Flervalgsoppgave. Kollisjoner. Kap. 6. Arbeid og energi. Energibevaring. Konstant-akselerasjonslikninger REP

Transkript

1 Kap. 6. Arbeid og energi. Energibevaring. Arbeid = dw = F ds Kinetisk energi E k = ½ m v 2 Effekt = arbeid/tid = P = dw /dt Arbeid på legeme øker E k : dw = de k Potensiell energi E p (x,y,z) (Tyngdefelt: E p = mgz; Fjærpotensial: E p = ½ k x 2 ) Konservative krefter kan avledes fra pot.energi: é ù F=-,, Ep( xyz,, ) =- Ep( xyz,, ) ê ë x y zú û (Tyngdekraft: F = - mg; Fjærkraft: F = - k x ) de p = - F ds Arbeid av konservativ kraft reduserer tilhørende potensiell energi: dw = - de p Energibevaring i konservativt felt: d( ½ m v 2 + E p (x,y,z)) = 0 Energibevaring når friksjon: d( ½ m v 2 + E p (x,y,z)) = dw f = friksjonsarbeid < 0 Translasjon: (konstant akselerasjon a) v = v 0 + a t Konstant-akselerasjonslikninger s = s 0 + v 0 t + ½ a t 2 v 2 v 02 = 2as s -s 0 = <v>t = ½(v+v 0 ) t Rotasjon om fast akse: (konstant vinkelakselerasjon α) ω = ω 0 + α t θ = θ 0 + ω 0 t + ½ α t 2 ω 2 ω 02 = 2αθ θ θ 0 = <ω>t = ½(ω+ω 0 ) t Kollisjoner Vi har sett på: Når ingen ytre krefter (i bevegelsesretning): Bevegelsesmengde (impuls) er bevart Når ingen ytre kraftmoment om akse A: Spinn er bevart om akse A Flervalgsoppgave Elastisk støt: Bevegelsesmengde bevart. Kinetisk energi bevart Uelastisk støt: Bevegelsesmengde bevart. Kinetisk energi avtar (varme) 1

2 Flervalgsoppgave Spinn: L = I ω Konstant! Personer inn mot sentrum I = Σ m i r i2 avtar ω må øke! Kinetisk energi: E k = ½ I ω 2 =½ L ω = ½ L 2 / I Personer inn mot sentrum I avtar, L konstant E k øker! Flervalgsoppgave Flervalgsoppgave Hva er bevart? På friksjonsfritt bord Eksamen des 2012 Hva er bevart? Aksling A 2

3 Oppgave Friksjon: Friksjon: Hvilefriksjon F T = F f F f,max (F f ukjent ) F f,max = μ s F N (statisk friksjon) Glidefriksjon: F T F f = μ k F N (kinetisk friksjon) μ s F N μ k F N F f v = konst. akselerasjon F T = trekkraft ω uendret (akkurat på toppen) ω F f =0 F f reduserer ω F f øker ω ω ω F F f f Tyngdekraft (mg sinα) endrer v F f gir moment til rotasjonen Y&F Opg. Y&F Opg. Les opplysninger/forutsetninger nøye. Tegn figur! - med krefter (kraftdiagram). Noter deg hva det spørres etter! Vi fant med (N2) og (N2-rot): a = g/3 Nå med energi M h y = 0 v y = - h Y&F, Fig. P

4 Eksamen TFY4115 des 2011, opg. 2 Bedømmelse (snitt) 2a 58 % (vekt 8) 2b 90 % (vekt 4) 2c 79 % (vekt 6) 2d 58 % (vekt 6) 2e 34 % (vekt 6) Hele opg % (vekt 30) Totalt eksamen % F f Skli: ω = 0 R A v 0 Bowlingkule r ω < v/r Om A: L A = r m v + I 0 ω Ingen krefter har moment => L A = konst. = mrv 0 s (liknende i Ø7, opg. 1) Rulle: ω = v rull /R v rull L start = L slutt => v rull = v 0 5/7 (*) -- uten å kjenne F f! Liknende oppgave: Eksamen TFY4115 des 2008, opg. 2 Kap Analogier translasjons- og rotasjonsbevegelser 0. Hovedsetning = Termisk likevekt: T A = T C og T B = T C T A = T B 1. Hovedsetning = Energibevarelse: ΔU = Q - W (endring indre energi) = (varme inn) (arbeid utført) 2. Hovedsetning = Mulige prosesser: Varme kan ikke strømme fra kaldt til varmt legeme 4

5 Termodynamiske kretsprosesser Reversible prosesser: Alltid likevekt Irreversible prosesser: Ikke likevekt. Varmekraftmaskiner Virkningsgrad η = W/Q H. Carnotmaskin η C = 1 - T L /T H Kjølemaskiner η K = Q L / W Varmepumper η V = Q H / W 2. hovedsetning: Det er umulig at varme strømmer fra kaldt til varmt å overføre varme 100% til arbeid å senke entropien i et lukket system Entropi er en tilstandsfunksjon, def: ΔS = dq rev /T p Prosesskurver i pv- og i TS-diagram for en gass: isobar isokor isoterm: p α V -1 isentrop (adiabat): p α V -γ V T isoterm isentrop isokor: T α exp(s/nc V ) isobar: T α exp(s/nc p ) C p >C v => isobar slakere stigning S Entropi Entropi er en tilstandsfunksjon, def: ΔS = dq rev /T S øker når varme tilføres S «produseres» ved irreversible prosesser S øker for universet, følge av: 2. hovedsetning: Det er umulig at varme strømmer fra kaldt til varmt å overføre varme 100% til arbeid å senke entropien i et lukket system En eksamensoppgave varmetransport / entropi: Des 2009, opg. 3 Eksamensoppgave kretsprosesser: Eksamen TFY4115 des 2008, opg. 1 Eksamen TFY4115 des 2011, opg. 3 5

6 (de dårligst besvarte) (de dårligst besvarte) Totalt 8 oppgaver, tellende 20 % opg. a b c d e f g h % Karakte r F A E C E C C C Snitt: 32 % (ubesvart) c. For et stivt legeme faller tyngdepunktet og massesenteret sammen dersom 30 A) legemet er i rotasjonslikevekt 4 B) legemet er i translasjonslikevekt 24 C) legemet er både i rotasjonslikevekt og i translasjonslikevekt 67 D) tyngdens akselerasjon er lik over hele legemet 3 E) enhver kraft som kan akselerere legemet er konstant 52 (ubesvart) Snitt: 43 % e. To enatomige gasser, helium og neon, blir blanda i forholdet 2:1 og er i termisk likevekt ved temperaturen T. Molar masse til neon er 5x molar masse til helium. Hvis den midlere kinetiske energien per heliumatom er U, er den midlere kinetiske energien per neonatom lik 80 A) U 4 B) U/2 9 C) 2U 34 D) 5U 13 E) U/5 40 (ubesvart) Kinetisk gassteori Snitt: 49 % U = <E k > = ½ m <v 2 > = 3/2 k B T lik for begge ( minst m (helium) har høyest <v 2 > ) 6

7 h. Hvis lufttrykket er lavere enn trippelpunkt-trykket for et visst stoff, kan dette stoffet eksistere (avhengig av temperaturen) 16 A) som væske eller gass, men ikke faststoff 29 B) som væske eller faststoff, men ikke som gass 106 C) som faststoff eller gass, men ikke som væske 3 D) som faststoff, men ikke væske eller gass 14 E) som faststoff, væske eller gass 12 (ubesvart) (de dårligst besvarte) Totalt 11 oppgaver, tellende 30 % opg. a b c d e f g h i j k % karakter B F A F C E E F E C F Snitt: 60 % p atm (de dårligst besvarte) (ubesvart) Snitt: 23 % A) 14 B) 40 C) 50 D) 8 E) (ubesvart) Snitt: 35 % 7

8 A) 33 B) 19 C) 61 D) 13 E) (ubesvart) Snitt: 41 % A) 60 B) 50 C) 4 D) 8 E) (ubesvart) Snitt: 34 % A) 0 B) 82 C) 61 D) 1 E) 5 13 (ubesvart) Snitt: 39 % A) 32 B) 50 C) 51 D) 1 E) 1 27 (ubesvart) Snitt: 23 % 8