TFY4106 Fysikk Lsningsforslag til Eksamen 16. mai t= + t 2 = 2 ) exp( t=);

Transkript

1 TFY46 Fysikk Lsningsforslag til Eksamen 6. mai 9 ) D Bilen snur der v = : dvs v = for t =, som tilsvarer v = d=dt = a (t t =) ep( t=); ) E Maksimal positiv hastighet nar a = (og v > ): = a () ep( ) = 4:5 5:=e = 5: m: a = d =dt = a ( 4t= + t = ) ep( t=); som er lik null for t= = (4 p 6 8)= = p : Her er det det tidligste tidspunktet som gir maksimal positiv hastighet: t = ( p ) = :46 s: 3) B = Z =!!(t) dt = j =! ( cos! t) = : 4) D N normalt pa sirkelbanen, med G = mg og a = v =R, gir N + G = mv =R, dvs N=G = v =Rg. Tallverdiene v = 69=36 m/s, R = :5 m og g = 9:8 m/s gir N=G = :. 5) A Tapet i potensiell energi tilsvarer oppnadd kinetisk energi, som er summen av translasjons- og rotasjonsenergi: mg y = ( + c)mv = 7mv =, siden c = =5 for ei kompakt kule. Dermed er v = p g y=7. Her er y = y() y(r) = R R ( ) ep( =) = :948R = :38 m, slik at v = :73 m/s. 6) A Helningsvinkel er bestemt ved at tan = dy=d. Her er dy d = sin R ep( R ) cos R ep( R ): I = 5R forsvinner ledd nr., mens. ledd (i absoluttverdi) er lik (=) ep( =) ' :988, slik at ma = arctan(:988) ' 7. 7) D Systemets totale mekaniske energi (der vi velger potensiell energi U = pa bakkeniva): E = MgL+MgL= = 3MgL=. I det stang og kule treer bakken er U = og E = K. Med ren rotasjon om A er K = I A! =, med I A = ML =3 + ML = 4ML =3, slik at! = p 3MgL=I A = p 9g=4L = (3=) p g=l. Her har g og L lik tallverdi i SI-enheter, slik at! = :5 rad/s. 8) C Avstanden fra A til de tre kulene er hhv d=, d= og (med Pythagoras) p d (d=) = p 3d =4. Dermed er I A = m (d=) + m 3d =4 = 5md =4:

2 9) C Her benytter vi Steiners sats og at treghetsmomentet med hhp en akse normalt pa ei stang med masse m og lengde d gjennom sentrum av stanga er md =. Nederste sidekant: md =. verste sidekant: md = + md = 3md =. Hyre sidekant: md = + md = = 7md =. Venstre sidekant: md = + md = = 7md =. Totalt: I A = 8md = = 7md =3. ) D N gir bv = ma, dvs a=g = bv =mg ' 64. (Dette er strengt tatt den horisontale komponenten av a. I tillegg kommer en vertikal komponent g, men total akselerasjon er uansett 64g.) ) D Prosjektilet har konstant fart horisontalt og konstant akselerasjon vertikalt, slik at tid brukt fram til blinken er t = v = 5=5 = : s og vertikal forytning er y = gt = :5 9:8 : = :49 m = 4:9 cm: ) E La oss kalle sluttfarten (i absoluttverdi) til m og m for hhv v og v. Systemet har total impuls lik null, og impulsbevarelse gir da v = v =. Lagret potensiell energi i den spente fjra er U = k( ) =, og denne omdannes til kinetisk energi K = K +K = mv =+mv = = 3mv =4. Dette gir v = ( ) p k=3m = :55 p 96=:6 = : m/s. 3) E Vi har sammenhengene P = fv og f = bv slik at P = bv 3 og v = (P=b) =3 = (87=:47) =3 = 6:45 m/s = 95 km/t. 4) D Newtons. lov gir F = p= t = mv = = :8 5:=: = 64 N =.64 kn. 5) E Konstant kraft gir konstant akselerasjon a = F=m = v = og dermed en forytning = a = = v = = :5 mm. 6) B Newtons. lov gir k z = mg, dvs en fjrkonstant k = mg= z = :5 9:8=:75 = 65:4 N/m. De ekstra.5 cm tilsvarer loddets maksimale utsving fra sin likevektsstilling, dvs amplituden z i den harmoniske svingningen som kan beskrives med funksjonen z(t) = z cos! t, med! = p k=m = :44 s. Loddets hastighet er v(t) = dz=dt = z! sin! t, slik at maksimal hastighet er z! = :5 :44 = :9 m/s = 9 cm/s. 7) A Svingetid for en fysisk pendel (se formelark): T = =! = p I=mgd. Her er m pendelens totale masse, I er treghetsmomentet mhp aksen A, og d er avstanden fra A til CM. Her er m = M, d = 3L=4 (som ogsa antydet i guren), og I = ML + ML =3 = 4ML =3. Dermed: T = p (4ML =3)=(Mg 3L=4) = p 8L=9g, som med L = :458 m gir T = :8 s.

3 8) B For a bestemme oscillatorens energi kan vi for eksempel regne ut dens maksimale potensielle energi, dvs E = U ma = ka =. Pa resonans,! =!, er oscillatorens amplitude A = (F =m)=(! ), med F = 4: N, m = : kg, = b=m = :36=: = :58 s og! = p k=m = p 5=: = 5:8 s. Innsetting av alle tallverdier gir A = :8 m og E = 8 J. 9) B Q =! =!, der! ' er resonanskurvens halvverdibredde. Her er! = 5:8 s og = :36 s, slik at Q = 5. ) B Med CM i kollisjonsyeblikket som referansepunkt er systemets dreieimpuls L = MV D=4, siden CM fra og med kollisjonsyeblikket ligger i avstand D=4 fra prosjektilet. Etter kollisjonen er dreieimpulsen like stor, men siden CM beveger seg langs en rett linje, mot hyre i guren, har legemet ikke lenger noen banedreieimpuls, men derimot en indre dreieimpuls (spinn) I!. Her er I legemets treghetsmoment mhp en (vertikal) akse gjennom CM, og for a nne!, trenger vi I. Bidrag til I fra prosjektilet: M(D=4) = MD =6. Bidrag til I fra staven (Steiners sats): MD = + M(D=4) = 7MD =48. Dermed: I = (3=48+7=48)MD = (5=4)MD, og vinkelhastigheten blir! = L=I = MV (D=4)=(5MD =4) = 6V =5D. ) C v = =T = f = :48 96 = 46 m/s. ) E v = p S= = f slik at = S=f = 6:3 3 kg/m = 6.3 g/m. 3) A For kuleblger gir energibevarelse at intensiteten (eekten pr ateenhet) avtar kvadratisk med avstanden fra (sentrum av) kilden, I(r) =r. Dermed er I(48) = I()=6, og vi nner 4) A (48) = log[i(48)=i ] = log[i()=6i ] = log[i()=i ] log 6 = () log 6 = 9 = 8 db: 5) B f O = v v O f S v v S :67 = 44 = 563 Hz: 34 4:67 y = L tan = L tan(arcsin(=d)) = : m tan(arcsin(45 9 = 3 ) = : m tan 4:646 = :6 m = 6 cm: 3

4 6) A Uttrykk for primr- og sekundrblgenes hastigheter er gitt i formelvedlegget, som hhv v P = p (B + 4G=3)= og v S = p G=. Med oppgitte tallverdier (og med omregningene Mbar = Pa og g/cm 3 = kg/m 3 ) nner vi v P = 89 m/s og v S = 467 m/s. Tilbakelagt avstand s er like stor, slik at v P t P = v S t S, dvs t P =t S = v S =v P. Videre er t S t P = s, dvs tid brukt av S-blgen er t S = =( t P =t S ) = =( v S =v P ) = =:46 = 84 s. (Og tid brukt av P-blgen er t P = t S = 64 s.) Dette gir en avstand s = v S t S = = :36 6 m = 36 km. 7) B En rask titt pa svaralternativene gir grunnlag for en sjekk av enheter, og bare B har et svar med enhet J (joule). (A: Nm, C: Nm 4, D: Nm, E: Nm 3.) En utregning gir (ved t =, og = y k sin k) Z =k E = S d = k sin k d = Z =k Sy k ( cos k) d = Sy k j =k ( k sin k) d = Sy k =k = Sy k: 8) D En gitt blgetopp beveger seg med fasehastigheten v f =!=k, mens blgepakken beveger seg med gruppehastigheten v g = d!=dk, slik at en gitt blgetopp har hastighet v f v g relativt blgepakken. Her er v f = p g=k = p g= = :98 m/s mens v g = v f = = :99 m/s, slik at t = =(v f v g ) = :5=:99 = 3 s. 9) D Isokor prosess: V = slik at W = ; dvs W 3 = W 4 =. Videre er utfrt arbeid av gassen positivt nar V >, slik at W 34 > og W <. 3) C Adiabatisk prosess: Q = slik at Q = Q 34 =. Da er C eneste mulighet. (Temperaturen ker fra til 3; da ker indre energi, noe som krever tilfrsel av varme, dvs Q 3 >. Omvendt er Q 4 <.) 3) E Siden U = U(T ), er fortegnet pa U det samme som for T. Fra kommentaren i LF til oppgave 3 flger det at U 3 > og U 4 <. Siden Q = i en adiabatisk prosess, gir. lov U = W, dvs positivt arbeid W gir U < da energien ma tas fra gassens indre energi. Flgelig er U 34 < og U >. 3) B Den termodynamiske identitet (. lov for reversible prosesser) for en isokor prosess, dv =, er T ds = du, dvs ds = du=t, som med U(T ) = 5nRT= blir ds = 5nRdT=T. Dermed: S 3 = 5nR Z T 3 T dt T = 5nR ln T 3 = 5nR 5 ln = 7:5 J=K: T 4 33) B Vi har for den adiabatiske utvidelsen p 3 V = p 4V, og med p 4 = p er da = p 3 =p. Videre, siden dette er en ideell gass, og prosessen fra til 3 er en isokor: p 3 =p = T 3 =T. Dermed: = (T 3 =T ) = = (5=4) 5=7 = :57: 4

5 34) C Antall mol isobutan: n = 65=58: = :8 mol. Dermed: p = nrt=v = :8 8:34 93=9:73 3 = :8 5 Pa =.8 bar. 35) B Med molar masse m nner vi v rms = p hk trans i=m = p 3RT=m = p 3 8:34 373:5=:58 = 4 m/s. 36) C Med 6.45 K og.3 bar, dvs.3 kpa som referanse gir damptrykk-kurven 6 p d (93) = :3 kpa ep = 95 kpa: 8:34 6:45 93 Den eksperimentelle verdien er noe hyere, ca 3 kpa. Antagelsene om ideell gass og temperaturuavhengig fordampingsvarme er ikke helt korrekte. 37) A Med n = mol gir ideell gasslov et volum V = nrt=p = 8:34 47:7=365 3 = 9:9 4 m 3 = 99 ml. 38) C Bruker Fouriers lov, T = R P, der total varmemotstand er en seriekobling, X L j R = j j A = 8:4 :5 :5 + :75 = :67 K=W: :35 Med en temperaturforskjell pa K blir varmestrmmen (varmeeekten) P = =:67 = 37 W. 39) D Vi har j = U T og j = P=A, slik at U = P=A T. Med Fouriers lov, T = R P, gir dette i SI-enheten W/m K. U = RA X j L j A j = : :3 + :5 = :4; :4 4) A Vi har T = 93 K og T 4 = 373 K i de to varmereservoarene. La T og T 3 vre temperaturen til hhv venstre og hyre plate. Netto varmestrm (pr ateenhet) mot venstre i de tre omradene er da, med Stefan-Boltzmanns lov j = (T 4 T 4 ) j = (T 4 3 T 4 ) j = (T 4 4 T 4 3 ) Her kan vi (for eksempel) addere disse tre ligningene (og dermed i frste omgang eliminere T og T 3 ) og nne j = (T4 4 T 4 )=3. Kombinert med den siste av de tre ligningene gir dette T 4 4 T 4 3 = (T 4 4 T 4 )=3; dvs T 3 = 3 T T 4 =4 = 35 K: 5