TFY4104 Fysikk Eksamen 4. desember Løsningsforslag. 1) m = ρv = ρ 4πr 2 t = π g 24g. C

Transkript

1 TFY4104 Fysikk ksamen 4. desember 2015 Løsningsforslag 1) m = ρv = ρ 4πr 2 t = π g 24g. 2) a = v 2 /r = ( /3600) 2 /(300/2π)m/s 2 27m/s 2. 3) ω(4) = 0.25 (1 e ) = 0.25 (1 1/e) = s 1. 4) Ved r = 2.5 m er v max = ω 0 r = = 0.625m/s 63cm/s. 5) Helt i starten er Silvias hastighet praktisk talt lik null, slik at hennes sentripetalakselerasjon kan neglisjeres. Hun har imidlertid en vinkelakselerasjon og dermed en baneakselerasjon α(t) = dω dt = ω2 0e ω 0t, a (t) = rα(t) = rω 2 0e ω 0t, som helt i starten, ved t = 0, har verdien m/s 2, i fartsretningen. 6) Når maksimal vinkelhastighet ω 0 er oppnådd, har Silvia ikke lenger noen baneakselerasjon. Hun har imidlertid en sentripetalakselerasjon rettet radielt innover. a = rω 2 0 = m/s 2, 7) Newtons 2. lov for rotasjon gir som gir F(t)r = τ(t) = dl dt = I dω 0 dt = 1 2 MR2 α(t) = 1 2 MR2 ω0 2 e ω 0t, F(0) = MR2 ω 2 0 2r = N = 400N. 1

2 8) Omløpt vinkel er altså 2π etter tid T: 2π = φ(t) = T 0 ω(t)dt = T 0 ( ω 0 t+e ω 0t ) = ω 0 T +e ω 0T 1. Med x = ω 0 T: x = 2π +1 e x. Her kan vi gjette en verdi x 1, sette inn på høyre side, regne ut x 2, sette x 2 inn på høyre side, regne ut x 3 osv. Med andre ord: x n+1 = 2π +1 e xn. 9) Med masseløs snor og trinse er snordraget S konstant i hele snora. (Trinsen sørger bare for å endre retningen på snordraget.) Massen m i ro betyr null nettokraft på m, dvs S = mg. Massen M i ro betyr null nettokraft på M, dvs f = S = mg, der f er den statiske friksjonskraften fra bordet på M. Maksimal f er µ s N, og her er normalkraften N = Mg (ingen bevegelse av M vertikalt). ermed: mg = f µ s Mg m µ s M. 10) Med konstant hastighet v for deto massenemåfortsatt nettokraften værenull påbegge to. en kinetiske friksjonskraften fra bordet på M er f = µ k N = µ k Mg, og som i oppgave 9 er S = mg (null nettokraft på m) og f = S (null nettokraft på m). ermed er m = µ k M. 11) Her kan vi benytte energibevarelse, bare vi husker å ta hensyn til friksjonsarbeidet, eller bruke Newtons 2. lov for m og M. et er ingen stor forskjell i arbeidsmengde på de to metodene i denne oppgaven. La oss bruke energibevarelse: Hvis vi velger potensiell energi U = 0 for m 0.30 m under starthøyden h, er total energi for systemet = mgh = J = J. Tap av mekanisk energi pga friksjonsarbeid er W f = fh = µ k Nh = µ k Mgh = J = J. Kinetisk energi når m har falt 0.30 m blir dermed K = W f = J. Siden K = (m + M)v 2 /2, blir hastigheten v = 2K/(m+M) = /( ) m/s = 1.08 m/s 1.1 m/s. 12) n tangent til grafen x(t) i t = 5 s tilsvarer en forflytning ca 4 m i løpet av 10 s, dvs en hastighet ca 0.4 m/s. 13) Snordraget S 3 må være lik tyngden av kassa, mg. e to andre snordragene fastlegges ved å kreve at nettokraften på knutepunktet mellom de tre snorene må være lik null. et gir S 1 sin45 +S 2 sin60 = mg, S 1 cos45 S 2 cos60 = 0. Subtraksjon av ligningen til høyre fra ligningen til venstre gir ( 3 S ) = mg S 2 = 2mg

3 Og endelig S 1 = S 2 1/2 1/ 2 = Konklusjon: S 1 = 0.518mg < S 2 = 0.732mg < S 3 = mg. 2mg ) S 2 = N = 180 N. 15) ndel mekanisk energi som har gått tapt: U K U = mgh mv2 /2 mgh = 1 v2 2gh = = 1 1/9.81 = 0.90, dvs 90%. 16) Steiners sats gir I = I 0 +Md 2 = 1 12 ML2 +M(L/4) 2 = 7 48 ML2 = = 102kgm ) n figurbetraktning gir at hvert -atom har avstand 0.7 Å/sin36 = 1.19 Å til massesenteret, og at hvert H-atom dermed har avstand 2.29 Å til massesenteret. ermed: i enheten u Å 2. I 0 = 5 ( ) = 111, 18) Friksjonskraftenf hararmrmhpmoggirdermed,mednewtons 2. lov forrotasjonogrullebetingelsen α = /R, fr = I 0 α = (2MR 2 /5)(/R) = 2MR/5, dvs f = 2M/5. Newtons 2. lov gir Mgsinφ 2M/5 = M, dvs sinφ = 7/5g. Her er målt til 0.74 m/s 2, slik at φ = arcsin(7 0.74/5 9.81) = 6. 19) nergibevarelse gir mgh = mv 2 /2+MV 2 /2. Impulsbevarelse horisontalt (ingen ytre krefter horisontalt) gir mv = MV, dvs v = MV/m, som innsatt i ligningen for energibevarelse gir mgh = M 2 V 2 /2m+MV 2 /2, dvs 2mgh V = M +M 2 /m. 20) T = 2π/ω 0 = 2π L/g = 2π 0.098/9.81 2π/ s. 3

4 21) Svingetid for fysisk pendel er T = 2π/ω 0 = 2π I/Mgd, der I er pendelens treghetsmoment mhp en akse gjennom festepunktet, og d er avstanden fra festepunktet til pendelens massesenter. Her er d = 3R, og (med Steiners sats) I = I 0 +Md 2 = MR 2 +9MR 2 = 10MR 2. ermed: T = 2π 10R/3g. 22) Massens egenfrekvens: f 0 = ω 0 /2π = k/m/2π = 500/2π = 3.56 Hz. (Her er dempingen så svak, γ = b/2m = s 1 ω 0 = 22.4 s 1, at den ikke påvirker egenfrekvensen.) 23) mplituden avtar eksponentielt med tiden: (t) = 0 exp( γt) = 0 exp( bt/2m), her med 0 = (0) = 50mm.tter30helesvingningerert = 30T = 60π/ω 0 = 60π m/k,slikat(30t) = 0 exp( 30πb/ mk) = 50 exp( 30π 0.010/ ) = = 40 mm. 24) Q = f 0 / f = ω 0 / ω = k/m/(b/m) = mk/b = 20/0.010 = ) Kassa begynner å gli når tyngdens komponent mg sin θ parallelt med skråplanet overstiger den maksimale statiske friksjonskraften fs max = µ s N = µ s mgcosθ. ermed er µ s = tanθ = tan35 = ) et er like mange elektroner og protoner, og i følge oppgaven også nøytroner, i julenissen. 1 e og 1 p og 1 n har masse kg. (lektronet har til sammenligning neglisjerbar masse.) ntall elektroner i julenissen er dermed N e = 100/( ) = ) Molekylets dipolmoment kan betraktes som summen av to stykker, hver av dem bestående av punktladninger ±Q = ±0.03e i innbyrdes avstand 201 pm, og med en vinkel 103 i mellom: p = e cos51.5 = m. 28) t par av punktladninger q 1 og q 2 i innbyrdes avstand d bidrar til potensiell energi med q 1 q 2 /4πε 0 d. ermed: 2Q 2 U = 2 4πε 0 d + Q 2 4πε 0 2dsin51.5 = J. 29) = ε r ε 0 /d = / = F = 2.1 pf. 30) I punktet P peker feltet fra den positivt ladde staven radielt bort fra denne, mens feltet fra den negativt ladde staven peker radielt inn mot denne. Komponentene horisontalt mot høyre overlever, og disse får vi ved å gange de to feltstyrkene med faktoren cos60 = 1/2. ermed: P = 2 λ 2πε 0 d 1 2 = /0.50 = 90V/m. 4

5 31) Ladningen på 1 m av de to stavene er 2.5 n. vstanden mellom de to stavene er 0.50 m. ermed er dipolmomentet pr lengdeenhet 2.5 n/m 0.50 m = 1.25 n. 32) Vi har r V(r) V(r 0 ) = (r)dr r 0 for potensialforskjellen mellom en valgt referanseavstand r 0 (der V = 0) og avstanden r. På linjen mellom de to stavene, med den positive staven i r = 0 og den negative i r = 0.50 m, er feltstyrken slik at (r) = λ 2πε 0 r λ 2πε 0 (r 0.50), 0.10 ( ) λ 1 V(0.10) V(0.25) = πε 0 r 1 dr r 0.50 ( λ = ln 0.25 ) ln 2πε λ = ln πε = ln4 = 62V 33) n sammenhengende elektrisk leder er et ekvipotensial. 34) lle fem koblet i serie gir total kapasitans 1.0 mf. 35) Kretsens totale kapasitans er = (1/5+1/5+1/(5+5+5)) 1 mf = 15 7 mf. Ladningenpåhveravdetoseriekobledeogtil sammenpådetreparallellkoblede erdermedq = V 0 = 135/7 m. enne fordeles likt på de tre parallellkoblede, altså 135/21 m = 6.4 m på hver av dem. 36) R 1 = l/σ = 40/ = 0.27 Ω. 37) R(T) = R 0 (1+α(T T 0 )), slik at R R 0 R 0 = α(t T 0 ) = = %. 5

6 38) Gjennomsnittlig effekt gjennom året: P = U/t = 20000kWh/365 24h = 2.28kW. Gjennomsnittlig rms-verdi for strømmen, pr kurs: I rms = P/10V rms = / = ) Q = V = = ) Kretsens tidskonstant er R = 100 s, og 0.5 m er mindre enn 1/e av startverdien I(0) = V 0 /R = 2.5 m, så alternativ, 160 s, er åpenbart det riktige. Utregning: I(t) = I(0)e t/r t = Rln I(0) I(t) = 100s ln5 160s. 41) F = e v = ev 0 0 = = N = 3.6pN. 42) Sentripetalakselerasjon v 2 0 /R og Newtons 2. lov gir m pv 2 0 /R = ev 0 0, dvs R = m p v 0 /e 0 = / = m = 4.2mm. 43) Lik hastighet langs z-aksen som i den sirkulære banen betyr en forflytning lik sirkelbanens omkrets langs z-aksen, dvs z = 2πR = 26 mm. 44) Magnetfeltet gjør ikke arbeid på protonet, slik at kinetisk energi er uendret. 45) Omsluttet fluks er Indusert spenning: φ(t) = N (t) = Nsinωt. V(t) = dφ dt = Nωcosωt, med amplitude V 0 = Nω = 2πN/T. ermed: N = V 0 T/2π = /2π = ) Ligningen for Q kan skrives på formen Q+ω 2 0Q = 0, 6

7 med ω 0 = 1/ L. ermed er Q(t) = Q 0 cosω 0 t, og strømmen i kretsen blir I(t) = ω 0 Q 0 sinω 0 t, med amplitude I 0 = Q 0 / L = / = ) Kirchhoffs spenningsregel gir V 0 sinωt = Q/, dvs Q(t) = V 0 sinωt, og dermed I(t) = V 0 ωcosωt, med amplitude I 0 = V 0 ω = 2πV 0 f = 2π = ) Kirchhoffs spenningsregel gir V 0 sinωt = LdI/dt, slik at I(t) = I 0 cosωt med amplitude I 0 = V 0 /ωl = V 0 /2πfL = /2π = ) reiemomentet er τ = psinα = sin17 = 0.84Nm. 50) et magnetiske dipolmomentet er m = I = = m 2. a er dreiemomentet τ = msinα = sin8 = = 57µNm. 7