LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS120 VÅR 2017

Transkript

1 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS120 VÅR 2017 Oppgave 1 a) Bruker bevaring av bevegelsesmengde i - og y-retning og velger positiv -akse mot høyre og positiv y-akse oppover, og lar vinkelen være = 24. Dekomponerer først v A til v A, = v A sin og v A,y = v A cos. Anta at vraket har hastighet V like etter sammenstøtet. Bevaring av bevegelsesmengde i -retning gir: m A v A + 0 = (m A + m B )V Bevaring av bevegelsesmengde i y-retning gir: m A v A,y + m B v B,y = (m A + m B )V y = V = m Av A sin (m A + m B ) Setter inn for tall i de to uttrykkene for V og V y og får at Dette gir at med retning = V y = m Av A cos + m B v B (m A + m B ) V = 4,27 m/s og V y = 13,70 m/s V = der α er vinkelen mellom y-aksen og V. V 2 + Vy 2 = 14,35 m/s α = arctan (V /V y ) = 17,3, (Dette er et uelastisk støt, og da er den kinetiske energien IKKE bevart. Det er derfor feil å regne med bevaring av kinetisk energi her.) b) Den kinetiske energien like etter sammenstøtet er E k = 1 2 (m A + m B )V 2 = 0, J. Denne energien går til varmeutvikling, deformasjon av bilene og lyd når vraket sklir bortetter asfalten. c) Friksjonskrafta mellom vraket og asfalten er f k = µ k N der N er normalkrafta N = (m A + m B )g. Friksjonskrafta er da: f k = µ k (m A + m B )g = 2, N d) Alternativ 1: Arbeidet W som friksjonskrafta gjør går til å endre den kinetiske energien fra startverdien 0, J til 0: W = f k l = E k,

2 FØR y ETTER y (m A +m B )V m A v A =24 m B v B α Løsningsforslag oppgave 1 der l er lengden på bremsesporet, og E k = 0, J. Dette gir at l = 15,6 m. Alternativ 2: Kan også løses ved å bruke bevegelsesligninger for konstant akselerasjon der man finner akselerasjonen først. Newtons 2. lov gir akselerasjonen til vraket etter kollisjonen, forutsatt at det bare er friksjonskrafta (som virker i horisonalretningen etter kollisjonen). ΣF = (m A + m B )a = µ k (m A + m B )g = (m A + m B )a a = µ k g Sett akselerasjonen inn i bevegelsesligning for horisontal retning, og finn bremselengden: v 2 v0 2 = 2a = = v2 0 2µ k g = (14,35 m/s) 2 2 ( 0,67 9,81 m/s 2 ) = 15,7 m der akselerasjonen er regnet som negativ fordi den er retta motsatt av v 0. Oppgave 2 a) i) Vinkelfarten er ω = 5 2π rad s ii) Farten til steinen idét den forlater slynga er: = 31,4 rad/s v = ωr = 31,4 rad/s 0, 90 m = 28,3 m/s 2

3 iii) Da steinen forlater slynga ved P og Q fortsetter den i en bane som bare er påvirket av tyngden (se bort fra luftmotstand). Utganghastigheten for de to banene er lik i verdi, men har ulik retning. Steinen får en rettlinja bane fra punktet P, dvs rett opp og ned igjen, og en parabelbane fra punktet Q, se figur. P Q Løsningsforslag oppgave 2a) y v 0 D v 0 sin v 0 cos Løsningsforslag oppgave 2b) b) Velger positiv -retning horisontalt i samme retning som steinen flyr, og positiv y- retning oppover. Vinkel med horisontalen er = 40. Bevegelsesligning med konstant akselerasjon for y-retning gir: y = y 0 + v 0y t 1 2 gt2 3

4 der y = y 0 = 0 fordi steinen går fra bakkenivå til bakkenivå som er nullnivået for y- aksen. Utgangshastigheten i kastet er v 0, og verdien er regnet ut i forrige deloppgave. Komponenten i y-retning er v 0y = v 0 sin. Vi får en andregradsligning i t: som har løsning: 1 2 gt2 + v 0 sin t = 0 t = 0 t = 2v 0 sin, g der det er andre løsningen vi er ute etter (som gir t = 3,71 s dersom tall settes inn). Lengden D på kastet er gitt av bevegelsesligning i -retning: D = v 0 t = v 0 cos 2v 0 sin g = 80,3 m c) De to kreftene som virker på steinen er draget fra snora T og tyngden w = m g. Akselerasjonen er retta innover fordi vi har sirkelbevegelse, dvs vi har sentripetalakselerasjon, som er gitt ved a c = mv 2 /r, der radius er r = 0,90 m. v 0 mgcos T mg Løsningsforslag oppgave 2c) Alternativ 1: Vi velger positiv retning innover mot sentrum av sirkelen. Da er komponenten av tyngden inn på radiell retning lik w r = mg cos. Newtons andre lov gir: som gir at T = 376,2 N. ma c = T mg cos = T = m v2 r + mg cos, 4

5 Alternativ 2: Istedet for å dekomponere tyngden i radiell retning kan man dekomponere snordraget og sentripetalakselerasjonen i en - og en y-retning, der y-retningen er parallell med tyngden. Deretter finner man snordraget ved å addere vektorielt de to komponentene av snordraget: T = T 2 + Ty 2 Oppgave 3 a) Se figur. y N f mgsin mgcos mg L mg Løsningsforslag oppgave 3a). Kreftene som virker på klossen er tyngden mg, normalkrafta N og friksjonskrafta f. Tyngden mg er dekomponert i - og y-retning i den mindre figuren oppe til venstre. b) Bruker Newtons 2. lov i -retning (der akselerasjonen er a): F = ma = mg sin f = ma, der friksjonskrafta f er gitt ved f = µn = µmg cos Dette gir at a = g(sin µ cos ) c) Akselerasjonen er konstant, så vi bruker bevegelsesligning for konstant akselerasjon v 2 = v aL = v = 2gL(sin µ cos ) 5

6 y ma heis sin mgsin ma heis cos N f mgcos L ma heis mg Løsningsforslag oppgave 3d), alternativ 1: I heissystemet d) Heisen går nedover og farten avtar, da er akselerasjonen retta oppover (deakselerasjon/bremsing). Denne oppgaven kan løses i to ulike referansesystem: 1) i heissystemet som er et akselerert system eller 2) i referansesystemet til en observatør utenfor heisen (et referansesystem som ikke er akselerert). Heissystemet er altså et akselerert referansesystem og dermed ikke et inertialsystem, så Newtons lover gjelder ikke. Alternativ 1: Heissystemet Vi kan likevel bruke Newtons lover for å løse problemet i heissystemet. Dette gjøres ved å innføre ei kraft ma heis som virker på klossen (som altså ikke er en egentlig kraft) i samme retning som mg. Denne krafta gjør at klossen blir tyngre (på samme måte som passasjerer i heisen vil kjenne seg tyngre da heisen deakselererer på vei nedover og stopper opp). Se figur. Normalkrafta N som klossen kjenner fra underlaget er da gitt ved å løse Newtons 2. lov i y-retning: F y = 0 = N mg cos ma heis cos = 0 (Det er altså ingen akselerasjon i y-retning i heissystemet). Friksjonskrafta er nå gitt ved slik at Newtons 2. lov i -retning gir: N = m(g + a heis ) cos f = µn = µm(g + a heis ) cos, ΣF = ma kloss = µm(g + a heis ) cos + m(g + a heis ) sin = ma kloss a kloss = (g + a heis )(sin µ cos ), der a kloss er akselerasjonen til klossen ned skråplanet i forhold til skråplanet (heissystemet). 6

7 y a heis N a heis cos f a heis sin mg Løsningsforslag oppgave 3d), alternativ 2: I et inertialsystem utenfor heisen Alternativ 2: I et inertialsystem utenfor heisen Inertialsystemet utenfor heisen kan være referansesystemet til en observatør som står på bakken utenfor heisen. Se figur. Heisen har en akselerasjon som er retta oppover, og har derfor en komponent i -retning og en komponent i y-retning som er: Newtons 2. lov i y-retning gir: a heis, = a heis sin ΣF y = N mg cos = ma heis,y Vi får da for friksjonskrafta: N = m(g + a heis ) cos a heis,y = a heis cos f = µn = µm(g + a heis ) cos = N = ma heis,y + mg cos Newtons 2. lov i -retning gir: ΣF = ma tot, der a tot er klossens totale akselerasjon ned skråplanet og består av to deler; akselerasjonen til klossen i forhold til skråplanet (a kloss ) og -komponenten til heisens akselerasjonen (a heis, ), dvs at Dette gir at a tot = a kloss + a heis, = a kloss a heis sin mg sin f = ma tot mg sin µm(g + a heis ) cos = m(a kloss a heis sin ) a kloss = (g + a heis )(sin µ cos ) (det er også like riktig å gi svaret som a tot = g sin µ(g + a heis cos ) som er akselerasjonen til klossen sett fra et inertialsystem utenfor heisen.) 7

8 S S M R + w=mg Løsningsforslag oppgave 4 Oppgave 4 a) Newtons 2. lov i y-retning (velger positiv y-retning nedover) gir: ΣF y = Mg 2S = Ma cm = S = 1 2 M(g a cm) Vi må finne et uttrykk for a cm, og det får vi fra Newtons 2. lov for rotasjon som er Στ = Iα: SR + SR = Iα = 2SR = 1 2 MR2 a cm R = a cm = 4S M der vi har brukt at treghetsmomentet til sylinderen er I = 1/2MR 2 og rulle-utenå-gli-betingelsen a cm = αr. Setter uttrykket for a cm inn i uttrykket for S vi fikk ovenfor og får at S = 1 2 M(g 4S Mg ) = S = M 6 = w 6 b) Fra opg a) har vi at akselerasjonen er gitt ved a cm = 4S M = 4 M Mg 6 = 2 3 g 8

9 Oppgave 5 a) C 0 = Q 0 /V gir at V = 2,00 V b) Fordi kondensatoren hele tida er kobla til spenningskilden er potensialforskjellen V mellom platene den samme før og etter at dielektrikummet settes inn. Dielektrisitetskonstanten for dielektrikummet er definert som: K = C/C 0, der C er kapasitansen etter at dielektrikummet er satt i. Vi har også at C = Q/V og C 0 = Q 0 /V, Da er K gitt av K = C/C 0 = Q Q 0 = 2,19 c) Oppgaven spesifiserer ikke om man skal finne det elektriske feltet før eller etter at dielektrikummet er satt inn. Begge deler regnes derfor som korrekt. Dette løsningsforslaget regner feltet mellom platene etter at dielektrikummet er satt inn (forskjellen mellom de to er en faktor 2,19, tilsvarende dielektrisitetskonstanten til materialet (som regnes ut i opg b)). Alternativ 1: Det elektriske feltet mellom platene er gitt ved E = V d og kapasitansen til en parallellplatekondensator er gitt ved C 0 = ɛ 0 A d Eliminerer d mellom disse to uttrykkene og får: E = C 0V ɛ 0 A = V/m = 28,0 103 V/m Alternativ 2: Det elektriske feltet mellom platene i en parallellplatekondensator er gitt ved E = σ/ɛ dersom mellomrommet mellom platene er fylt med et dielektrikum med dielektrisitetskonstant K = ɛ/ɛ 0. Flateladningstettheten på platene er σ = Q/A. E = σ ɛ = Q AKɛ 0 = C 1,5 0, m 2 2,19 8, = V/m F/m = E = 28, V/m 9

10 B + v F B Løsningsforslag oppgave 6a). Oppgave 6 a) Partiklene går i sirkelbaner, F = q v B. Bruker høyrehåndsregel. Partikkelen er positivt ladd, og sirkelbevegelsen er med klokka. b) Krafta står normalt på bevegelsesretning og er da en sentripetalkraft qvb = m v2 r, der r er radius i sirkelen. Farten til partikkelen kan da skrives som v = qrb m = ω = v r = qb m = 2eB 4m p = eb 2m p c) Den elektriske krafta på partiklene er lik qe = qv/d, der vi har brukt at det elektriske feltet mellom platene er E = V/d. For at partiklene ikke skal bøyes av, må den magnetiske krafta være lik stor som den elektriske krafta. Retningen er ut av papiret. qvb = q V d = B = V vd = 200 V m/s 1, m = 0,07 T 10

11 v E. B 200 V + Løsningsforslag oppgave 6c). 11