TFY4104 Fysikk Eksamen 17. august Løsningsforslag. M k = ρv = ρ 4πR 3 /3 = π /3 = 2.10kg. E) 2.10 kg

Transkript

1 TFY4104 Fysikk ksamen 17. august 2016 Løsningsforslag 1) M k = ρv = ρ 4πR 3 /3 = π /3 = 2.10kg. ) 2.10 kg 2) Med indre radius r og ytre radius R er kuleskallets masse dvs M = ρ 4 3 π ( R 3 r 3), r = ( R 3 3M ) 1/3, 4πρ som med R = m, ρ = 7850 kg/m 3 og M = kg gir r = 34.1 mm. Kuleskallets tykkelse er følgelig t = R r = = 5.9 mm. ) 5.9 mm 3) Her er mekanisk energi bevart: ) 9.40 m/s Mgy = 1 2 Mv2 v = 2gy = m/s. 4) Kula har oppnådd terminalhastighet når friksjonskraften akkurat balanserer tyngdekraften: v 2 t = Mg. ermed: = Mg/v 2 t = / = kg/m, dvs = 1.62 g/m. ) 1.62 g/m 5) Newtons 2. lov, F = dp/dt, gir at kulas impuls umiddelbart etter fullført støt blir (med støtvarighet T = s) P 0 = F T = = 0.70 kg m/s. Kulas hastighet umiddelbart etter fullført støt er dermed V 0 = P 0 /m = 0.70/0.130 = 5.4 m/s. ) 5.4 m/s 6) Newtons 2. lov for rotasjon om fast akse (gjennom kulas massesenter), τ = I 0 dω/dt, gir ω 0 = τt/i 0 = FyT/(2mr 2 /5) = /( /5) = 117 rad/s. C) 117 rad/s 1

2 7) tter fullført støt er det den kinetiske friksjonskraften fra bordet på kula som sørger for å gi kula en vinkelakselerasjon: med enhet rad/s 2. ) 374 rad/s 2 α = ω = τ f /I 0 = µ k mgr/(2mr 2 /5) = 5µ k g/2r = / = 374, 8) Hvis tyngdens komponent nedover langs skråplanet, mg sin β, overstiger den maksimale statiske friksjonskraften µ s N = µ s mgcosβ, vil klossen gli. Maksimal vinkel β er derfor gitt ved mgsinβ = µ s mgcosβ, dvs β = arctanµ s = arctan0.45 = Normalkraften er nå N = mgcos24.2 = 3.1 N. (Hvis resultatet hadde blitt større enn 45 grader, ville klossen ha veltet ved β = 45. Men det skjer ikke her.) C) 3.1 N 9) N2 gir mgsinβ µ k mgcosβ = ma, dvs a = g(sinβ µ k cosβ), som med β = 30 og µ k = 0.35 gir a = 1.9 m/s 2. ) 1.9 m/s 2 10) Snora er stram, og snordraget S virker nedover langs skråplanet på den øverste klossen og oppover langs skråplanet på den nederste klossen. Newtons 2. lov (evt 1. lov) langs skråplanet gir dermed de to ligningene S +mgsinβ µ k mgcosβ = ma = 0 S +mgsinβ = ma = 0 vs 2mgsinβ = µ k mgcosβ, dvs β = arctanµ k /2 = arctan0.175 = 10. ) 10 11) a = v 2 /r. Her er v = 65000/3600 = m/s og r = 300/2π = m, slik at a = /47.75 = 6.8 m/s 2. ) 6.8 m/s 2 12) Gjennomsnittsfarten ser ut til å ha vært omtrent 5 m/s; dermed ca 45 m. ) ca 45 m 13) Kassa henger i ro, så snordraget i den vertikale snora må være lik mg, tyngden av kassa. N1 anvendt på knutepunktet der de tre snorene møtes tilsier at S må ha vertikalkomponent lik mg/2, med andre ord Ssin9 = mg/2, som gir S = mg/2sin9 = / = 47 N. ) S = 47 N 14) W f = fl = µ k Mgcosθ L = 188 J. 2

3 C) 188 J 15) S(φ+4π)/S(φ) = exp(4πµ) 20, dvs en økning i S på ca 1900%. ) 1900% 16) Stanga: I = I 0 +Md 2 = M (4R) 2 /12+M (4R/2) 2 = MR 2 (16/12+4) = 64MR 2 /12 = 320MR 2 /60. Kula: I = I 0 +Md 2 = 2MR 2 /5+M (5R) 2 = MR 2 (2/5+25) = 127MR 2 /5 = 1524MR 2 /60. Totalt: ) I 31MR 2 I = 1844MR 2 /60 31MR 2. 17) Steiners sats gir ( I 1 = 4 2MR 2 /3+M(5R/2) 2) = 83MR 2 /3. C) I 1 83MR 2 /3 18) Steiners sats gir C) I 1 83MR 2 /3 I 2 = 4 2MR 2 /3+2 M( 50R/2) 2 = 83MR 2 /3. 19) nergibevarelse gir mgh = mv 2 /2+MV 2 /2. Impulsbevarelse horisontalt (ingen ytre krefter horisontalt) gir mv = MV, dvs v = MV/m, som innsatt i ligningen for energibevarelse gir mgh = M 2 V 2 /2m+MV 2 /2, dvs 2mgh V = M +M 2 /m. ) V = 2mgh/(M +M 2 /m) 20) For fysisk pendel er ω = Mgd/I, med I lik treghetsmomentet mhp akslingen og d lik avstanden fra CM til akslingen, her d = L/2 = 19 cm. Steiners sats gir I = ML 2 /12 + ML 2 /4 = ML 2 /3, slik at ω = (MgL/2)/(ML 2 /3) = 3g/2L. Svingetiden er dermed T = 2π/ω = 2π 2L/3g = 2π / = 1.0s. ) 1.0 s 21) f = g/l/2π = 9.81/25/2π = 0.1Hz. ) f = 0.1 Hz 3

4 22) Kula har maksimal hastighet hver gang den passerer likevektsposisjonen, med loddrett snor. a er også snordraget maksimalt, og bestemt av N2, med a = v 2 /L: S Mg = Mv 2 /L, dvs S = M(g + v 2 /L) = 40 ( /25) = 393 N. ) 393 N 23) Her er det snakk om en liten vinkel, slik at θ 0 tanθ 0 sinθ 0 = 1/25 = ) ) mplituden for en fri, dempet svingning avtar eksponentielt med tiden, og vi skal finne tiden τ som det tar før amplituden er redusert til en femtedel: ette er ca 6 timer. ) ca 6 exp( γτ) = 1/5 τ = (ln5)/γ = (ln5)/(b/2m) = (ln5)/(0.0060/80) = s. 25) ρ = M/V = M/(4πR 3 /3) = 40/(4π 0.001/3) kg/m 3. C) kg/m 3 26) et er like mange nøytroner og protoner i kjøttstykket. 1 p og 1 n har til sammen masse kg. (lektronet har til sammenligning neglisjerbar masse.) ntall protoner er dermed N p = 0.200/( ) = ) Molekylets dipolmoment kan betraktes som summen av to stykker, hver av dem bestående av punktladninger ±Q = ±0.03e i innbyrdes avstand 2.01 Å, og med en vinkel 103 i mellom: p = e 2.01 cos51.5 = 0.075e. 28) t par av punktladninger q 1 og q 2 i innbyrdes avstand d bidrar til potensiell energi med q 1 q 2 /4πε 0 d. ermed: 2Q 2 U = 2 4πε 0 d + Q 2 4πε 0 2dsin51.5 = J. ivisjon med for omregning fra J til ev gir U = ev. C 29) C = ε r ε 0 /d = / = F = 9.6 pf. 4

5 30) I punktet P peker feltet fra den positivt ladde staven radielt bort fra denne, mens feltet fra den negativt ladde staven peker radielt inn mot denne. Komponentene horisontalt mot høyre overlever, og disse får vi ved å gange de to feltstyrkene med faktoren cos60 = 1/2. ermed: eller ca 0.17 MV/m. P = 2 2πε 0 d 1 2 = /0.50 = V/m, 31) Ladningen på 1 m av de to stavene er 4.7 µc. vstanden mellom de to stavene er 0.50 m. ermed er dipolmomentet pr lengdeenhet 4.7 µc/m 0.50 m = 2.35 µc. 32) Vi har r V(r) V(r 0 ) = (r)dr r 0 for potensialforskjellen mellom en valgt referanseavstand r 0 (der V = 0) og avstanden r. På linjen mellom de to stavene, med den positive staven i r = 0 og den negative i r = 0.50 m, er feltstyrken (r) = 2πε 0 r 2πε 0 (r 0.50), slik at 0.10 V(0.10) V(0.25) = ( 1 r 1 ) dr πε 0 r 0.50 ( = ln 0.25 ) ln 2πε = ln πε = ln4 = 0.12MV 33) n sammenhengende elektrisk leder er et ekvipotensial. 34) lle fem koblet i parallell gir total kapasitans 12 nf. 35) Kretsens totale kapasitans er C = (1/5+1/5+1/(5+5+5)) 1 µf = 15 7 µf. Ladningenpåhveravdetoseriekobledeogtil sammenpådetreparallellkoblede erdermedq = CV 0 = 135/7 µc 19 µc. C 5

6 36) R 1 = l/σ = 30/ = 0.20 Ω. 37) R(T) = R 0 (1+α(T T 0 )), slik at R R 0 R 0 = α(t T 0 ) = = %. 38) Gjennomsnittlig effekt gjennom året: P = U/t = 25000kWh/365 24h = 2.85kW. Gjennomsnittlig rms-verdi for strømmen, pr kurs: I rms = P/15V rms = / = ) Q = CV = C = 0.35C. 40) Kretsens tidskonstant er RC = 140 s, og 0.5 m er mindre enn 1/e av startverdien I(0) = V 0 /R = 2.5 m, så alternativ, 225 s, er åpenbart det riktige. Utregning: I(t) = I(0)e t/rc t = RCln I(0) I(t) = 140s ln5 225s. 41) F = e v = ev 0 0 = = N. 42) Sentripetalakselerasjon v 2 0 /R og Newtons 2. lov gir m ev 2 0 /R = ev 0 0, dvs R = m e v 0 /e 0 = / = m 0.3mm. 43) Konstant hastighet langs z-aksen betyr en forflytning lik z = v z t = = 13.6 m. 44) Magnetfeltet gjør ikke arbeid på elektronet, slik at kinetisk energi er uendret. 45) Omsluttet fluks er Indusert spenning: φ(t) = N (t) = Nsinωt. V(t) = dφ dt = Nωcosωt, 6

7 med amplitude V 0 = Nω = 2πN/T. ermed: C V 0 = 2π /0.01 = 603V. 46) Ligningen for Q kan skrives på formen Q+ω 2 0Q = 0, med ω 0 = 1/ LC. ermed er Q(t) = Q 0 cosω 0 t, og strømmen i kretsen blir I(t) = ω 0 Q 0 sinω 0 t, med amplitude I 0 = Q 0 / LC = / = ) Kirchhoffs spenningsregel gir V 0 sinωt = Q/C, dvs Q(t) = V 0 Csinωt, og dermed I(t) = V 0 ωccosωt, med amplitude I 0 = V 0 ωc = 2πV 0 fc = 2π = ) Kirchhoffs spenningsregel gir V 0 sinωt = LdI/dt, slik at I(t) = I 0 cosωt med amplitude I 0 = V 0 /ωl = V 0 /2πfL = 230/2π = ) reiemomentet er τ = psinα = sin38 = 0.089Nm. 50) et magnetiske dipolmomentet er m = I = = m 2. a er dreiemomentet τ = msinα = sin25 = Nm. 7