UNIVERSITETET I OSLO

Transkript

1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 0 Eksamensdag: juni 208 Tid for eksamen: 09:00 3:00 (4 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark Tillatte hjelpemidler: Øgrim og Lian: Størrelser og enheter i fysikk og teknikk eller Angell, Lian, Øgrim: Fysiske størrelser og enheter: Navn og symboler Rottmann: Matematisk formelsamling Elektronisk kalkulator av godkjent type. Kontroller at oppgavesettet er komplett før du begynner å besvare spørsmålene. Husk å forklare hvordan du løser problemene og begrunn svarene dine. Oppgave (5 poeng) Forklar forskjellen mellom sentripetalkraft og sentrifugalkraft. Sentripetalkraften står vinkelrett på bevegelsesretningen og gjør at et legeme beveger seg på en krumlinjet bane. Forskjellige typer krefter kan fungere som en sentripetalkraft, for eksempel gravitasjonskraften som holder en planet på sin bane rundt en stjerne, snordraget i en pendel, normalkraften som virker i en looping, eller friksjonskraften som trengs for at en bil kjører rundt en svinge. En slik sentripetalkraft virker alltid inn mot kurvens sentrum. Sentrifugalkraften derimot er en fiktiv kraft som brukes for å beskrive et legeme i et roterende referansesystem. Sentrifugalkraften eksisterer ikke når legemet beskrives ved hjelp av et inertialsystem. Sentrifugalkraften er alltid rettet bort fra rotasjonsaksen. Oppgave 2 (5 poeng) Vi antar at det blir mulig å reise med meget høy hastighet i framtiden. I en amerikansk by er alle gatene rettvinklet. En person som går gjennom gatene måler at et kvartal er 800 m lang i retning nord-sør og 640 m lang i retning øst-vest. Du flyr over byen i et meget rask fly og observerer at kvartalene er kvadratisk. Hvor rask og i hvilken retning kjører du? Forklar! På grunn av din høye hastighet er lengden kontrahert i bevegelsesretning, men ikke i retning vinkelrett på bevegelsen. For at kvartalet ser kvadratisk ut må du bevege deg fra sør til nord eller fra nord til sør. I så fall er kvartalet 640 m lang i begge retningene. I retning nord-sør måler du lengden L = γ L = L ( v c ) 2 ( v c ) 2 = ( L 2 L )

2 v c = ( 640 m m ) = 0.64 = 0.6 Du beveger deg med hastighet v = 0.6c enten fra nord til sør eller fra sør til nord. Oppgave 3 (3 poeng) En homogen stang av lengde L = m og vekt mg = 00 N er festet i en vegg som vist i figuren. Den ene enden av stangen ligger på en feste i veggen, mens den andre enden holdes av en snor. Stangen er horisontal og vinkelen mellom stangen og snoren er θ = 30. a. Tegn et frilegemediagram for stangen og navngi alle krefter. (3 poeng) Gravitasjonskraft G, snordrag T, kraft fra festen F b. Hvor stor er snordraget? (3 poeng) Vi ser på kraftmomenter om kontaktpunkt med veggen. Snordraget gir et positivt kraftmoment om z aksen, gravitasjonskraften gir et negativt kraftmoment. Siden systemet er i likevekt må nettokraftmomentet være null: LT sin θ 2 Lmg = 0 2 T 2 mg = 0 T = mg = 00 N c. Finn størrelse og retning til kraften fra festen i veggen på stangen. (3 poeng) Vi ser på kreftene i x retning: F cos θ T cos 30 = 0, hvor θ er den ukjente vinkelen mellom brettet og kraften fra festet i veggen. Vi ser på kraftmomentene om massesenteret: T sin 30 F sin θ = 0 Man ser lett at kreftene T og F må være symmetrisk, med F = T = 00 N og θ = θ = 30. d. Det maksimale snordraget som konstruksjonen tåler er T max = 400 N. Du ønsker å feste en liten metallkloss som veier Mg = 200 N på stangen. Hvor langt fra veggen kan du feste klossen uten at snoren ryker? (4 poeng) Vi fester klossen i avstand x fra veggen og ser igjen på kraftmoment om kontaktpunktet med veggen. Vi bruker det maksimale snordraget for å finne x. LT max sin 30 xmg 2 Lmg = 0 2 T max x L Mg 2 mg = 0 x L = T max mg 400 N 00 N = 2Mg 400 N x = 3 L = 0.75 m 4 = 3 4

3 Oppgave 4 (5 poeng) En kiste med masse m er festet i en lett snor som går over en sylindrisk trinse med radius R. Trinsen har samme masse m som kisten og kan rotere friksjonsfritt om en akse som er festet i taket. Treghetsmomentet til trinsen er I = 2 mr2. Massen til snoren er neglisjerbart og vi ser bort fra luftmotstanden. Du ønsker å løfte kisten ved å dra i den frie enden av snoren med en kraft F som vist i figuren. Når du løfter kisten roterer trinsen uten at snoren glipper. Du bruker en konstant kraft F slik at kisten beveger seg oppover med konstant akselerasjon a = 2 g. a. Tegn frilegemediagrammer separat for kisten og for trinsen. Navngi alle krefter. (4 poeng) Det virker to krefter på kisten: tyngdekraften G og snordraget T. På trinsen virker det fire krefter: tyngdekraften G, snordraget T på den siden hvor kisten er, kraften F som tilsvarer snordraget på den siden hvor du drar, og kraften N fra aksen på trinsen. F er større enn T som er større enn G. Kraften N er summen av de andre tre kreftene. b. Hvor stor er snordraget når akselerasjon til kisten oppover er a = g? Uttrykk 2 resultatet som funksjon av massen m og tyngdeakselerasjonen g. (3 poeng) Vi bruker Newtons andre lov: T mg = ma = 2 mg T = mg + 2 mg = 3 2 mg c. Hvor stor må kraften F være for at kisten beveger seg med akselerasjon a = 2 g oppover? Uttrykk resultatet som funksjon av m og g. (4 poeng) Vi ser på kraftmomenter om aksen til trinsen. Gravitasjonskraften og normalkraften gir ingen kraftmoment fordi de angriper i rotasjonsaksen. Vi får: RT RF = Iα Snordraget T gir et positivt kraftmoment om z aksen, kraften F et negativt kraftmoment. Vi vet at snoren ikke glipper og derfor er: a = Rα. Kraften F må være større enn T for å få en negativ vinkelakselerasjon om z aksen, som gir en positiv akselerasjon til kisten oppover. Man kan også bruke koordinatsystemet som er definert i frilegemediagrammet og regne ut kryssproduktene med hjelp av enhetsvektorer. RF RT = Iα = I a R Vi setter inn snordraget og akselerasjonen: RF 3 2 mgr = 2 mr2 a R = 2 mr 2 g = 4 mgr F = 3 2 mg + 4 mg = 7 4 mg d. Hvor stor er akselerasjonen til kisten og snordraget hvis du slipper den frie enden av snoren? Uttrykk resultatene igjen som funksjon av m og g. Du kan fortsatt anta at snoren ikke glipper på trinsen. (4 poeng)

4 Vi bruker igjen Newtons andre lov for kisten: T mg = ma Den eneste kraften som gir et (positivt) kraftmoment på trinsen er snordraget: TR = Iα = ( a) mr2 2 R = 2 mra, T = 2 ma hvor lineærakselerasjon og vinkelakselerasjon er fortsatt relatert som a = Rα siden snoren ikke glipper. Vi har to ligninger med to ukjente, a og T. Vi eliminerer T: mg + ma = 2 ma 3 ma = mg 2 a = 2 3 g Akselerasjonen er negativ, som betyr at kisten beveger seg nedover. For snordraget finner vi: T = 2 ma = 3 mg Oppgave 5 (9 poeng) En kule med masse m og radius R befinner seg på et skråplan med helningsvinkel θ. Kulen er i ro ved høyde h over bunnen og slippes. Det er nok friksjon slik at kulen ruller uten å skli. Etterpå kommer kulen til en oppoverbakke med samme helningsvinkel. Denne siden er dekket av is slik at det er ingen friksjon. Treghetsmomentet til en kule som roterer om massesenteret er I = 2 5 mr2. Vi ser bort fra luftmotstand. a. Tegn et frilegemediagram for kulen når den befinner seg på nedoverbakken med friksjon og navngi alle krefter. (3 poeng) Vi har gravitasjonskraft G, normalkraft N og den statiske friksjonskraften f. b. Er den mekaniske energien bevart mens kulen beveger seg henholdsvis på den ene eller andre siden? Begrunn! (4 poeng) Vi vet at kulen ruller uten å skli på veien ned. Derfor er friksjonskraften statisk og ikke dynamisk. I en ren rullebevegelse har kontaktpunktet mellom kulen og skråplanet ingen hastighet relativ til skråplanet, og den statiske friksjonskraften gjør ingen arbeid. Normalkraften står vinkelrett på bevegelsesretningen og gjør ingen arbeid heller. Gravitasjonskraften er konservativ, og derfor er energien på veien ned bevart. På veien opp på den andre siden er det ingen friksjon. Normalkraften gjør ingen

5 arbeid og gravitasjonskraften er konservativ. Derfor er energien bevart også på veien opp. c. Finn hastighet til kulen når den har kommet ned til bunnen av den første helningen, uttrykt som funksjon av høyden h og tyngdeakselerasjonen g. (4 poeng) Vi bruker energibevaring: mgh = 2 mv2 + 2 Iω2 Vi vet at kulen ruller uten å skli og kan derfor bruke rullebetingelsen som relaterer hastighet med vinkelhastighet: v = ωr: mgh = 2 mv2 + 2 v2 mr2 2 5 R 2 = ( ) mv2 = 7 0 mv2 v = 0 7 gh d. Hvor høyt kommer kulen opp på den andre siden uten friksjon? (4 poeng) Vi bruker igjen energibevaring. Kulen roterer med vinkelhastighet ω i bunnen av skråplanet. Uten friksjon fortsetter kulen å rotere med samme vinkelhastighet mens den sklir opp skråplanet. 2 mv2 + 2 Iω2 = mgh + 2 Iω2 h = 2g v2 = 0 2g 7 gh = 5 7 h e. Forklar hvorfor kulen ikke kommer opp til den samme høyden h til tross at det er ingen friksjon. (4 poeng) Kulen er i ro når den begynner å rulle ned ved høyde h. På veien opp er det ingen friksjon, slik at kulen fortsetter å roterer når den sklir opp. Kulen roterer fortsatt med vinkelhastighet ω når den kommer opp til den største høyden h. Energien som er bundet i rotasjonsbevegelsen, E rot = 2 Iω2, er ikke tilgjengelig som potensiell energi, og derfor kommer kulen ikke like høyt opp på den siden uten friksjon. Oppgave 6 ( poeng) Et fly som beveger seg på høyde h = 000 m med hastighet v 0 = 00 m/s i horisontal retning slipper en pakke med masse m = 0 kg. Vi antar at luftmotstandskraften kan beskrives ved kvadratloven, F D = Dv 2, der D = 0. kg/m er en konstant. a. Tegn et frilegemediagram for pakken noen få sekunder etter pakken ble sluppet og navngi alle krefter. (3 poeng) Kort tid etter pakken blir sluppet har den hastighet både i horisontal og i negativ vertikal retning. Luftmostandskraften F D har motsatt retning til bevegelsen. Gravitasjonskraften G virker nedover. b. Skriv et program som beregner hastighet og posisjon til pakken over bakken. Det er tilstrekkelig å skrive kun integrasjonsløkken. (5 poeng)

6 Pakken inneholder en mekanisme som utløser en fallskjerm ved høyde h = 500 m. I det øyeblikket når fallskjermen utløses endrer luftmotstandskoeffisienten seg fra D = 0. kg/m til D = 0.5 kg/m. c. Modifiser programmet ditt for å ta hensyn på fallskjermen. (3 poeng)

7 Oppgave 7 (27 poeng) En tynn, homogen stang med masse M = 3m og lengde L er festet horisontalt på et bord med en akse som går gjennom massesenteret. Stangen kan rotere fritt om aksen uten friksjon. Treghetsmomentet til stangen som roterer om sitt massesenter er I S = 2 ML2. Et prosjektil med masse m skytes horisontalt og vinkelrett på stangen. Prosjektilet, som kan anses som et punkt, treffer enden til stangen med hastighet v 0 og stanses der. a. Hvilke av følgende størrelser er bevart under kollisjonen: energi, bevegelsesmengde, spinn? Begrunn! (3 poeng) Vi har en fullstendig uelastisk kollisjon mellom prosjektilet og stangen, så energi er ikke bevart. Det oppstår en ytre kraft fra aksen på stangen, og derfor er bevegelsesmengden ikke bevart heller. Siden det er ingen friksjon fra bordet og kraften fra aksen har ingen kraftarm så virker det ingen ytre kraftmomenter. Derfor er spinnet bevart. b. Vis at treghetsmoment til stangen om aksen etter at prosjektilet er stanset i enden er: (3 poeng) Vi bruker superposisjonsprinsippet: I tot = 2 ml2 I tot = 2 ML2 + m ( 2 L) 2 = ( 3m 2 + m 4 ) L2 = 2 ml2 c. Finn vinkelhastigheten til stangen etter kollisjonen. (4 poeng) Vi bruker bevaring av spinn. Spinnet til prosjektilet før kollisjonen er l = 2 Lmv 0. Spinnet etter kollisjonen er l = I tot ω, hvor I tot er det totale treghetsmomentet for systemet som består av stangen og prosjektilet. Spinnbevaring gir: 2 Lmv 0 = I tot ω = 2 ml2 ω ω = v 0 L I det følgende ser vi på situasjonen hvor stangen ligger fritt på bordet uten en akse gjennom massesenteret. Vi antar fortsatt at det er ingen friksjon mellom stangen og bordet. Prosjektilet treffer stangen på samme måte som før. d. Hvilke størrelser (energi, bevegelsesmengde, spinn) er bevart i denne situasjonen? Begrunn! (3 poeng) Kollisjonen er også i denne situasjonen fullstendig uelastisk og energi er ikke bevart. Uten en fast rotasjonsakse og uten friksjon virker det ingen ytre krefter i horisontal retning og bevegelsesmengden er bevart. Uten ytre krefter er det ingen kraftmomenter heller og spinnet er også bevart. e. Finn massesenteret til systemet som består av stangen og prosjektilet. (3 poeng)

8 Vi legger origo til sentrum av stangen. Massesenteret til stangen er x S = 0 og prosjektilet befinner seg i posisjon x P = L. Vi bruker definisjon til massesenteret: 2 x cm = Mx S + mx P M + m = ml 4m = 8 L f. Finn hastigheten til massesenteret. (3 poeng) Vi bruker bevaring av bevegelsesmengde: mv 0 = 4mV V = mv 0 4m = 4 v 0 g. Vis at treghetsmomentet til systemet om massesenteret er: (4 poeng) I cm = 7 6 ml2 Vi kan bruke parallellaksteoremet. Vi vet allerede fra b) at treghetsmomentet for systemet som består av stangen og prosjektilet om aksen som går gjennom senteret av stangen er I tot = 2 ml2. Det geometriske senteret til stangen ligger i avstand 8 L fra fellesmassesenteret. Vi får: I cm + 4m ( L 8 ) 2 = 2 ml2 I cm = 2 ml2 4mL2 64 = ( 2 6 ) ml2 = 7 6 ml2 Alternativ kan vi tar utgangspunkt i treghetsmomentet til stangen alene, bruke parallellaksteoremet for å finne treghetsmoment til stangen om fellesmassesenteret, og superposisjonsprinsippet for å finne det totale treghetsmoment om massesenteret. Avstand mellom prosjektilet og massesenteret er 3 8 L. I cm = 2 ML2 + M ( L 8 ) 2 + m ( 3 8 L) 2 = 3m 2 L2 + 3m 64 L2 + 9m 64 L2 = 7 6 ml2 h. Finn vinkelhastigheten om massesenteret etter kollisjonen. (4 poeng) Etter kollisjonen roterer stangen om massesenteret, og spinn om massesenteret er bevart. Prosjektilet treffer stangen i avstand 3 L fra massesenteret. Spinnbevaring gir: Lmv 0 = I cm ω = 7 6 ml2 ω ω = 6 v 0 7 L *** Dette er siste ark i oppgavesettet. Lykke til med oppgavene!

9 Formelark FYS-MEK 0 F = ma = dp dr dv, hvor p = mv = m og a = = d2 r dt dt dt dt 2 Konstant a : v = v 0 + a t, r = r 0 + v 0 t + 2 a t2, v 2 v 0 2 = 2a (r r 0 ) Konstant α: ω = ω 0 + αt, θ = θ 0 + ω 0 t + 2 αt2, ω 2 ω 0 2 = 2α(θ θ 0 ) Baneakselerasjon: a = dv dt u T + v2 ρ u N Rotasjon: v = ω r, a = α r + ω (ω r ) Galilei transformasjon: r = R + r, v = V + v Fjærkraft: F(x) = k(x x 0 ), luftmotstand: F v = kv eller F v = Dvv Statisk friksjon: F s μ s N, dynamisk friksjon: F d = μ d N Arbeid: W AB = B A F dr = K B K A, kinetisk energi: K = 2 mv2 Potensiell energi for gravitasjon: U = mgy, for fjærkraft: U = 2 k(x x 0) 2 Konservativ kraft: F = U(r ) t Impuls: J = F dt = p = p (t ) p (t 0 ) t 0 Rakettligningen: F ext + v rel dm dt = ma Massesenter: R = m M ir i = i M M r dm, M = i m i = dm M Kraftmoment: τ = r F, spinn: L = r p Spinnsats: τ = dl dt, stive legemer: L z = I z ω z, τ z = I z α z Kinetisk energi: K = 2 Iω2, treghetsmoment: I = i m i ρ 2 i = ρ 2 dm M Parallellakseteoremet: I = I cm + Md 2 Rullebetingelse: V = ωr Fiktive krefter: ma = F ext ma m dω dt r 2mω v mω (ω r ) Gravitasjon: F (r ) = G m m 2 u r, U(r) = G m m 2 r 2 r Spenning og tøyning: σ xx = F x = E x = Eε A x x xx, y y x = x Lorentz transformasjon: x = γ(x ut), y = y, z = z, t = γ (t u c 2 x), = Lorentz transformasjon for hastighet: v = v u u c 2v u2 c 2