Løsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 26/3 2019

Transkript

1 Løsningsforslag til midtveiseksamen i FYS1001, 26/ Oppgave 1 Løve og sebraen starter en avstand s 0 = 50 m fra hverandre. De tar hverandre igjen når løven har løpt en avstand s l = s f og sebraen har løpt s s = s f s 0. Farten til dyrene er v l = 80 km/t og v s = 55 km/t. Tiden løven bruker på denne strekningen er s l = v l t t = s l = s f v l v l og tiden sebraen bruker for å komme til s f er s s = v s t t = s s v s = s f s 0 v s Siden de to tidene er den samme får vi s f v l = s f s 0 v s s f v s = (s f s 0 )v l s f (v l v s ) = s 0 v l Dermed kan vi finne tiden som s f = s 0v l v l v s t = s f v l = s 0 v l v l (v l v s ) = s 0 v l v s For å finne tiden i sekunder må vi gjøre om fartene fra km/t til m/s: v l = 80 km/t = 22, 22 m/s 3, 6 (m/s)/(km/t) 1

2 Tiden blir v s = 55 km/t = 15, 28 m/s 3, 6 (m/s)/(km/t) t = s 0 v l v s = 50 m 6, 94 m/s = 7, 2 s Oppgave 2 Heisen er på vei oppover, og er i ferd med å senke farten. Det betyr at heisen, og personen inne i heisen, akselererer nedover. For å kunne akselerere nedover må summen av krefter i vertikal redning peke nedover, det vil si at kraften som virker nedover (tyngdekraften) må være større enn kraften som virker oppover (normalkraften). Riktig svar er C. Oppgave 3 Tyngdekraften som virker på en planet med masse m i en avstand r fra en stjerne med masse M er gitt ved Newtons gravitasjonslov: G = γ mm r 2 der γ er Newtons gravitasjonskonstant. Når planeten går i bane rundt stjernen er akselerasjonen i banen gitt ved Newtons 2. lov, der G er den eneste kraften som virker på planeten: F= ma G = ma a = G m = γ M r 2 Av dette kan vi se at akselerasjonen er uavhengig av massen til planeten, men avhenger av avstanden til stjernen. 2

3 Nå kan vi sammenligne akselerasjonen i banen til Jorda, med avstand r J til sola, og i banen til Saturn, med avstand r S = 10r J : a S = γm rj 2 a J rs 2 γm = r2 J rs 2 = r2 J (10r J ) 2 = Akselerasjonen til Saturn i banen om sola er 100 ganger mindre enn Jordas akselerasjon i dens bane om sola. Oppgave 4 Geir og Kaja sitter på en dumpe. Avstanden til sentrum av dumpa er x G = 1, 7 m og x K = 2,1 m. Kraften F som dumpa blir dyttet ned med av hver person er motkraften til normalkraften fra dumpa på personen. Når personen er i ro (ingen akselerasjon) gir Newtons. 1. lov at normalkraften må være like stor som tyngdekraften på personen. Derfor får vi at der m G = 53 kg, og der m K er størrelsen vi skal finne. F G = m G g F K = m K g Summen av kraftmoment om midten av dumpa må være null. Om vi definerer positiv rotasjonsretning mot klokka får vi Mo = F G x G F K x K = 0 Dette gir F K x K = F G x G 3

4 m K gx K = m G gx G m K = x G m G = 1, 7 m 53 kg = 43 kg x K 2, 1 m Oppgave 5 Bevegelsesmengden til et objekt er gitt ved p = mv. Når steinene faller fritt, uten luftmotstand, er farten v i bunnen av fallet kun gitt av tyngdeakselerasjonen, uavhengig av massen. Derfor vil steinene ha samme fart, og steinen med størst masse vil ha størst bevegelsesmengde. Riktig svar er B. Oppgave 6 Likningene som har innvirkning på hvor høyt vannet stiger i et tynt rør er Young-Laplace-likningen og likningen for hydrostatisk trykk: p = 2γ r p = p 0 + ρgh I disse opptrer rørets indre diameter (som, sammen med kontaktvinkelen mellom vannet og glasset, bestemmer krumningsradien r), vannets overflatespenning γ og vannets tetthet ρ, men ikke viskositeten η. Vi kan også forstå dette uten å bruke likninger: Vannets overflatespenning virker langs kontaktlinja mellom vannflata og glasset. Den totale krafta som trekker oppover er derfor avhengig av omkretsen (og dermed radien i røret) og overflatespeninga (og i tillegg kontaktvinkelen mellom vannflata og glasset). Krafta som trekker nedover er tyngdekrafta, som er avhengig av massen, og dermed tettheten til væsken. Høyden påvirkes altså av alle disse størrelsene. Viskositeten forteller oss om interne krefter i væsken når det er bevegelse mellom forskjellige væskelag. Den påvirker 4

5 strøming, men ikke likevekt der det ikke er noen bevegelse. Viskositeten vil derfor påvirke hvor fort væska stiger opp, men ikke hvor høyt den kommer. Riktig svar er B. Oppgave 7 Kula skytes rett opp med v 0 = 170 m/s. Hvor høyt kommer den? Her kan vi bruke energibevaring og se at den potensielle energien kula har fått i det øverste punktet (høyde h) må være like stor som den kinetiske energien som kula har når den skytes opp. h = v2 0 2g mgh = 1 2 mv2 0 = (170 m/s)2 2 9, 8 m/s 2 h = 1, 47 km Oppgave 8 En ball med masse m = 0, 200 kg slippes fra en høyde h = 10 m over bakken. Når den når bakken har den fått farten v = 10 m/s. Energien til ballen når den når bakken er summen av energien ballen hadde før den ble sluppet og arbeidet som ble gjort på ballen: E 2 = E 1 + W 1 2 mv2 = mgh + W W = m( 1 2 v2 gh) = 9, 6 J Oppgave 9 5

6 I dette røret er er høyden h den samme for de tre punktene. Fordi vann er en ikke-kompressibel væske, må farten i 2 være høyest og 3 være lavest (kontinuitetslikningen). I følge Bernullis likning vil større fart gi lavere trykk. Riktig svar er C. Oppgave 10 I denne oppgaven kan vi bruke energibevaring og sammenligne de to tidspunktene (1) Albert står på broa, strikken er ikke strukket ut, og (2) Albert henger i strikken, som er helt strukket ut, med null fart. Strikken har i utgangspunktet lengden s = 12 m, og strekkes en lengde s = 22 m - 12 m = 10 m i nederste punkt. Fjærkonstanten til strikken er k = 300 N/m. Om vi definerer høyden til å være 0 i nederste punkt, starter Albert fra høyden h = 22 m. Energibevaring: mgh = 1 2 k( s)2 m = k( s)2 2gh = 300 N/m (10 m)2 2 9, 81 m/s 2 22 m = 70 kg Oppgave 11 Jernklossen har masse m J = 0,200 kg, temperaturen T J = 72 C og varamekapasiteten c J = 450 J/kgK. Aluminiumsklossen har masse m A = 0,100 kg, temperaturen T A = 15 C og varamekapasiteten c A = 900 J/kgK. Når disse to settes inntil hverandre vil det flyte en varme Q fra jernklossen (som er varmest) til aluminiumsklossen (som er kaldest) til de to har fått samme temperatur T. 6

7 Jernklossen: Aluminiumsklossen: Q J = c J m J (T T J ) Q A = c A m A (T T A ) Setter Q A = Q J : c J m J (T T J ) = c A m A (T T A ) Løser for T : T (c J m J + c A m A ) = c J m J T J + c A m A T A T = T = c Jm J T J + c A m A T A c J m J + c A m A 450 J/kgK 0, 200 kg (273, ) K J/kgK 0, 100 kg (273, ) K 450 J/kgK 0, 200 kg J/kgK 0, 100 kg T = 316, 8 K = 44 C Oppgave 12 Høyspentletningen har lengden L = 1,0 km om sommeren. Om vinteren ( T = -40 K) er ledningen L kortere. Varmeutvidelseskoeffisienten λ = /K. Varmeutvidelsen er L = λl T = K m ( 40 K) = 88 cm Ledningen er 88 cm kortere om vinteren. Oppgave 13 Når en gass utvider seg adiabatisk gjør den et arbeid på omgivelsene, samtidig som det ikke er noen varmeutveksling med omgivelsene. Dette betyr at den indre energien til gassen, og dermed temperaturen, synker. 7

8 Siden p γ V (der γ > 1) er konstant i en adiabatisk prosess, vil trykket synke når volumet øker. Riktig svar er B. Oppgave 14 Siden tre leder varme best vil temperaturforskjellen over treveggen være mindre enn temperaturforskjellen over isolasjonen. Riktig svar er D. Oppgave 15 Vi har som gir massetettheten er Der m m er molekylmassen. Vi får pv = NkT N V = pkt ρ = m V = m mn V N ρ = m m V = m p m kt = 4, Pa kg 1, J/K (273, ) K = 2, 8 kg/m3 Oppgave 16 Vi har en sylinder med lengde l = 75,0 cm og diameter d = 1,00 cm, som stråler ut varme med en effekt P = 1,00 kw. Effekten er gitt ved P = MA 8

9 der A er arealet og M er utstrålingstettheten, gitt ved Stefan-Boltzmanns lov for et svart legeme: M = σt 4 Vi får P = πdlσt 4 T = ( P 1000 W πdlσ )1/4 = ( π 10 2 m 0, 75 m 5, W/m 2 K 4 )1/4 = 930 K Oppgave 17 Varmemaskinen opererer mellom T H = 250 C og T K = 15 C. Varmen fra det varme reservoiret er q H = 500 J. Den maksimale virkningsgraden for denne varmemaskinen er η C = 1 T K (273, ) K = 1 = 0, 449 T H 275, ) K Vi vet at 10% av Q H går tapt i irreversible prosesser. Vi kan derfor anta at 0,9Q H brukes i en ideell prosess. Da får vi η C = W 0, 9Q H W = 0, J 0, 449 = 202 J Oppgave 18 Riktig svar er B. Oppgave 19 Vi legger sammen feltet fra de tre ladningene. Riktig svar er A. 9

10 Oppgave 20 Vi legger sammen den potensielle energien fra de to kulene. Avstanden til kule 1 (ladning 2Q) er r, mens avstanden til kule 2 (ladning Q) er d r. Vi får 2Qq U = k e r = k e Qq d r = 0 2 r = 1 d r 2(d r) = r 3r = 2d r = 2 3 d 10