2sin cos sin m/s 70.0 m/s

Transkript

1 Løsningsforslag, eksaen FY/TFY49 H6: ) B: Bevegelse ed konstant akselerasjon. y v t sin gt ; x v t cos der v er utgangshastigheten, og α er utgangsvinkelen. Vi finner tiden det tar før golfballen når bakken igjen: y t( v sin gt) t t v sin / g. Velger den ikke-trivielle løsningen og eliinerer t v.h.a. ligningen for x. Da får vi: x v sin xg xg v cos g sin cos sin v 59.8 /s 7. /s ) D: Fullstendig uelastisk støt, ): ipulsbevaring: før etter / p p M v M M u u M v M M xg 3) B: Hastighetsforløpet er ikke syetrisk opp og ned skråplanet fordi friksjonen skifter retning, ens tyngdekraften forblir den sae. 4) A: Kassene og snora har alle sae akselerasjon. I innfestingen til kassen til venstre, vil denne akselerasjonen kun virke på kassens asse. Dered blir krafta S=a. 5) A: Terinalhastighet i det likevekt er oppnådd, dvs:.49.8 / 8.5 /s.5 s Dv g v g D 6) D: Idet bilen ister kontakten ed underlaget vil noralkraften forsvinne. Dette skjer når sentripetalakselerasjonen tilsvarer tyngdens akselerasjon. På toppen av bakken er de to parallelle, så vi kan regne skalart 7) E: v g v gr /s 7/s r Likevekt i felles knutepunkt=> S3 g S S x-kop: S S S S

2 y-kop: S g S S ( 3) S 3 3 S S S 3 8) D: Maks snordrag før personen letter er S=g. Teller opp og finner at kassa løftes v.h.a 7 like store snordrag. Dvs. S=Mg/7, so gir: M < 7. 9) B: N: dp d dv F v dt dt dt For at hastigheten skal kunne holdes konstant å vi tilføre en effekt so dekker kostnaden ved assetilførselen, og siden v holdes konstant bidrar bare første ledd på høyre side. Effekten blir: d P F v v dt.5 4W=6W Jeg så når jeg gikk rundt på eksaen at noen av dere tok utgangspunkt i kinetisk energi K= ½ v, og endte opp ed P= dk/dt = ½ d/dt v, altså halvparten av svaret over. Feilen ed denne tilnæringen er at K på denne foren forutsetter konstant asse (K ble utledet fra arbeid hvor kraften so inngikk i arbeidsintegralet var på foren F= dv/dt, altså forutsetter K på denne foren at endringen i kinetisk energi skyldes hastighetsendring.) O du gjør arbeidsbetraktninger ed kraft på foren F= d/dt v, vil K= v og du ender du opp ed riktig svar. ) E: N, stive legeer, dvs. kan betrakte translatorisk bevegelse so o kraften virker i assesenteret. Siden kraften er den sae i alle tilfellene, vil akselerasjonen bli den sae. NB!,3 og 4 vil dreie litt i tillegg. ) E: Unifor sirkelbevegelse, polarkoordinater: x( t) Acos( t ); y( t) Asin( t ). Vi har gitt startbetingelsen: x( t ) A Acos( ); y( t ) Asin n, n=,,.... Vi velger ϕ= slik at faseskiftet forsvinner, og bruker i tillegg at ω=πf. ) C: Her ser du at det kun er C so gir en «riktig for» på krafta, siden fjærkraften øker ed utslaget (= avstanden). A gir en statisk tilstand, og evt. et saenbrudd av systeet for at kvarkene skal kunne endre sin innbyrdes avstand, ens B ikke gir noen for for vekselvirkning. D tilsvarer en kraft so reduseres ed avstanden (kan være attraktiv

3 eller repulsiv), ens alternativ E vil tilsvare en frastøtende vekselvirkning so avtar ed avstanden. 3) C: Skivas treghetsoent er K I MR ( / T ) rot 4.75 / J 7 MJ 6 3 MR T 4) A: Dreieipulsbevaring: L I I L I / I T T T ( ) I I I I / I T I I ( R R) R RR R R T T T R R R s.94 s I MR og den kinetiske rotasjonsenergien blir 5) A: Hjulet roterer ed klokka, altså ligger dreieipulsen langs retninga angitt ved vektor nr 6) C: 3. Fra N-rot får vi: dl, altså å dreieoentet være rettet otsatt av dt dreieipulsen for at denne skal breses opp. Tyngdekraften akselererer sylinderen, og gir den kinetisk energi, noe so tilsvarer positivt arbeid. Friksjonskraft rettet oppover skråplanet bidrar til at en andel av sylinderens potensielle energi konverterer direkte til kinetisk rotasjonsenergi (på bekostning av translasjonsenergi). 7) A: Energibevaring: U Mgh K K M ( v c( R) ) Mv ( c) trans rot gh kule gh v c 7

4 8) B: Altså er hastigheten kun bestet av starthøyden og legeets geoetriske for (og verken legeets asse eller radius). T R R R v G G R 3/ 9) B: ): Oløpstiden kun avhengig av baneradien, ikke planetassen. Dered vil den innerste planeten, ed den korteste baneradien få kortest oløpstid. Tar utgangspunkt i potensialet, V. For tilfellet gravitasjon å V i hele R 3 siden det skal være attraktivt. I tillegg å V være syetrisk o idtpunktet siden asteroidene har sae asse. Dered gjenstår bare B og C so ulige løsninger. Ser så på g. Siden feltet relaterer til en konservativ kraft å potensialet oppfylle U dv V F ˆ g dr g dr g r V dr M.a.o å g tilsvare den negative gradienten til V. Ser at dette tilsvarer alternativ B. ) D: /.6 s k. Startbetingelsene gir at y()=-., og at v()=. Bruker generell løsning fra forelarket, og deriverer denne ed hensyn på tiden for å finne v(t). Vi får: y( t) Acos( t ); v( t) A sin( t ) ): v() A sin n, n,,.. og: y() Acos( ). n,3,5,.. hvor vi har tatt hensyn til at alle løsningene har positiv aplitude, hvilket gjør at cosϕ<. Dered er løsning D den eneste so gjenstår. ) D: t A( t) Ae t ln( A( t) / A) Antall perioder: b t k 4 ln( A( t) / A) ln( A( t) / A) T b k. ln( A( t) / A ) ln(5) 6. b. ) C:

5 k b Kritisk deping: b 4k 4..6Ns/ 4 3) E: Partikkelhastigheten er dy/dt og bølgen forplanter seg ot høyre. Dered vil assepunkt og 6 være i bevegelse oppover, ens punkt 3 og 5 beveger seg nedover. I øyeblikksbildet befinner punkt og 4 seg h.h.v. på en lokal bølgetopp og i en lokal bølgedal, og vil dered stå i ro. 4) E: Høyttaleren akselererer i tyngdefeltet slik at kildehastigheten v s øker onotont s.f.a tiden. Antar at lufta står i ro (v =). Observatøren står i ro (v =), og høyttaleren beveger seg vekk fra observatøren, dvs v s<. Dopplerskiftet blir da Δf=v/(v-v s) - <, altså blir frekvensen lavere og avtagenede ed økende kildehastighet. 5) D: Bølgetoppenes avstand er ganske enkelt bølgelengden. Dette ser du o du lar r være en avstand λ i bølgens forplantningsretning, altså parallelt ed k. Da blir skalarproduktet i bølgefasen k r kr, altså en hel periode (f.eks. fra bølgetopp til bølgetopp). Dered gjenstår det bare å finne bølgelengden. Vi har k. k k k x y z 6) A: Bølgeaplitudene leses av i figuren, og har forhold /3. Bølgene har sae frekvens, sae bølgelengde (sett fra figur), og dered sae hastighet. Dered er det kun aplitudene so er forskjellige, så forholdet ello effektene blir 4/9. 7) A: Når strengen straes (S øker), øker v og dered ω. Dered å strengen være understet (stet for lavt). 4 beats tilsvarer en svevefrekvens på 4 Hz, altså er differansen ello steegaffel og streng på 4 Hz. 8) C: Ser av figuren at bølgene er faseforskjøvet ed en kvart periode, altså π/. Bruker superposisjonsprinsippet, og faseskifter bølgene ed 4 slik at de er skiftet π/ i forhold til hverandre.

6 A cos( kx t) A(cos( kx t ) cos( kx t ) tot 4 4 A(cos( )cos( kx t) sin( )sin( kx t ) sin( )sin( kx t )) Acos( )cos( kx t) 4 A Acos( ) tot 4 9) E: Begge bølgene har bølgelengder tilsvarende 4 enheter på skalaen. De å begge forplante seg et odde antall halvperioder (inst 3λ/) for å overlappe i en stående bølge, altså vil nodene finnes i alle odde tallverdier langs skalaen. 3) C: Kan bruke hvilken so helst av verdiene, en høyest vinkel gir størst nøyaktighet (se neste oppgave). Får: 3) B: n d sin sin =3. 6 Feilforplantning gir: d d d d d tan d d tan d d 5 8 tan Ser fra uttrykket at høyest ulig vinkel gir inst feilforplanting. Setter inn for θ=4.8º og får d d n! d Interferensålinger gir veldig høy presisjon, se f.eks. interferoeteret brukt i LIGOeksperientet der an nylig påviste gravitasjonsbølger/gravitoner. Se f.eks: 3) C: Hastighet i S:.99 ux ( ux v) / ( uxv / c ) (.3c.69 c) / (.3.69) c.8c.7

7 33) C: E p c K c ( ) kev 6 kev f f e Målt i angitte enheter blir dered fotonets ipuls ~ 6 kev/c. 34) D: Energibetraktning: Endringen i systeets totale energi å tilskrives friksjonstap ello B og skråplanet, siden det ikke er noe tap i trinsa. Vi finner E f dl ghcos E tap k B E E E U U K K K A B A B rot E E v k agh b ghsin A B v t Rt b ghcos b ghcos Rt a b sin gh A B t v cos b Med tallverdier innsatt i siste uttrykk finner du k.6 35) C: 36) D: Siden sylindertettheten er halvparten av vannets, vil halve sylinderen synke nedi vannet. Kan vise dette v.h.a likevektsbetraktninger. Fra Arkiedes lov finner vi et uttrykk for oppdriftskrafta på sylinderen: F r h g der h v er nedsenkningslengden. N gir: A v s v s h FA sg v rs hv g s rs hg hv h For å kunne løse oppgaven, å du først finne resultantkraften på sylinderen når den beveger seg bort fra likevektsposisjonen. Tyngda av sylinderen er konstant, en oppdriften vil være indre enn tyngden når sylinderen er ovenfor likevektsposisjonen, og større enn tyngden når sylinderen er dypere i vannet enn ved likevekt. Dered gir balansen ello tyngde og oppdrift ei kraft ovendt proporsjonal ed utslag i forhold til likevekt. Vi bruker nettokrafta fra oppgave 35, dvs: F r gy Ky v s Hvor y nå er posisjonen til sylinderen relativt til likevektsposisjonen i y= (halvt nedsunket). v

8 Vi finner ω på sedvanlig vis: K vg g h h s s s s 9.8 s 37) B: Bruker standardløsning for tvunget svingning fra forelarket og finner svingehastigheten: Effekten blir dered: x( t) A( )sin( t ( )) dx v( t) A( )cos( t ( )) dt b A ( ) P( t) b v( t) b A ( ) cos ( t ( )) b og ω er gitt ved tallverdier i oppgaveteksten, ens uttrykk for og A(ω) finnes i forelarket. Vi finner ved innsetting: A( ) So gir: H / H ( ) ( ) Pt () 4 b bh Her kjenner vi alle størrelser, så vi setter inn tallverdier og finner P ~ kw. 38) C: Dreieoentene for høyre og venstre hjul står 8 grader på hverandre, h.h.v. langs negativ og positiv z-akse. Dered er det totale dreieoentet på systeet, og i følge N-rot vil da dreieipulsen(e) være bevart. (Det er for øvrig uvesentlig hvilken vei hjula spinner, resultatet blir det sae). 39) E: Her å vi holde tunga rett i unnen. På den siden so vender ot ånen, vil tyngdekraften fra ånen være otsatt rettet av den fra jorda, ens vi på diaetralt otsatt side får

9 tyngdekrefter so virker i sae retning. Vi kan bruke superposisjon på både krefter og felt. Jeg velger det siste: g (g j( r ) g ( ) (g ( ) g ( ))) (g ( ) g ( )) j rj rj j r j rj rj rj rj rj rj g g ( r ) g ( r ) j j j j j rj rj rj rj j rj j rj rj rj r j j rj rj rj rj r ( ) ( ) rj rj rj 6.76 ( r r ) j j j 6 4) D: Uelastisk og relativistisk => totalenergi og ipuls bevart, lar og vise til protonene før støtet, og 3 til resultantpartikkelen. Energibevaring gir E p c M c E E ( ) c p c M c c ( ) Fra ipulsbevaring har vi får: p p p p v. Setter dette inn i energiligninga, og 3 3 M c c v c c v ( ) ( c c ( ( ) ) c ( ) 4 v 4 c Vi kan bytte ut Lorentsfaktoren ed K v.h.a. følgende saenheng: E c K c K ( ) c Altså får vi: K M c c c Mc K c c 4 Vi setter inn tallverdier fra oppgaven, og får: (5 GeV).679 GeV GeV K.67 9 GeV.6.6