Løsningsforslag til eksamen i FYS1000, 17/8 2017

Transkript

1 øsningsforslag til eksamen i FYS1000, 17/8 017 Oppgave 1 N Fartsretning R De fire kreftene er: a) G Tyngdekraft, G, motkraften virker på jorda. Normalkraft, N, motkraften virker på underlaget. Friksjonskraft, R, motkraften virker på underlaget. Friksjonen er framover siden bilen akselererer. uftmotstand,, motkraften virker på lufta. b) Hvis N 0 er antall atomer i starten, og N er antall atomer etter en tid t, så er 99,99% borte når N/N 0 = Vi har loven for radioaktivt henfall: N = N 0 ( 1 ) t/t1/ som vi løser for t ved å ta logaritmen på begge sider og får t = t 1/ ln N/N 0 ln 1/ = c) E = hf = hc λ = ( ) d) Adiabatlikninga: p 1 V γ 1 = p V γ V. Vi løser for p = p 1 1 V = e) Temperaturforskjellen mellom endene er T = 10 K og lengden er = 10 cm. Fra tabellen har vi at varmeledningsevnen til kobber er λ 1 = og til aluminium er λ =. Da blir varmestrømmen H = λ 1 A 1 T + λ A T = λ 1πr 1 T + λ (πr πr 1) T = f) Ved grensevinkelen, θ, for totalrefleksjon er brytningsvinkelen 90. Da er sin θ = 1/n = og vi får θ =. 1

2 g) Interferens oppstår når to eller flere bølger møtes i et punkt, interferensmønsteret er stabilt når frekvensene til bølgene er like, og det er dette vi først og fremst tenker på med begrepet interferens. Det vil da være punkter der vekselvis to bølgetopper og to bølgebunner møtes, og der vil vi få store svingninger (konstruktiv interferes). I andre punkter vil en bølgetopp møte en bølgebunn, og det blir lite eller ikke noe utslag (destruktiv interferens). I et interferensforsøk med en dobbeltspalte vil bølgene forlate de to spaltene med samme fase, og om vi får konstruktiv eller destruktiv interferens avhenger bare av veiforskjellen fra et punkt til de to spaltene. Kontruktiv interferens får vi hvis veiforskjellen er et helt antall bølger og destruktiv interferens hvis veiforskjellen er en halv bølgelengde mer enn et helt antall bølger. Vi får konstruktiv interferens i retninger θ gitt ved uttrykket d sin θ = nλ, der d er avstanden mellom spaltene, λ er bølgelengden, θ er vinkelen mellom normalen til skjermen med spaltene og retningen til observasjonspunktet og n er et helt tall. h) Vi kaller massen til is m is = 0, 010 kg, massen til vann m vann = 1, 0 kg, temperaturen til isen T is = 5 C og temperaturen til vannet T vann = 0 C (siden varmestrømmene bare avhenger av temperaturdifferanser kan vi regne i Celsius istedenfor Kelvin, det gir samme svar). Fra tabellen finner vi at varmekapasiteten til is er c is =, 1 kj/kgk, varmekapasiteten til vann er c vann = 4, kj/kgk og smeltevarmen fra is til vann er l = 334 kj/kg. Sluttemperaturen kaller vi T. Varmen som tilføres isen er Varmen som går ut av vannet er Q is = c is m is (0 C T is ) + lm is + c vann m is (T 0 C) Q vann = c vann m vann (0 C T ) Siden det er en isolert beholder betyr det at vi kan se bort fra varme som går til omgivelsene, og dermed må Q is = Q vann. Vi setter inn uttrykkene over og løser for T : T = c ism is T is lm is + c vann m vann T vann c vann m is + c vann m vann = 19 C i) Vi trenger først å finne totalmotstanden i kretsen, og vi ser at den besår av en parallellkobling mellom en motstand på 3,0 Ω og en motstand på,0 Ω, seriekoblet med en motstand på,0 Ω. Resistansen R P i parallelkoblingen er gitt ved 1 = 1 R P 3, 0Ω + 1, 0Ω som gir R P = 1, Ω. Totalresistansen er da R T = R P +, 0Ω = 3, Ω. Strømmen gjennom batteriet er da I = U/R T = 6, 0 V/3, Ω = 1, 875 A. Spenningsfallet over den øverste motstanden blir da I T, 0Ω og spenningen over motstanden på 3,0 Ω er U 3,0Ω = 6, 0 V I T, 0Ω =, 5Ω. Strømmen gjennom denne motstanden er da I 3,0Ω = U 3,0Ω /3, 0Ω = 0, 75 A.

3 j) Effekten ved en bestemt tid t er gitt ved arbeidet W utført i et lite tidsrom ved tida t: P = W. Arbeidet finner vi fra krafta F ved dette tidspunktet ganger med den lille forflytningen s som skjer i tida : W = F s. Dermed er P = W = F s = F v siden v = s. Fra grafene leser vi av krafta F = 480 N og farten v = 1, 3 m/s ved tida t = 0, 4 s. Dermed er effekten P = 480 N 1, 3 m/s = 64 W 0, 6 kw. k) 1) Feil. Fluksen gjennom ringen vil først øke og så avta. Siden indusert spenning er avhengig av endringen i fluks (Faradays induksjonslov) vil også spenningen skifte fortegn, og strømmen skifte retning. ) Riktig. enz regel sier at den induserte spenningen er slik at den motvirker den årsaken som gir opphav til den. I dette tilfellet er det ringen som faller som gjør at det induseres strøm, og da vil dette motvirkes. Ringen faller altså saktere. 3) Riktig. Siden ringen faller saktere må det virke en magnetisk kraft oppover på den. Motkraften må virke nedover på magneten. Snordraget må være større enn tyngden av magneten siden den må motvirke både tyngden og magnetkrafta. l) Se læreboka s 71. Oppgave a) a = F G m = F m g = 9, 8 m/s, der m = 5, 0 kg er massen til loddet. b) Vi kaller massen til det store loddet M = 10 kg og snordraget S. Akselerasjonen blir den samme for begge loddene. Vi har Newtons. lov for det lille loddet (positiv retning oppover): ma = S mg og for det store loddet (positiv retning nedover her): Ma = Mg S Vi summerer de to likningene og løser for akselerasjonen: a = M m g = 3, 3 m/s M + m c) Siden det store loddet akselererer nedover må snordraget være mindre enn tyngden. Derfor må akselerasjonen i b) være mindre enn i a). 3

4 d) Akselerasjonen blir mindre fordi det kreves et kraftmoment for å sette trinsene i rotasjon. Dette må være fordi snordraget er forskjellig i snora før og etter ei trinse. Snordraget som når til det lille loddet blir derfor redusert, og akselerasjonen mindre. Oppgave 3 a) Kontinuitetslikningen gir v = v 1 A 1 A = 16 m/s b) Bernoullis likning sier at p 1 + ρgh ρv 1 = p + ρgh + 1 ρv Vi setter h 1 = 0 og løser for p p = p 1 ρgh + 1 ρ(v 1 v ) = 30 kpa Oppgave 4 a) q E A = k e (0, 50 m) + k q e (0, 50 m) = 5, V/m q E B = k e (4, 0 m) k q e = 106 V/m (3, 0 m) +q q A B E A E B b) Vi kaller feltet fra ladningen +q for E 1 og feltet fra ladningen q for E. Avstanden fra den første ladningen til C er 1,0 m, og fra den andre ladningen er avstanden 1,0 m. Dermed er E 1 = E q 1 = k e ( 1, 0 m) = 449, 5 N E = E q = k e (1, 0 m) = 449, 5 N 4

5 E 1 C E C +q A E q B For å finne totalfeltet i C, E C = E 1 + E legger vi sammen komponentene: Størrelsen på feltet er da E C = E Cx = E 1x + E x = E 1 cos 45 = 317, 8 V/m E Cy = E 1y + E y = E 1 sin 45 E = V/m horisontalen er arctan(e Cy /E Cy ) = 3. E Cx + E Cy = 344 V/m, og vinkelen mellom E C og c) Vi legger origo i ladningen +q. adningen q har da posisjoenn x 0 = 1, 0 m. Vi kaller punktet med null felt for D og lar det ha posisjonen x. Det må ligge til høyre for q der feltene fra de to ladningene peker i motsatt retninger og kan kansellere hverandre. Da blir q E D = k e x k q e (x x 0 ) = 0 Vi løser denne likninga og finner at x = ( + )x 0 = 3, 41 m. d) Feltlinjene blir slik: +q q A D B 5

6 angt fra de to ladningene kan vi ikke oppfatte at det er to adskilte ladninger, og feltet må være likt det fra en ladning mad ladningen +q. Feltlinjene må derfor bli radielt utover, og like i alle retninger. Oppgave 5 a) Vi legger rotasjonsaksen i leddet, og kaller avstanden fra leddet til hånda = 40 cm og avstanden fra leddet til der muskelen er festet d = 4 cm. Kraftmomentet til loddet er mg og til muskelkrafta F m sin θd. Disse må være like store for at det ikke skal bli noen rotasjon, altså er F m sin θd = mg, og vi finner b) F m = mg d sin θ = 107 N 1, 0 kn F rx = F mx = F m cos θ = 306 N F ry = F my mg = F m sin θ mg = 883 N F r = F rx + F ry = 934 N og φ = arctan(f ry /F rx ) = 71. 6