Løsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 19/3 2018

Transkript

1 Løsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 19/ Oppgave 1 Figuren viser kreftene som virker på kassa når den ligger på lasteplanet og lastebilen akselererer fremover. Newtons 1. lov gir at N = G = mg. Den maksimale statiske friksjonen R maks er gitt av R maks = µ s N og Newtons 2. lov gir for summen av krefter i x-retning Fx = R = ma der a er akselerasjonen til både kassa og lastebilen når kassa ikke sklir. Den maksimale akselerasjonen som lastebilen kan ha før kassa sklir blir dermed a maks = R maks m = µ sn m = µ smg m = µ sg = 0, 45 9, 81 m/ s 2 = 4, 41 m/ s 2 Oppgave 2 1

2 Hooke s lov angir hvor mye en fjær strekker seg, x, når den blir utsatt for en kraft F, som følger: F = k x der k er fjærkonstanten. Vi har at ved en kraft F 1 = m 1 g, der m 1 = 23 g, blir fjæra strukket x 1 = 1, 3 cm. Da blir fjærkonstanten k = F 1 x 1 = m 1g x 1 Nå ønsker vi å finne hvor mye fjæra strekker seg, x 2, når den blir utsatt for en kraft F 2 = m 2 g der m 2 = 152 g. Da kan vi løse for x 2 og sette inn for k: x 2 = F 2 k = m 2g x 1 m 1 g m 2 = x 1 = 1, 3 cm 152 g m 1 23 g = 8, 6 cm Oppgave 3 Riktig svar er D. Siden bilen akselererer inn mot sentrum av svingen, må også friksjonskraften, som er den eneste kraften i x-retning, peke inn mot sentrum i sirkelen. Siden friksjonstallet er 0,5, blir friksjonskraften halvparten så stor som normalkraften, slik at vi må velge D istedenfor B. Oppgave 4 Når du har klemt sammen tanga er det ingen rotasjon, slik at summen av kraftmoment må være 0. Om vi velger hengselen i tanga som rotasjonspunkt, får vi kraftmomentet F 11 cm fra krafta du klemmer med, og kraftmomentet F tang 2, 0 cm fra krafta som tanga klemmer med. For at disse skal være like store, må tanga klemme med en kraft F tang = F 11 cm 2, 0 cm = 300 N 11 cm 2, 0 cm 2 = 1700 N = 1, 7 kn

3 Oppgave 5 Vi bruker bevegelseslikningen for konstant akselerasjon: s = v 0 t at2 I vårt tilfelle er utgangshastigheten v 0 = 12 m/s rettet oppover, mens akselerasjonen er tyngdeakselerasjonen g = 9, 81 m/s 2, rettet nedover. Når ballen er tilbake til den høyden den ble kastet fra er s = 0. Dette gir t = 2v 0 g 0 = v 0 t 1 2 gt m/ s = 9, 81 m/ s = 2, 4 s 2 Oppgave 6 Her bruker vi energibevaring. Idet du forlater stupebrettet har du en potensiell energi på E p = mgh der h = 10 m. Når du treffer vannet er h = 0, slik at den potensielle energien er 0, og all den potensielle energien fra toppen av hoppet er blitt omdannet til kinetisk energi, E k = 1 2 mv2. Farten når du treffer vannet blir derfor 1 2 mv2 = mgh v = 2gh = 2 9, 81 m/ s 2 10 m = 14 m/ s Oppgave 7 Se forrige oppgave: Uten luftmotstand ville farten din idet du traff vannet ha vært 14 m/s. Nå får du en lavere fart fordi luftmotstanden har gjort et negativt arbeid, W, på deg. Energibevaring gir E k + W = E p 3

4 W = E p E k = mgh 1 2 mv2 = 63 kg 9, 81 m/ s 2 10 m kg (11 m/ s)2 = 2, 4 kj Oppgave 8 A Oppgave 9 C Oppgave 10 Når heisen akselererer oppover, akselererer også personen på vekta. Figuren viser hvilke krefter som virker på personen. Vekta viser forholdet mellom normalkraften N og tyngdeakselerasjonen g, N/g, som gir den korrekte verdien for personens vekt når akselerasjonen er 0: Da er N = G = mg slik at N/g = m. Når heisen øker farten fra 0 til 2 m/s på 2 sekunder med konstant akselerasjon er a = 1 m/ s 2. 4

5 Når personen akselererer gir Newtons 2. lov at Fy = ma = ma g N G = ma N g = ma g + G g + mg g = m(a g + 1) = 80 kg ( 1 m/ s 2 + 1) = 88 kg 9, 81 m/ s2 Oppgave 11 Når loddet henger i luft virker tyngdekraften G nedover og fjærkraften K oppover. Newtons 1. lov gjør at disse to må være like store, slik at vi vet at G = mg = 0, 8 N. Når loddet er nedsenket i vann virker fortsatt tyngdekraften G = 0, 8 N nedover, men nå virker det en oppdrift O oppover i tillegg til fjærkraften. Newtons 1. lov gir at K + O = G eller at fjærkraften K = G O. Oppdriften er gitt ved O = ρ v V g der V er volumet til loddet, som vi kan finne fra loddets massetetthet: V = m ρ L = 5 G ρ L g

6 Dette gir oss K = G ρ v V g G K = G ρ v ρ L g g K = G(1 ρ v 1000 kg/ m3 = 0, 8 N (1 ρ L 4000 kg/ m ) = 0, 6 N 3 Oppgave 12 Riktig svar er B. Farten på vannet gis av Hagen-Poisseuille-loven, og er proporsjonal med radius på røret opphøyd i 4. Derfor får en økning av dørdiameteren mye større effekt enn å endre de andre størrelsene. Oppgave 13 For at trykket i kvikksølvet ved samme høyde på hver side av røret skal være det samme, som det må være fordi væsken er i ro, må vi ha at p G = p 0 + ρ Hg gh Derfor blir høydeforskjellen på de to sidene h = p G p 0 ρ Hg g = 110 kpa 101 kpa = 67 mm 13, kg/ m 3 9, 81 m/ s2 Oppgave 14 Til en halv liter kaffe trenger du en halv liter vann, som er det samme som m = 0, 5 kg vann. Først må du bruke energi på å smelte 0,5 kg snø: 6

7 Q smelte = l snø vann m = 334 kj/ kg 0, 5 kg = 167 kj Så må smeltevarmet varmes opp fra 0 til 100 C: Q oppvarming = c vann m T = 4, 2 kj/ kg K 0, 5 kg 100 K = 210kJ Til sammen må du bruke 167 kj kj = 377 kj. Oppgave 15 Riktig svar er A. Temperaturen er ikke konstant i en adiabatisk prosess. Oppgave 16 Systemet utfører positivt arbeid på omgivelsene i de prosessene der volumet øker, altså 2-3 og 3-4. Oppgave 17 Virkningsgraden til denne varmemaskinen er gitt av Carnovirkningsgraden, som er η C = 1 T L (273, ) K = 1 = 0, 44 T H (273, ) K Virkningsgraden angir også forholdet mellom arbeidet maskinen leverer og varmen som blir tilført systemet, η = W Q H Derfor får vi at varmen som blir tilført systemet er Q H = W η C = 100 J 0, 44 = 227 J 7

8 Oppgave 18 Utstrålingstettheten fra en overflate med temperatur T og emissivitet ɛ er gitt av Stefan-Boltzmanns lov: M = σɛt 4 der σ er stefan-boltzmann-konstanten, σ = 5, W/(m 2 K 4 ). Utstrålt effekt blir P = MA, der A er arealet som utstrålingen skjer fra. Forskjellen i utstrålt effekt fra naken hud med T hud = 30 C sammenlignet med en genser med T genser = 22 C blir derfor P = σɛ(t hud T genser ) = 5, W/( m 2 K 4 ) 0, 97 ((273, 15 K+30 K) 4 (273, 15 K+22 K) 4 ) = 47 W Kroppen må produsere 47 W ekstra varme for at du skal holde deg varm uten genser. Oppgave 19 Forholdet mellom bølgelengde ved maksimal utstråling, λ topp, og temperatur T, er gitt av Wiens forskyvningslov: der a = m K. Solas temperatur er derfor T sol = λ topp = a T a = m K λ topp,sol m = 5754 K En stjerne som er 1000 K varmere enn sola vil ha maksimal utstråling ved bølgelengden 8

9 λ topp,stjerne = m K 6754 K = 429 nm Oppgave 20 Varmetapet gjennom ytterveggen er H vegg = UA vegg (T inne T ute ) H vegg = 0, 45 W/( m 2 K) 25 m 2 (22 C ( 5 C)) = 304 W Varmetapet gjennom vinduet er H vindu = UA vindu (T inne T ute ) H vindu = 1, 2 W/( m 2 K) 8, 0 m 2 (22 C ( 5 C)) = 259 W Panelovnen i stua må produsere like mye varme som det som går tapt gjennom veggen og vinduet, for at temperaturen skal holdes konstant. Effekten på panelovnen må dermed være P ovn = 304 W W = 563 W A: Om vinduet byttes blir varmetapet gjennom vinduet H vindu = 0, 7 W/( m 2 K) 8, 0 m 2 (22 C ( 5 C)) = 122 W Reduksjonen i varmetap ved å isolere veggen blir da 304 W 122 W = 182 W. B: Om ytterveggen isoleres og får ny U-verdi på 0, 18 W/( m 2 K) blir varmetapet gjennom veggen H vegg = 0, 18 W/( m 2 K) 25 m 2 (22 C ( 5 C)) = 151 W Reduksjonen i varmetap ved å bytte vindu blir da 259 W 108 W = 108 W. 9

10 C: Om panelovnen byttes ut med en varmepumpe, må varmepumpa levere like mye varme som panelovnen gjør i dag. Varmeeffekten P fra en varmepumpe med effektfaktor f er relatert til den elektriske effekten P el gjennom f = P P el Dette gir at den elektriske effekten som kreves for å gi en viss varmeeffekt er gitt av P el = P f For at varmepumpa skal levere 563 W varme, krever den P el = 563 W/3 = 188W, og besparingen blir 563 W 188 W = 375 W. D: Om temperaturen skrus ned med to grader blir varmetapet gjennom veggen H vegg = 0, 45 W/( m 2 K) 25 m 2 (20 C ( 5 C)) = 281 W og varmetapet gjennom vinduet blir H vindu = 1, 2 W/( m 2 K) 8, 0 m 2 (20 C ( 5 C)) = 240 W Reduksjonen i varmetap blir 563 W - (281 W W) = 42 W. Riktig svar er C: Varmepumpa gir størst reduksjon i strømforbruk. 10