FY0001 Brukerkurs i fysikk

Transkript

1 NTNU Institutt for Fysikk Løsningsforslag til øving FY0001 Brukerkurs i fysikk Oppgave 1 a Det er fire krefter som virker på lokomotivet. Først har vi tyngdekraften, som virker nedover, og som er på F g = mg = 4, N. Siden toget ikke akselererer i y-retning må den totale kraften i denne retningen være null, og det betyr at normalkraften fra underlaget er like stor, men motsatt rettet av tyngdekraften, altså N = 4, N. Denne kraften er naturligvis fordelt mellom alle hjulene, men er her tegnet på ett hjul for enkelhetsskyld. Den faktiske fordelingen vil avhenge av vektfordelingen inni lokomotivet. Videre har vi friksjonskraften fra skinnene som virker på hjulene. Denne kraften virker fremover, noe som kanskje virker anti-intuitivt. Det som skjer er imidlertid at hjulene trykker skinnegangen bakover, og skinnegangen trykker hjulene fremover. Denne kraften er den som får hele toget til å bevege seg, og er på F S = m tot a = N. Den siste kraften er kraften fra den første vognen på lokomotivet. Denne kraften er like stor, men motsatt rettet av kraften som lokomotivet trekker på vognen med. De to vognene har en masse på 50 tonn, og en akselerasjon på 0,5 m/s, derfor må kraften være F v =, N. b Kraften fra lokomotivet på den første vognen regnet vi ut i forrige spørsmål. Den var på, N. c Den andre vognen har en masse på 5 tonn, og en akselerasjon på 0,5 m/s. Derfor må kraften være F 1 = m a = 1, N. 1

2 Oppgave a Den største friksjonskraften vi kan ha før kassen begynner å skli er F R = µmg. Når vi bremser er det kun friksjonskraften som virker på kassen i x-retning. Den største mulige friksjonskraften gir derfor størst akselerasjon, altså hurtigst nedbremsing. Denne akselerasjonen blir a max = F S m = µg Hvis vi setter inn µ = 0, 3 finner vi at a max =, 94 m/s. Vi har videre at 50 km/t = 13,9 m/s. Tiden det tar å stoppe finner vi da som t = v a 13, 9 m/s = = 4, 7s., 94 m/s b I forrige spørsmål fant vi at den største akselerasjonen vi kan gi kassen ved hjelp av friksjonskraften er a max =, 94 m/s. Det betyr at vi kan kjøre gjennom svingen så fort at sentripetalakselerasjonen akkurat blir lik a max. Det medfører v = a max r =.94 m/s 5 m = 8, 6 m/s. c I denne oppgaven er det mest hensiktsmessig å legge koordinatsystemet slik at x-aksen peker oppover langs bakken. Hverken bilen eller kassen er akselerert i y-retning, og dermed må den totale kraften i denne retningen være null. Med andre ord har vi at N = F gy = mg cos 15. Den største friksjonskraften vi kan ha når bilen kjører i bakken er derfor F R = µn = µmg cos 15. I tillegg må vi ta hensyn til at tyngdekraften har en komponent som virker i x-retningen, med størrelse F gx = mg sin 15. Hvis bilen øker farten må friksjonskraften peke i positiv x-retning, for at kassen skal akselerere i denne retningen. Vi finner dermed den største totalkraften som F max = F S F gx = µmg cos 15 mg sin 15 = mg (µ cos 15 sin 15. Den største akselerasjonen finner vi da som a max = F max m = g ( µ cos 15 sin 15 = 0, 30 m/s.

3 Hvis man vil være vanskelig kan man eventuelt innvende at akselerasjon ikke betyr noe annet enn endring i hastighet, og dermed kan man også inkludere oppbremsing i denne oppgaven. Hvis lastebilen bremser må friksjonskraften på kassen virke i negativ x-retning, altså i samme retning som x-komponenten til tyngdekraften. Den største kraften i dette tilfellet blir derfor F max = F S + F gx = mg (µ cos 15 sin 15, og den største mulige akselerasjonen blir tilsvarende a max = g (µ cos 15 sin 15 = 5, 4 m/s. Poenget er altså at hvis man øker farten i en oppoverbakke må man kjempe mot tyngdekraften, men når man bremser får man hjelp av tyngdekraften. Oppgave 3 a Tilsammen må y-komponentene av kreftene fra ledningene være like stor som tyngdekraften, siden lampen er i ro. Det betyr at kraften fra hver ledning må bidra med halvparten av dette. Hvis den totale kraften fra en ledning er F har vi altså at F y = 1 mg = 49 N. Videre har vi b F y = F sin 10 F = F = F y = 810 N. sin 1 F y sin 10 = 80 N c Her kan man argumentere på to måter. For det første ser man av uttrykket over at når vinkelen går mot null må kraften gå mot uendelig, og det er åpenbart umulig. For det andre kan man si at for at lampen skal henge i ro må det virke en kraft oppover for å motvirke tyngdekraften. Hvis vinkelen er 0 virker det ingen kraft oppover fra ledningene. Oppgave 4 For å løse denne oppgaven må vi først finne distanse som funksjon av vinkel. Vi har at farten i x-retning er v x = v cos θ. For å finne hvor langt steinen går må vi da finne tiden steinen tilbringer i luften. Dette gjør vi ved å sette opp et uttrykk for høyden over bakken, og så løse med hensyn på tiden når høyden er null. Siden y 0 = 0 har vi at posisjonen i y-retning er: 3

4 y = v 0y t 1 gt Setter vi denne lik null finner vi et uttrykk for t: Kastelengden i x-retning blir altså t = v 0y g. x = v x t = v 0 cos θ sin θ. g For å finne den lengste kastelengden deriverer vi med hensyn på θ, og setter resultatet lik null. Vi finner v ( 0 cos θ sin θ = 0 θ = 45. g Bonusoppgave a Vi ser at det første som skjer når heisen begynner å bevege seg er at den effektive tyngdekraften øker. Det er det som skjer når heisen begynner å gå oppover, og du føler at du blir trykt nedover. Heisen går altså oppover. b Hastigheten når vi har variabel akselerasjon er integralet av akselerasjonen over tiden, som er det samme som arealet under kurven. Hvis vi tar høyde for at nullpunktet ser ut til å ligge på ca 0,985g (på grunn av dårlig kalibrering, og vi anslår at kurven går opp til omtrent 1,06g, kan vi dele opp arealet under kurven i to trekanter og en firkant (se Fig. 1 på neste side, og vi finner v = 0, 75 s 0.08g + 1, 3 s 0.08g 1, 6 m/s c Det er mulig å gjøre denne oppgaven også nokså nøyaktig, for eksempel ved å lage en kurve som viser fart som funksjon av tid, og så integrere denne. Vi gjør det imidlertid litt enklere, og sier at heisen bruker ca 1/3 av tiden på å akselerere, 1/3 på å kjøre med konstant fart og 1/3 på å bremse. Vi anslår videre at gjennomsnittsfarten i den tiden heisen bruker på å akselerere og bremse er halvparten av toppfarten. Da får vi at gjennomsnittsfarten for turen er /3 av toppfarten, altså litt under 1.1 m/s. Turen varer i ca 7,5 sekunder, så totalt beveger heisen seg omtrent 8 meter. En etasje i Realfagbygget er rundt 4 meter, så turen gikk over etasjer. 4

5 Figure 1: Effektiv tyngdekraft som funksjon av tid. 5