave a) k = F/x er det samme som stigningstallet i grafen. 800 N eller 0,8 kn. b) a = F/m, for x = 0, 20 m er F = 160 N og a = 20 m/s 2.

2 Oppgaver FYS1001 Vår Oppgave Vi har v = 50 km/h 14 m/s og µ = 0, 50. Akselerasjonen gis av Newtons 2. lov: F = ma Her har vi at F = R, som gir R = ma Vi vet også at R = µn der N = mg Altså er µmg = ma og akselerasjonen blir a = µg. Vi vet også at 2as = v 2 v 2 0, der v = 0 Da blir s = v 2 0/2a = v 2 0/2µg = 20 m Oppgave 7.06 Husk å tegne kreftene! a) m = 2, 6 kg Akselerasjonen etter at kloss B har truffet bordet: a etter = 1, 2 m/s 2 Det vil si at klossen bremser. Friksjonskraften R = ma etter Normalkraften N = G = mg Friksjonstallet µ = R/N = 0, 12 b) Den sammenlagte kraften er F = S + R = ma før a før = 0, 4 m/s 2 S = ma før R = 4, 2 N Oppgave 7.15 m = 1, 5 kg, r = 1, 2 m, F = 40 N F = ma a = F/m a = v 2 /r v = ar O = 2πr Loddet snurrer v/o omdreininger per sekund. På et minutt snurrer det v/o 60 omdreininger Det snurrer med 45 rpm Oppgave 7.17 a) Tegn figur! Vi har m = 0, 20 kg, v = 80 km/h = 22, 22 m/s, α = 22 b) I vertikal retning: Fy = ma y a y = 0

3 Oppgaver FYS1001 Vår Det gir S y G = 0 S v = Scos22 og G = Scos22 som gir S = G/cos22 = 2, 1 N c) For akselerasjonen i horisontal retning er det kun snorkraften i x-retning som spiller rolle: F = ma x = S x = Ssin22 a x = Ssin22 /m. Dette er samme akselerasjon som bilens og vi vet at a = v 2 /r og r = v 2 /a = 0, 12 km. Oppgave 7.19 m = 0, 5 kg, r = 1, 2 m, G = mg, F = ma = S G a) Vi har at E = E 0 og v 0 = 0, h = 0 og h0 = r = 1, 2 m. mgh + 1/2mv 2 /r = mgh 0 + 1/2mv0/r 2 1/2mv 2 /r = mgh 0 og v = 2gh 0 a = v 2 /r v = 4, 9 m/s; a = 20 m/s 2 b) F = ma = S G S = F + G = 15 N Oppgave 7.20 m = 50 g = 0, 050 kg, r = 12 cm = 0, 12 m og v0 = 3, 1 m/s (i bunnen av loopen) a) Vi legger nullnivå for potensiell energi i bunnen av loopen. I øverste punkt er høyden h = 2r = 0, 24 m og vi kaller farten der for v. Bevaring av energi: vi løser denne likninga for v og finner mgh mv2 = 1 2 mv2 0 som gir v = v 2 = v 2 0 2gh (1) v 2 0 2gh = 2, 2138 m/s Krafta på bilen fra underlaget finner vi ved Newtons 2. lov. Begge kreftene på bilen peker nedover N = m v2 r N + G = m v2 r mg = 1, 6 N (2)

4 Oppgaver FYS1001 Vår b) Bilen mister kontakt med banen dersom normalkraften blir null. Likning (2) gir da v 2 min = g eller vmin 2 = rg r Dette kan vi sette inn i likning (1) og vi får v 0,min = 5rg = 2, 4 m/s c) Vi bruker igjen bevaring av mekanisk energi. Nullnivå på bunnen av loopen. Høyden h 0 (starthøyden) er ukjent. Startfarten er null og vi får mgh 0 = 1 2 mv2 0,min og dermed h 0 = v2 0,min 2g = 30 cm. Oppgave a) Terminalfarten nås når akselerasjonen og dermed summen av kreftene er null: F = kv 2 = G = mg Det gir v = mg/k = 9, 5 m/s b) Vinkelen er α = 34. Summen av kreftene i y-retning er Fy = S y G = 0 S y = G S y = Scosα S = G/cosα. I x-retning har vi at Fx = S x F luft = 0 og S x = Ssinα = F luft, Da får vi v luft = F luft /k = 7, 8 m/s Oppgave 1 Vi må anta at kulene beholder i hvert fall noe av farta når de passerer hjørnene. Da har kula som går CD størst akselerasjon i starten siden C er brattere enn A. Det betyr at den får stor fart over en lengre del av banen, og dermed kommer CD før AB. Oppgave 2 a)

5 Oppgaver FYS1001 Vår Kloss B er påvirket av både trekkraften F og snorkraften S, mens kloss A kun er påvirket av snorkraften. Når vi ser bort fra massen til snoren, er snorkreftene på kloss A og B like store, men motsatt rettet. b) Akselerasjonen finner vi enklest ved å se på det samlede systemet av de to klossene, med masse M = m A + m B. Trekkraften F = 12 N er da den eneste ytre kraften, slik at F = Ma fra Newtons 2. lov. Akselerasjonen blir dermed a = F/m = 2, 4 m/s 2. c) Snorkraften S finner vi ved å bruke Newtons 2. lov på én av klossene. Vi kan velge hvilken av klossene vi ser på. Velger vi kloss B, er summen av kreftene ΣF B = F S = m B a = 7, 2 N. som gir snorkraften S = F ΣF b = 4, 8 N. Som en kontroll sjekker vi at vi får samme svar ved å se på kloss A. Da er snorkraften den eneste vannrette kraften, dvs ΣF A = S = m A a = 4, 8 N. Oppgave 3 Figur C. Tyngdekraft og normalkraft er like store og motsatt rettet slik at det ikke er noen vertikal akselerasjon. Friksjonskrafta fra lasteplanet peker i akselerasjonsretninga. Oppgave 4 Vekta viser normalkrafta fra underlaget delt med g. I ro er den N 1 = G = mg = 54, 5 kg 9, 81 m/s 2 = 535 N Siden vekta viser mindre i figur 2 må heisen starte nedover og normalkrafta er N 2 =.52, 5 kg 9, 81 m/s 2 = 515 N. Med positiv retning nedover får vi G N 2 = ma som betyr at akselerasjonen er a = G N = 0, 36 m/s2 m Denne akselerasjonen varer i 5,0 s. Farten blir derfor v = at = 1, 8 m/s. Oppgave 5 Snordraget blir null. Oppgave 6 k = Y A/L og F = mg = kx Vi løser for x: x = mg/(y A/L) = 2, 1 cm Oppgave 7

6 Oppgaver FYS1001 Vår a) Fordi både romskipet og vi er i fritt fall mot jorda. Tyngdefraften virker på begge, men siden akselerasjonen er lik er det ikke noen normalkraft hvis vi står på gulvet. b) Opp blir inn mot sentrum, ned blir bort fra sentrum. c) Hvis v er farten til en person som står på ytterveggen av sylinderen og r = 250 m er radien, må vi ha Omløpstida blir v 2 r = g eller v = gr = 49, 5 m/s T = 2πr v = 31, 7 s