TFY4104/TFY4115 Fysikk Eksamen 6. desember Lsningsforslag Oppgave 1 { 25 Mekanikk

Transkript

1 TFY4104/TFY4115 Fysikk Eksamen 6. desember 2018 Lsningsforslag Oppgave 1 { 25 Mekanikk 1) A: Ingen horisontale krefter pa kula, sa a x = 0, v x er konstant, og x ker linert med tiden t. 2) A: Energibevarelse gir: 1 2 mv2 1 + mga = 1 2 mv2 2 + mgb i ) v 2 = hv g (a 1=2 b) ) D: Pianoet star i ro, sa total kraft pa det er null. Horisontalt pavirkes pianoet av deg, dvs skyvkraften pa 700 N, og en motsatt rettet og like stor friksjonskraft fra teppet. 4) E: Impulsbevarelse: jp 2 j = jp j = p. Det gir K =K 2 = (p 2 =6m)=(p 2 =4m) = 2=, slik at K 2 =(K 2 + K ) = K 2 =(5K 2 =) = =5 = 60%. 5) B: Beltedelen som har kontakt med underlaget star i ro. vre horisontale beltedel har dobbelt sa stor hastighet som gravemaskinen. 6) E: A = 4r 2 = 15:205 cm 2 For a ansla usikkerheten i A, kan vi regne ut A med radius hhv 11.1 og 10.9 mm. Dette gir hhv og cm 2, sa vi ser at usikkerheten i A er ca 0: cm 2. Alternativt, og litt raskere, kan vi si at A=A = 2 r=r ) A = 2A r=r ' 0: cm 2 7) B: 8) E: 9) A: m = V = 7:86 g=cm (4=) 1:1 cm = 4:8 g I 0 =m = 2r 2 =5 = 48:4 mm 2 K = mv 2 =2 + I 0! 2 =2 = 7mv 2 =10 Starthyde: y 0 (1:2 4 1:2 2 ) = 0:66y 0. Dermed: j Uj = K ) v = q 10g 0:66y 0 =7 = 149 cm=s 1

2 10) C: Helningsvinkel gitt ved tan = dy=dx, med I hver ende er x = 6L=5 som gir dy=dx = y 0 (4x =L 4 2x=L 2 ): jdy=dxj max ' 4:5y 0 =L = 0:45: Det gir en (maksimal) helningsvinkel max = arctan 0:45 = ) A: I banens to bunnpunkter (og det lokale topp-punktet ved x = 0) er dy=dx = 0: dy=dx 4x =L 4 2x=L 2 4x 2 =L 2 2 = 0 for x = L= p 2. Her er d 2 y=dx 2 = y 0 (12x 2 =L 4 2=L 2 ) = y 0 (6 2)=L 2 = 4y 0 =L 2 = 1=, slik at krumningsradien er = L 2 =4y 0 = 625 cm. 12) B: Kinetisk energi ker linert med tiden: K(t) = A(t t 0 ). Da er tilfrt eekt konstant: P = dk=dt = A. Dvs, P = F v = mav = A er konstant. Siden K = mv 2 =2, vil v p t og a 1= p t, og dermed vil F 1= p t. 1) C: Energibevarelse gir kx 2 =2 = mv 2 =2, dvs k = mv 2 =x 2 = 0:042 0:42 2 =0:042 2 = 4:2 N/m. 14) D: Fra guren ser vi at (R) = 0 =4, som betyr at = =4. 15) B: Et tynt kuleskall med radius r og tykkelse dr har volum dv = 4r 2 dr (oppgitt), og flgelig masse dm = (r)dv = 0 (1 r=r) 4r 2 dr. Hele jordas masse bestemmes ved a legge sammen massene til slike tynne kuleskall, fra innerst (r = 0) til ytterst (r = R): M = Z dm = = 4 0 R 0 Z R 0 r = 4 0 4R = Altsa er = (4 )=. 12 (4 ) 0 R : 0 (1 r=r) 4r 2 dr! r 4 4R! R 16) D: a = v 2 =r = (100=:6) 2 =(250=2) = 19:4 m/s 2. 17) B: x(t) = x 0 sin!t, v(t) =!x 0 cos!t, a(t) =! 2 x 0 sin!t. Her er x 0 = : cm og! 2 x 0 = 9:6 cm/s 2, slik at! = p 9:6=: = 1:7 s 1. Dermed 12 2

3 er maksimal hastighet!x 0 = 5:6 cm/s. 18) A: N2 for "restraketten" er u dm=dt = m dv=dt, dvs dm=m = dv=u, som integrert gir ln(m=m 0 ) = (v v 0 )=u, dvs m = m 0 exp((v v 0 )=u) = m 0 exp( (v v 0 )=juj), ettersom u < 0. Med v v 0 = 1:4 km/s, juj = 2:6 km/s og m 0 = 7: kg, er rakettens masse redusert fra m 0 til m = 0:584m 0 = 4: kg ved fartsdoblingen. Dette tilsvarer en massereduksjon pa : kg. Det forbrukes 0: kg bensin pr sekund. Flgelig har det tatt :12=0:1 = 24 sekunder a doble farten. 19) C: L = L b + L s = mrv + (2=5)mr 2 v=r = 7mrv=5 = 7 0:10 0: :0=5 = 4:78 10 kg m 2 /s (Js). 20) A: Dette er rotasjon med konstant vinkelakselerasjon bestemt av N2 for rotasjon, = =I 0 = F r=i 0. Her har vi et tynt kuleskall, og I 0 = (2=)mr 2. Rotert vinkel er dermed = (1=2)t 2 = (F=4mr)t 2 = ( 20=4 0:0027 0:020) 10 6 = 0:278 radianer = 16 grader. 21) D: Med utsving x fra likevekt virker kreftene fra de to fjrene i samme retning, slik at N2 blir mx + (k 1 + k 2 )x = 0. Da er perioden T = 2 p m=(k 1 + k 2 ) = 2 p 0:050=145 = 0:12 s. 22) A: Eksakt forytning er s(t 1 ) = v 0 t 1 + at 2 1 =2 = 0:01217 m. Numerisk: s 1 = s 0 + v 0 t = 0:4 0:025 = 0:010 m Feil i s 1 : 0: :010 = 0:00217 m ' 2.2 mm. 2) C: Energibevarelse: mgh = mv 2 =2, slik at v = p 2gh = 27:66 m/s = 100 km/t. 24) A: Vi nner v y som funksjon av rotert vinkel" med energibevarelse og gurbetraktning: Vertikal forytning er y = h sin, og v y = v cos. Dermed: v y = p 2gh sin cos. Maksverdi nar dv y =d = 0, eller kanskje litt enklere, nar dv 2 y=d = 0: dvy=d 2 = 2gh d sin sin cos (1 sin 2 ) = 0 d dersom = arcsin(1= p ) = 5 grader. 25) D: Amplitudereduksjon 0.0 prosent pr periode betyr at e T = 0:9997. Videre er Q =! 0 =! = 2=2T = =T. Dermed: Q = = ln 0:9997 = 10 4.

4 TFY4115 Fysikk Eksamen 6. desember 2018 Lsningsforslag Oppgave 26 { 50 Termisk fysikk 26) C: Minimalt trykk under de tre sugekoppene er p = 0. Maksimal lftekraft blir F = pr 2 = 1: (0:1115=2) 2 N = 157 N, som tilsvarer en masse m = F=g = 22 kg. 27) B: Alle re pastander er riktige. 28) A: Indre energi endres ikke i den isoterme utvidelsen, men ker i den adiabatiske kompresjonen. (Trykket er lavest i tilstand 2. Tilfrt varme er positiv fra 1 til 2 og null fra 2 til. Temperaturen er lavest og lik i tilstand 1 og 2. Arbeid pa gassen i den adiabatiske kompresjonen er strre enn arbeid utfrt av gassen i den isoterme utvidelsen.) 29) A: For toatomige molekyler er U=N = 5k B T=2, for enatomige er U=N = k B T=2. Forholdet blir 5= = 1:67. 0) D: 1. lov gir pakrevd arbeid W = 1:5 kj pr syklus. Dette er her kostnaden, mens nytten er 6.0 kj varme inn i stua. Da blir eektfaktoren 6:0=1:5 = 4:0. 1) E: Isoterm utvidelse fra a til b betyr at T a = T b. Isokor trykkkning fra c til a betyr temperaturkning og T c < T a. 2) A: Med reversible prosesser er S = Q=T. Her er Q ab > 0, Q bc < 0 og Q ca > 0, slik at S b > S a, S b > S c og S a > S c, og dermed S b > S a > S c. ) D: Dette er en varmekraftmaskin, med virkningsgrad W netto =Q inn. Her er W netto = W ab +W bc (hhv positivt og negativt bidrag) mens Q inn = Q ab +Q ca (begge positive, dvs varme tilfrt systemet). Q bc < 0 er avgitt spillvarme". 4) C: W = W ab + W bc = RT ln 2 p b V. I tilstand b gir tilstandsligningen p b 2V = RT, slik at p b V = RT=2. Dermed er W = RT ln 2 RT=2 = 0:19RT = 0:19 8: = 80 J. 5) D: Siden entropien er en tilstandsfunksjon, kan S beregnes ved a betrakte en isoterm utvidelse til et tre ganger sa stort volum: S = R ds = R pdv=t = nr R V V dv=v = nr ln. Tilstandsligningen gir nr = pv=t = 9:0 1: :5 10 =00 = 7:60 J/K, slik at S = 8: J/K. 6) B: Q = = J. For omgivelsene er dette avgitt varme, slik at S = Q=T = 50100=296:15 = 169 J/K. 1

5 7) A: Entropi er tilstandsfunksjon, sa vi kan f eks betrakte isoterm reversibel prosess, da temperaturen her er den samme R i start- og i slutt-tilstand. 2V (p 0 V 0 = nrt = (p 0 =2)(2V 0 )) Dermed: S = R 0 V 0 dv=v = R ln 2 = 5:8 J/K pr mol. 8) C: p = RT=V = 8:14 29=7:88 10 = : Pa =.05 atm. 9) E: p = RT=(V b) a=v 2 = 168 Pa Pa = Pa = 2:89 atm. 40) B: Parameteren b i van der Waals tilstandsligning tar hensyn til at molekylene tar litt plass, slik at tilgjengelig volum for et gitt molekyl er noe mindre enn det totale volumet V. Her har vi 1.00 mol vske, og med b = 0:1142 L/mol ma vi forvente et vskevolum som er noe strre enn dette. Men siden tilsvarende mengde i gassform opptar et volum 7.88 L, ma vi samtidig forvente et vskevolum mye mindre enn 7.88 L. Dermed gjenstar bare 0.17 L som et realistisk alternativ. 41) C: T c = (1=R)(V c b)(p c + a=v 2 c ) = (1=R) 2b 4a=27b 2 = 8a=27Rb = 8 1:041=27 8:14 0: = 407 K. 42) A: Fordampingskurven gar fra trippelpunktet 4 og ender i kritisk punkt 2. 4) E: hk trans i = (m=2)hv 2 i = (=2)RT dersom m tilsvarer molar masse. Dermed: V rms = p hv 2 i = p RT=m = p 8:14 29=0:05812 = 55 m/s. 44) B: Hver kvadratiske frihetsgrad bidrar med k B =2 til C V pr partikkel, dvs med R=2 = 4:157 J/K pr mol. Da tilsvarer 88. J/K ca 21 kvadratiske frihetsgrader. Her inngar knyttet til translasjon og knyttet til rotasjon, slik at vi star igjen med ca 15 kvadratiske vibrasjonsfrihetsgrader. 45) E: Vi setter E (l) rot = k B T og far l(l + 1) = k B T I=h 2 = 1: =(1: ) 2 ' 76. Da passer l = 19 best, siden = ) D: Vi bruker damptrykk-kurven med kokepunktet (11.7 kuldegrader, 1 atm) som referanse (l = 2100 J/mol): p d (11:55) = p d (261:45) exp((l=r)(1=261:45 1=11:55)) = 1 atm exp( 12:76) = 0:29 Pa. (Her bommer vi litt pa eksperimentell verdi som er ca Pa.) 47) D: T = 8 K, R = (0:025=0:25 1)+(0:075=0:05 1) = 0:10+2:14 = 2:24 K/W, P = T=R = 8=2:24 = :6 W. 2

6 48) B: Eekttap gjennom 0.14 m 2 tre, tykkelse 0.20 m: P t = j t A t = t T A t =a = 0:12 0 0:14=0:20 = 2:52 W. Eekttap gjennom 0.86 m 2 mineralull, tykkelse 0.20 m: P m = j m A m = m T A m =a = 0:05 0 0:86=0:20 = 4:52 W. Totalt eekttap gjennom 1 m 2 : 7.0 W. 49) C: P 2 =P 1 = (T 4 2 A 2=T 4 1 A 1) = 2 4 (R 2 =R 1 ) 2 = 2 4 (V 2 =V 1 ) 2= = 2 4 1=2 2= = 2 10= = ) C: = (1= T )( L=L) slik at L = L T = m = 10 m.