Norges Informasjonstekonlogiske Høgskole

Transkript

1 Oppgavesettet består av 10 (ti) sider. Norges Informasjonstekonlogiske Høgskole RF3100 Matematikk og fysikk Side 1 av 10 Tillatte hjelpemidler: Kalkulator, vedlagt formelark Varighet: 3 timer Dato: 11.desember 2013 Fagansvarlig: Lars Sydnes lars.sydnes@nith.no Oppgavesettet består av 8 oppgaver. Løsningsforslag Oppgave 1 a) Regn ut (i) [1,0, 1] [2,3,1] (ii) [1,0, 1] [2,3,1] (iii) [1,0, 1] [2,3,1] (i) [1,0, 1] [2,3,1] = ( 1) 1 = 1 (ii) [1,0, 1] [2,3,1] = [0 1 ( 1) 3,( 1) 2 1 1, ] = [3, 3,3] (iii) [1,0, 1] [2,3,1] = [1 2,0 3, 1 1] = [ 1, 3, 2]. b) Regn ut vinkelen mellom vektorene u = [1,2] og v = [2,1]. Vi har så cos (u,v) = u v u v = 4 5, (u,v) = acos c) Noen av de følgende uttrykkene er ikke definert. Regn ut de uttrykkene som er definert. For de uttrykkene som ikke er definert skal du begrunne hvorfor. [ ] [ ] 1 1 (i) 1 1 (ii) [1,1] [ 1,1] 1 1 (iii) [ ][ ] (iv) [ ] a b [x ] T y c d

2 Side 2 av 10 (i) [2,0] (ii) Ikke definert: Kryssproduktet er definert kun for vektorer med tre komponenter. (iii) Ikke definert: Matrisedimensjonene er ikke kompatible. (iv) [ ax + by,cx + d y ] T Oppgave 2 Beregn arealet av trekanten med hjørnene A = (1,0,0), B = (0,2,0) og C = (0,0,3). Vi regner ut arealet ved hjelp av kryssproduktet: Ar eal = 1 2 AB AC = 1 [ 1,2,0] [ 1,0,3] 2 = 1 2 [6,3,2] = = = 2 2 Trekanten har et flateinnhold på 3.5 arealenheter. Oppgave 3 La P = (2.3,4.2), Q = ( 1.2,0.9) og R = ( 1,1). a) Finn en ligning for linjen som går gjennom P og Q. Forflytningsvektoren PQ = [ 3.5, 3.3], dermed er n = [ 3.3, 3.5] en normalvektor for linjen. Ligningen er derfor på formen 3.3x + 3.5y = d Nå ligger punktet P på linjen, så d = = Linjen gjennom P og Q har ligning 3.3x + 3.5y = 7.11

3 Side 3 av 10 Alternativt svar: y = 0.94x b) Finn en ligning for midtnormalen (perpendicular bisector) til segmentet PQ. Linjen må gå gjennom midtpunktet M = 1 2 P Q = (.55,2.55) og ha normalvektor QP = [3.5,3.3]. Ligningen er dermed på formen 3.5x + 3.3y = d. Punktet M ligger på linjen. Dermed er d = = Midtnormalen til linjestykket PQ har ligning 3.5x + 3.3y = c) La R være det punktet på linjen gjennom P og Q som ligger nærmest R. Regn ut koordinatene til R. PR = [ 3.3, 3.2] og PQ = [ 3.5, 3.3]. PR er projeksjonen av PR på PQ, altså: Følgelig er PR PR = PQ PQ [ 3.34, 3.15] PQ PQ OR = OP + PR = [2.3,2.4] + [ ] [ 1.04,1.05]. Konklusjon: R = ( 1.04,1.05) Oppgave 4 En skilpadde beveger seg med en konstant fart på m s a) Hvor langt beveger skilpadden seg på én time? På én time beveger skilpadden seg en strekning på s s 0 = v t = m s 1 h = m s 3600 s = 43.2 m

4 Side 4 av 10 b) Klokken 13:05:34 begynner skilpadden å gå mot vannet, som ligger 24.0 m unna. Ved hvilket klokkeslett når skilpadden vannet? Tidsbruken blir t = s s 0 v = 24 m.012 m s = 2000 s = 2000 s 60 s = 33 1 min = 33min+20 s 1min 3 Dermed er skilpadden fremme klokken 13 : 05 : : 33 : 20 = 13 : 38 : 54 c) Uheldigvis for skilpadden viser det seg at det ligger et 2.0 m bredt belte med is langs vannkanten. Dette isbeltet er ikke helt vannrett og skilpadden akselererer med 0.17 m s 2 mot vannet. Ved hvilket tidspunkt ligger skilpadden i vannet? Hvilken hastighet har skilpadden idet den når vannet? I denne akselerasjonsbevegelsen er startfarten v 0 =.012 m s, forflytningen s s 0 = 2 m, mens akselerasjonen er på.17 m s 2. Tidsbruken er da gitt av formelen t = v 0 ± v a(s s 0) a =.012 m s (.012 ± m s )2 + 2(.17 m { )(2.0 m) s m = s I vårt tilfelle er det kun den positive løsningen som er aktuell. Dermed konkluderer vi med at skilpadden når vannet 4.78 s etter at den nådde iskanten, eller om man vil, klokken 13:38:59. Ved dette tidspunktet er hastigheten v = v 0 + at =.012 m s + (.17 m s 2 ) (4.78 s) = 0.82 m s. Andre tolkninger av oppgaven: som anses som rimelige. Her finnes det noen tolkninger av oppgaven Man kan anta at startfarten for akselerasjonen over isbeltet er på 0 m s. I så fall får man som svar at skilpadden når vannet etter t = 4.85 s og at hastigheten da er på 0.82 m s. Man kan anta at strekningen på 24 m er delt opp i 22 isfrie meter og 2 meter med is. I så fall vil skilpadden nå frem til vannet tidligere 2 minutter og 47 sekunder tidligere enn om vi ser for oss at skilpadden først beveger seg 24 meter uten is og deretter 2 meter med is.

5 Side 5 av 10 Oppgave 5 I denne oppgaven skal vi forutsette at friksjonen mellom skilpaddeføtter og is har dynamisk friksjonskoeffesient µ d = 0.09 og statisk friksjonskoeffesient µ s = a) En skilpadde beveger seg nedover en isbakke som heller 6. Beregn skilpaddens akselerasjon. Normalkomponenten av gravitasjonen er g n = mg cos6, tangentialkomponenten av gravitasjonen er og den dynamiske friksjonskraften, Dermed blir akselerasjonen g t = mg sin6, f t = µ d f n = µ d mg cos6. a = g t f t m = 9.81 m s 2 (sin6.09cos6 ).15 m s 2. b) Bestem hellingen på den bratteste isbakken som skilpadden kan komme seg opp. Skilpadden må utnytte den statiske friksjonen for å komme seg oppover. Den er altså avhengig av at tangentialkomponenten g t av gravitasjonen ikke er større enn den maksimale statiske friksjonen f t. Vi er helt på grensen når g t = f t. Hvis vi betegner den maksimale helningsvinkelen med θ, kan vi uttrykke dette slik: mg sinθ = µ s mg cosθ, i.e. tanθ = µ s =.13. D.v.s. θ = 7.4. Dette medfører at bakken kan helle inntil 7.4.

6 Side 6 av 10 Oppgave 6 Matrisene nedenfor definerer vektortransformasjoner x xb. Beskriv virkningen av disse transformasjonene. ( ) a) B = Vi har her en rotasjons-transformasjon som roterer vektorer 30 mot klokken b) B = B representerer en rotatjon på 90 mot klokken i x y-planet, d.v.s omkring z- aksen. c) B = ( ) Denne transformasjonen bytter om x- og y-aksen: Vektoren [x, y] transformeres om til [y, x]. Vi kan også beskrive denne transformasjonen som en refleksjon omkring linjen y = x: y = x A B y = x B A

7 Side 7 av 10 Oppgave 7 a) Et prosjektil med en masse på 200 g beveger seg med en hastighet på 150 m s inn i et legeme på 4.2 kg som henger i ro i et langt tau. Etter sammenstøtet smelter prosjektilet sammen med det store legemet. Hvor stor fart får felleslegemet etter sammenstøtet? La v begegne farten etter sammenstøtet. Ved loven om bevaring av total bevegelsesmengde har vi (4.2 kg g) v = 150 m s 200 g + 0 m s 4.2 kg = 30 kg m s. Følgelig er farten etter sammenstøtet lik v = 30 kg m s 4.4 kg 6.81 m s. b) To legemer med masse m 1 = 1 kg og m 2 = 100 kg støter sammen i et delvis elastisk støt med elastisitetskonstant e = 0.3. Hastighetsvektorene før støtet er v 1 = [1.2 m s,1.4 m s ], v 2 = [ 10 m s, 2 m s ], mens normalvektoren er ˆn = [1/2,1/2 3]. Bestem legemenes hastighetsvektorer etter støtet. Den relative hastigheten og impulsen i støtet, v rel = v 1 v 2 = [11.2 m s,3.4 m s ] k = (e + 1)( ˆn v rel) 1 m = m ( ) m s 1 1 kg kg 11.0 kg m s. Hastighetsvektorene etter støtet er dermed v 1 = v 1 k m 1 ˆn [ 4.29, 8.12] m s, v 2 = v 2 + k m 2 ˆn [ 9.95, 1.90] m s.

8 Side 8 av 10 Oppgave 8 En kanonkule skytes ut med en fart på 100 m s i retning 45 i forhold til horisontalplanet. Den eneste kraften vi tar hensyn til i denne oppgaven er jordens gravitasjon. a) Hvor høyt over utgangspunktet når kulen dersom den får bevege seg uforstyrret. Kulen er i toppunktet idet hastighetens vertikalkomponent = 0. Startfarten er v 0 = 100 m s [cos45,sin45 ] = [50 2 m s,50 2 m s ]. Hastighetens vertikalkomponent ved tid t er lik Dermed er v y = 0 når t = v y (0) g v y = v y (0) g t. = 50 2 m s 9.81 m s 2 = 7.21 s Dermed er den maksimale høyden over utgangpunktet h h 0 = v y (0)t g 2 t 2 = 50 2 m s 7.21 s m s 2 (7.21 s) m Kanonkulen har radius 5 cm og masse 4 kg. En helt lik kanonkule ligger i ro et stykke unna kanonen: Den andre kulens sentrum befinner seg på kanonens siktakse i en avstand på 10 m fra kanonmunningen. b) Begrunn at kulene er i kontakt ved t s. Vi innfører et koordinatsystem der y-aksen er vertikal og x-aksen er horisontal, mens Origo faller sammen med kanonmunningen. Kulen som ligger i ro befinner seg dermed i punktet P 2 = (10 mcos45,10 msin45 ) = (5 2 m,5 2 m). Kulen som skytes ut av kanonkulen befinner seg ved tid t i punktet P 1 (t) = (50 2 m s t,50 2 m s t m s 2 t 2 ).

9 Side 9 av 10 Ved t = er avstandsvektoren [ P t 5 ] 2 P 1 = 4.905t t 5 2 m [ ] m, og avstanden P 2 P 1 = P 2 P m 10 cm. Siden de to kulene har en radius på 5 cm, medfører dette at kulene er i kontakt ved t.0994 s. c) Kulene opplever en perfekt elastisk kollisjon ved t = s. Regn ut hastighetsvektorene etter kollisjonen. Ved t = har kule 1 hastighet v 1 = [50 2 m s,50 2 m s m s 2 ( s) 2 ] [70.71,70.22] m s, den relative hastigheten Forflytningsvektoren fra P 1 til P 2, v r el = v 1 v 2 [70.71,70.22] m s. P 1 P 2 = P 2 P 1 = [ , ] m er parallell med støtets normalvektor, som vi altså finner ved normalisering: ˆn = Impulsen k i støtet er nå gitt ved P [ ] 1 P P 1 P 2 = k = (e + 1)( ˆn v r el ) 1 m m m s 1 4 kg kg = kg m s kg m s. Kulene får dermed hastighet v1 = v 1 k ˆn = [31.1, 14.5] m m s, 1 og v2 = v 2 + k ˆn = [39.6,84.8] m m s 2 etter støtet.

10 Side 10 av 10 d) Drøft muligheten for at kanonkulenes dreieimpuls relativt til massesenteret (angular momentum) kan bli påvirket av kollisjonen. Du kan forutsette at kulene har jevn massetetthet. Her står man nokså fritt til hvordan man vil svare. Man kan f.eks gjøre slik: Innenfor oppgavens enkle modell en perfekt elastisk kollisjon der impulsen er parallell med flatenormalen ˆn kan ikke kanonkulene utveksle dreieimpuls: Vektoren fra kontaktpunktet til massesenteret er parallell med impulsvektoren. En eventuell utveksling av dreieimpuls forekommer kun dersom impulsvektorens komponent vinkelrett på ˆn er forskjellig fra 0. Hvis den bevegelige kanonkulen roterer, så kan vi forestille oss en friksjonskraft som virker på tvers av ˆn i det lille tidsrommet der kulene er i kontakt. I så fall vil det gi en kraftkomponent som ikke er parallell med vektoren fra kontaktpunktet til massesenteret, noe som gir en endring av dreieimpulsen til de to kulene. Slutt på oppgavesettet