= = = mv2 1. Energi. k,t

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "2 1 -- 1 = = = 2. 2 2 --mv2 1. Energi. k,t"

Transkript

1 1 Kortfattet løsningsforslag / fasit Eksaen i: FYS-MEK Mekanikk / FYS-MEF Mekanikk for MEF Konteeksaen: Fredag 18. august 2006 Det tas forbehold o at løsningsforslaget kan inneholde feil! Versjon: Datert Forståelsesspørsål a) Gjør rede for hvilke ytre krefter so virker på en kano (selve kanoen og bare den) når en kar padler over et stille vann og vi antar at kanoen drives fraover ed konstant hastighet. Angi både angrepspunkt/oråde og retning til de aktuelle kreftene. I vertikal retning virker følgende krefter på kanoen: Gravitasjonskraften, oppdriften (en netto trykkraft fra vannet på kanoen oppover inus netto trykkraft fra lufta nedover), sat kontaktkraften fra padleren ot den innvendige bunnen av kanoen. I horisontal retning: På tvers av kanoen er det ingen netto kraft pga syetri. Horisontalt langs kanoen virker friksjonskraft ello vannet og skroget av kanoen, og horisontalkoponenten av kontaktkraften fra padleren ot den innvendige bunnen av kanoen. (Padleren drar seg fraover vannet gjenno padletakene, en drar da kanoen ed seg fordi han sitter på bunnen av kanoen.) Angrepspunkt: Gravitasjonskraften kan vi tenke oss virker gjenno tyngdepunktet for kanoen, retning nedover. Oppdriften, so vi kan tenke oss virker gjenno tyngdepunktet for den fortrengte vannengden, virker oppover på kanoen. Kontaktkraften fra padleren ot innvendig bunn virker i kontaktflaten ello padler og innvendig bunn. En koponent av denne kraften er vertikal nedover, og en koponent er rettet horisontalt forover. Friksjonskraften virker på utsiden på den delen av kanoen so stikker ned i vannet, og virker horisontalt bakover. Vi ser bort fra friksjonskraften ot luft siden denne er vesentlig indre enn friksjonskraften ot vannet. Siden kanoen beveger seg ed konstant hastighet, er suen av alle kreftene so virker på den lik null. Og siden kanoen ikke heller roterer, å også kraftoentet til alle kreftene o en hvilken so helst tenkt akse, være lik null. b) En tynn sylinder starter fra å ligge i ro for så å trille ned en av sidene på en half-pipe (ed horisontal akse) og oppover på den andre siden. Friksjonen er tilstrekkelig til at sylinderen har ren rulling i hele bevegelsen. Forsøk å skissere hvordan i) translatorisk kinetisk energi E k,t, ii) rotasjonsenergi E k,r, iii) potensiell energi E p, og iv) total ekanisk energi E tot varierer ed tiden ved denne bevegelsen. Få fra kjente saenhenger ello de ulike del-energiene. Friksjonen sørger for ren rulling. Det fører ed seg at det ikke blir sluring ot underlaget, og da vil friksjonskraften ikke virke over noen vei, og det blir ikke tap i total ekanisk energi. Riktignok er det nok også litt rullefriksjon til stede so vil tappe systeet for litt energi, en

2 Side 2 effekten av rullefriksjonen er ofte så ye indre enn effekten av sklifriksjonen, at vi har valgt å se bort fra den her. I oppgaveteksten er det ikke eksplisitt skilt ello sklifriksjon og rullefriksjon, derso vi skal kalle de det. Iidlertid er det iplisitt gitt at det er sklifriksjonen so er otalt siden det er den so eventuelt kan forhindre skliing og slik sørger for at bevegelsen blir ren rulling so her. Men vi vet videre at når vi har ren rulling, vil det være et fast forhold ello rotasjonshastighet ω og translatorisk hastighet v, nelig: v ωr derso r er radien av sylinderen. Herav følger det at det er et fast forhold ello rotasjonsenergi og translatorisk energi: 1 E k,r --Iω r2 v - r v E k,t Vi ser altså at til enhver tid er 1/3 av kinetisk energi rotasjonsenergi og 2/3 er translatorisk energi. På grunn av energibevaring, å suen av disse være otsatt lik potensiell energi på en slik åte at suen av alle tre blir konstant. Derso vi velger å sette potensiell energi i bunnen av half-pipen til null, blir resultatet otrent so vist i figuren til høyre. Energi E k,t + E E p k,r E tot E k,t E k,r Vi kan ikke si hvordan foren på kurvene vil 0 bli, en siden farten på sylinderen er null i starten og aksial i bunnen av half-pipen, vil vi Tid anta at sylinderen sveiper nokså raskt gjenno bunnpartiet. Men kurveforene er nok i virkeligheten en del forskjellig fra hva vi har vist. Siden vi tilnæret har konstant energi, vil sylinderen gå otrent like høyt på otsatt side av half-pipen før den stopper opp og begynner å bevege seg tilbake til utgangspunktet igjen. c) Er det ulig å tilordne en potensiell energi for enhver type sentralkraft? (Med sentralkraft enes her en kraft so peker inn ot eller bort fra ett punkt, og so er sfærisk syetrisk o dette punktet.) Begrunn svaret. Et kriteriu for å kunne operere ed potensiell energi er at derso vi tar linjeintegralet av kraften over en lukket vei, skal resultatet bli null. Derso vi har en sfærisk syetrisk sentralkraft, vil prikkproduktet ello forskyvningen ds langs integrasjonsveien og kraften alltid bli lik skalarverdien av kraften ultiplisert ed endring i radiell avstand dr, dvs: F F ds Fdr hvor F er skalarverdien av kraften. På grunn av den sfæriske syetrien, vil det da bestandig være slik at når an integrerer over en lukket bane, vil det alltid være en del av banen so gir otsatt like stort bidrag til linjeintegralet so en annen del av banen. Linjeintegralet over den lukkede banen blir da lik null og vi sier at kraften er konservativ og at an kan tilordne en

3 Side 3 potensiell energi til den. (Enda en forutsetning er at uttrykket for kraften er en integrerbar funksjon, en det går vi ikke nærere inn på her.) d) Flere gyroskop brukes når an skal stille inn roteleskopet for å ta bilder av ulike deler av hielen. Hvilke fysiske prinsipp ligger bak at vi bruker gyroskop i denne saenheng? Et gyroskop er en snurrebass ed et betydelig egenspinn. Gyroskopet er hengt opp på en slik åte at selv o an roterer den ytre raen fritt, blir det ikke overført noe kraftoent helt inn til den innerste snurrebassen. Ifølge spinnsatsen vil da egenspinnet forbli konstant (ideelt sett) uansett hvordan an roterer den ytre raen til gyroskopet. Det kan so en sidekoentar nevnes at det å være koblet en otor til den innerste snurrebassen for å forhindre at spinnet avtar ed tiden pga friksjon. Det betyr at et gyroskop i et roskip vil ha et spinn so peker i sae retning ut i verdensroet uansett hvilken orientering roskipet selv har. Ved å ha flere satidige gyroskoper, kan an da f.eks. la ett peke i en valgt x-retning, et annet i valgt y-retning og et tredje i en valgt z-retning. Derso an da kan avlese retningen av hvert av gyroskopene i forhold til f.eks.selve roteleskopet, kan an rotere teleskopet til enhver tenkelig posisjon og satidig dreie teleskopet rundt den siktelinjen an ønsker på en entydig åte. e) Nevn kort hvordan vi kan påvise Corioliskraften ved polene av Jorda. Kan vi påvise noe Corioliskraft ved ekvator? Begrunn svaret! Corioliskraften er gitt ved uttrykket: F 2ω v Her er det antatt at en gjenstand har en hastighet v i et roterende referansesyste ed vinkelhastighet ω i forhold til et inertialsyste). Forutsetningen for at an kan påvise Corioliskraften ved ekvator på Jorda, er at kryssproduktet ovenfor å være forskjellig fra null. Derso hastigheten er horisontal og rettet nord- eller sydover, blir hastigheten parallell eller antiparallell ed vinkelhastigheten so beskriver jordrotasjonen, og Corioliskraften blir lik null. Derso hastigheten til en gjenstand er horisontal og rettet i øst-vest-retning, vil Corioliskraften bli vertikal. Den koer da i tillegg eller i fratrekk fra gravitasjonskraften, en gravitasjonskraften er da så ye større enn Corioliskraften at det er vanskelig å påvise den sistnevnte. Deriot, derso an har en vertikal bevegelse ved ekvator, vil Corioliskraften virke i østlig eller vestlig retning, og der er det noralt ikke så ange andre krefter. Man kan derfor påvise Corioliskraften også ved ekvator ved å bruke en loddrett bevegelse, f.eks. gjenno et vertikalt fall. Men for at an skal lykkes ed et slikt eksperient, å fallhøyden være nokså stor, eller så å deteksjonssysteet være svært nøyaktig, for det er vanskelig å få en bevegelse vertikalt so strekker seg så langt ut i tid at Jorda har fått rotert litt før bevegelsen er over. Og det er jo det so å til for at vi skal kunne påvise noe Corioliskraft!

4 Side 4 Oppgave 2 Et pendelur har en pendelstang av tre og et essinglodd foret so en sylinderskive (se figur). Pendelstanga har en asse, lengde l og den er jevntykk og den ene enden går fra til idten av sylinderskiva. I andre enden sitter den horisontale akselen praktisk talt akkurat i enden av stanga. Vi ser bort fra koblingen ot resten av urverket. Loddet (sylinderskiva) har assen M og en radius R. akse a) Beste asseiddelpunktet for pendelen (pendelstang pluss lodd). θ Masseiddelpunktet for stanga vil ligge idt i stanga, og asseiddelpunktet for essingloddet vil ligge idt i skiva loddet er laget av. Derso vi regner posisjoner i forhold til aksen, får vi da følgende asseiddelpunkt: r c i r l i Ml M i M M l b) Beste treghetsoentet til pendelen o aksen. (Oppgitt: Treghetsoentet o syetriaksen til en sylinder er MR 2 /2, og treghetsoentet o en akse gjenno assesenteret på tvers av en lang, tynn stang er l 2 /12). Treghetsoentet kan finnes ut fra en tilsvarende forel so den for asseiddelpunktet, en her er det est naturlig å bruke parallellakseteoreet direkte, for hver av de to delene av pendelen. Vi har fått oppgitt treghetsoentene gjenno asseiddellpunktet for stang og for sylinderskive hver for seg, og (viktig!) de oppgitte treghetsoentene gjelder for akser so er parallelle ed aksen for den ferdige pendelen. Da følger: I tot I c,skive + Ml 2 + I c,stang + l MR 2 I tot Ml 2 l2 l M l 2 + R l c) Sett opp ligning(er) so kan brukes for å beregne hvordan pendelen beveger seg (so funksjon av tid) når vinkelutslaget er θ relativt til loddlinjen gjenno aksen. Vanligvis har vi Massesentersatsen (Newtons 2. lov) og Spinnsatsen å forholde oss til når vi skal beregne hvordan et stivt legee beveger seg under påvirkning av krefter. Men i denne saenheng er bevegelsen begrenset ved at pendelen å svinge fra og tilbake o aksen. Vi kjenner noralt ikke kraften fra aksen, så da sitter vi igjen ed bare spinnsatsen. Denne kan brukes, til tross for at vi ikke kjenner kraften so virker fra aksen på pendelen, siden denne ikke har noe ar og da heller ikke noe kraftoent o aksen.

5 Side 5 På den annen side kan vi sette opp spinnsatsen, og der kjenner vi alle størrelser so inngår når vi velger å bruke aksen so referansepunkt for kraftoent og bevegelse. Denne ligningen vil i vårt tilfelle se slik ut: τ Iα d θ ( + M)gr c sinθ I tot dt 2 2 Venstresiden frekoer ved å ta tyngden til hele pendelen og ganger ed effektiv ar for tyngden (gjenno assesenteret) relativt til aksen. I tillegg til denne differentialligningen å vi so vanlig også ha et sett initialbetingelser (vinkel og vinkelhastighet) ved ett tidspunkt for å kunne beregne bevegelsen for senere tidspunkt. Vi ser at såfret vi har initialbetingelser, kan vi beregne den fulle bevegelsen til pendelen ved bare å bruke spinnsatsen. d) Kan du forklare ed ord hvordan an (i prinsippet) kan bestee kraften so til enhver tid virker på pendelen fra aksen? Siden vi i forrige punkt faktisk er i stand til å beregne hele bevegelsen til pendelen, betyr det at vi også har full kontroll ed hvordan assesenteret beveger seg ed tiden. Men da kan vi faktisk gå baklengs i forhold til vanlig prosedyre, og regne oss fra til kraften so virker på pendelen fra aksen. Vi har nelig fra assesentersatsen at: alle F tot a c Det er bare to krefter so virker på loddet (når vi ser bort fra luftotstanden og evt. friksjon i aksen), nelig tyngden og kraften fra aksen. Tyngden er jo (+M)g og virker vertikalt nedover. Og siden vi kan finne a c fra spinnsatsen, og kjenner assen, kan vi da i prinsippet regne oss fra til kraften fra aksen. Oppgave 3 Lorentz-transforasjonene i den spesielle relativitetsteorien er gitt ved: ux x' γ( x ut), y' y, z' z, t' γ t hvor c 2 γ u 2 c 2 a) Hva er saenhengen ello de to referansesysteene S og S so ligger bak foralisen i Lorentz-transforasjonene? Foralisen er basert på at S og S har felles x-akse, og parallelle y og y -akser, og at origo for de to systeene var saenfallende ved tiden t t 0 (i origo).

6 Side 6 b) Vis at vi kan utlede forlene for tidsdilatasjon og lengdekontraksjon direkte fra Lorentztransforasjonene. Ved tidsdilatasjon ser vi på et tidsintervall i ett syste og saenligner ed intervallet so ville bli observert i et annet syste. Et tidsintervall so er ålt ello to hendinger i et referansesyste der posisjonen er identisk for begge hendingene, kalles en egentid. Denne har en spesiell betydning, siden egentiden for en prosess er entydig (ikke relativ). Derso vi velger S og S slik at første hending skjer i systeenes felles origo ved tiden lik null, kan vi velge S slik at også den andre hendingen so avgrenser tidsintervallet finner sted i origo (dvs x0). I så fall følger det av Lorentz-transforasjonen for tid: c) En høyenergetisk partikkel fra kosisk stråling koer inn i Jordatosfæren og skaper en eleentærpartikkel, et uon, ed en hastighet relativt til Jorden på c (c er lyshastighet' ux γ t γt c 2 t u 2 c 2 Vi ser altså at i det erkede systeet, hvor hendelsene ikke inntreffer på sae sted, vil tidsintervallet åles til å være lengre enn i det uerkede systeet hvor an åler egentiden. Vi sier da at vi har en tidsdilatasjon i det erkede systeet. For lengdekontraksjon går vi fra på liknende vis, en nå å vi ta utgangspunkt i at en lengde ello to punkter kan åles entydig (ikke relativt) derso punktene ligger i ro i et syste. Avstanden ello punktene kalles da en egenlengde. Siden punktene ligger i ro i systeet vi hittil har sett på, betyr det at vi godt kan åle poisjonen til det ene punktet ved ett tidspunkt og posisjonen til det andre punktet ved et annet tidspunkt. Svaret er uavhengig av når ålingen blir gjennoført. MEN derso vi skal åle avstanden ello de to punktene i et referansesyste hvor de to punktene er i bevegelse, er det bare én eningsfylt åte å gjøre det på, nelig ved å foreta ålingen av de to punktene ved sae tidspunkt (i dette nye referansesysteet). Vi kan da i dette tilfellet velge to hendelser, den ene er ålingen av en av posisjonene og den andre hendelsen er ålingen av den andre posisjonen. Vi velger S og S slik at den første ålingen skjer i systeenes felles origo ved tiden lik null. Den andre hendelsen (åling av den andre posisjonen) velger vi å foreta også ved tiden t0 i S, og vi lar S være systeet hvor punktene ligger i ro (der vi åler egenlengden). Da følger av den første av Lorentztransforasjonene: x' γ( x ut) γ x, eller x 1 u 2 c 2 x' Siden egenlengden nå åles i S, dvs x er egenlengde, ser vi at i alle andre referansesysteer vil lengden se indre eller lik ut. Vi snakker da o lengdekontraksjon.

7 Side 7 ten). Muonet har en levetid (i et referansesyste hvor partikkelen ligger i ro) på s. Hvor lang levetid vil vi observere fra bakken? Her har vi to hendelser, skaping av uonet, og disintegrering av uonet. Tidsdifferansen i et referansesyste hvor uonet ligger i ro, vil være egentiden. Jorden kan være det andre referansesysteet, og i dette vil vi åle at uonet eksisterer en lengre tid enn egentiden. Levetiden sett fra jorden blir da: Δt Δt egentid s u c c 2 c 2 s d) Hvor langt beveger uonet seg i løpet av denne tiden (sett fra bakken)? Drøft hvordan vi kan velge å definere egentid og egenlengde ved uonets bevegelse. Sett fra bakken beveger uonet seg ed 0.99 c i 15.6 ikrosekunder. Lengden den beveger seg er da: ΔL I uonsaenheng vil egentid so allerede nevnt være tiden vi åler i et referansesyste hvor uonet ligger i ro, slik at vi åler tidsforskjell ello skapelse og disintegrasjon på sae sted. Egenlengde er det deriot est naturlig å relatere til Jord-systeet, for det er her vi kan åle hvor langt uonet beveger seg, fra en viss høyde i atosfæren til en lavere høyde. Denne avstanden kan vi gjerne åle ved først å åle høyden der uonet ble kreert og så en tie eller to senere åle høyden der uonet forsvant. Disse høydene er de sae uansett når de åles, så der har vi ed en egenlengde å gjøre. I uonsysteet vil denne høydeforskjellen, denne lengden, representere en avstand i et syste so farer forbi. Derso vi skal åle denne lengden i uonets syste, å avstanden åles ved satidighet. Derso vi ønsker å bestee denne lengden i uonsysteet, får vi: ΔL uonsysteet 1 u 2 c c ΔL c Dette er forresten konsistent ed hva vi åtte forvente, sett fra uonsysteet direkte. I dette systeet eksisterer uonet bare i 2.20 ikrosekund, og det farer ed en hastighet lik 0.99 ganger lyshastigheten. Så da burde uonet bevege seg: ΔL uon direkte, Den lille forskjellen i tallene skyldes bare angel på presisjon. Innenfor antall gyldige sifre (egentlig bare ) er resultatene identiske.

8 Side 8 Oppgave 4 Vi skal undersøke litt hvordan det går når an skyter et prosjektil inn i en kloss. Klossen Før M Etter, tilfelle i ligger på et horisontalt underlag, og foreløpig kan vi se bort M+ v fra friksjonen ello klossen 0 v 0 og underlaget. Nedenfor er det u? vist tre ulike hendelsesforløp: Etter, tilfelle ii Etter, tilfelle iii i) prosjektilet blir sittende fast i klossen, ii) prosjektilet går u/4 M M/4 gjenno klossen, en blir nedbreset til halvparten av den M/2 opprinnelige hastigheten, og u? v iii) so i forrige punkt, en 0 u? /2 v M/4 0 /2 klossen sprenges litt i stykker slik at to fragenter flyr u/4 bort fra den opprinnelige klossen i en retning vinkelrett på retningen so prosjektilet beveger seg. Syboler for asser og hastigheter er antydet i figuren. a) Finn et uttrykk for hastigheten u til klossen etter støtet er sluttført for hvert av de tre tilfellene. (Denne deloppgaven gir dobbelt så ange poeng so de øvrige.) Det er ikke sagt noe i oppgaven o at støtene er elastiske eller ikke, og vi å regne ed at de IKKE er eleastiske. Da betyr det at det bare er bevegelsesengden so er bevart gjenno støtene, og ikke energi. Vi kan da sette opp so følger: Tilfelle i): p før p etter v 0 ( M + )u u M v 0 Tilfelle ii): v 0 Mu v u v M 2 Tilfelle iii): I dette tilfelle har vi ed bevegelse i to diensjoner, ens det i de forgående tilfellene bare var én diensjon. Men dette spiller liten rolle i praksis, fordi bevaring i bevegelsesengde

9 Side 9 skal gjelde for hvilken so helst retning. Vi ser at bevaring i vertikal retning (i forhold til figuren) er ivaretatt, siden fragentene so spaltes fra er like store og har otsatt like stor hastighet etter støtet ( sprengningen ). Da kan vi nøye oss ed å bare se på den horisontale hastigheten (i forhold til figuren), so tidligere, og får: v 0 M ----u v u ---- v M 0 b) Forklar hvordan resultatene hadde blitt derso vi hadde tatt hensyn til friksjonen ello kloss og underlag i støtprosessen. (Det hadde vært fint o du kunne skissere kort betingelser for at friksjonen ot underlaget skulle virke est ulig inn på støtprosessen.) Loven o bevaring av bevegelsesengde er basert på at kraft er lik otkraft i støtprosessen, og vanligvis varer støtprosessen så kort tid, og legeene beveger seg så kort en avstand, at påvirkning fra andre krefter langt på vei kan neglisjeres. Vi har brukt bevaring av bevegelsesengde gjenno støtet so utgangspunkt for beregningene ovenfor. Men derso friksjonen ens støtprosessen foregår også skulle tas ed, åtte vi korrigert for den ipulsen so systeet fikk fra YTRE krefter, dvs friksjon ello kloss og bord. Derso denne friksjonskraften er lik F f, og støtprosessen varer en tid lik Δt, ville ipulsen bli F f Δt, og vi kunne sette opp følgende ligning for bevegelsesengden: p før p etter + F f Δt Vi ser altså at jo kraftigere friksjonen er, og jo lengre støtprosessen varer, desto større innflytelse får friksjonen på resultatet. ETTER at støtprossen er over, vil selvfølgelig skli-friksjonen brese ned bevegelsen av klossen på vanlig vis. Oppgave 5 En grind i fjellet er foret so vist på figuren til høyre. Grinda er 4.0 vid og 2.0 høy, og veier (har assen) 40 kg. Massesenteret ligger i idten av grinda. Grinda henger i to hengsler A og B, en for å redusere kraften på hengslene, er det også spent opp en snor ello grinda og grindestolpen (i punktene C og D, henholdsvis). Snora er straet til akkurat slik at den horisontale kraften på hengslen A er lik null. a) Beste snordraget i snora ello C og D. A B D 30 o C

10 Side 10 Grinda roterer ikke, følgelig å kraftoentet o enhver valgt tenkt akse være lik null. Vi vet at på selve grinda so syste, virker det fire krefter: Snordraget (i C), en vertikal kraft i A, en vertikal kraft so er tyngden, so vi tenker oss virker gjenno tyngdepunktet, og en ukjent kraft gjenno hengsel B. Derso vi velger hengsel B so utgangspunkt for spinnsatsen, får vi forenklet regningen ye. Dette skyldes at kraften so virker på porten gjenno denne hengselen da får null ar, og kraftoentet blir lik null. Videre vet vi at det gjenno hengsel A bare virker en vertikal kraft, og den får heller ikke noe kraftoent o en tenkt akse i B. Følgelig får vi at kraftoentet fra tyngden å være otsatt like stort so kraftoentet fra snordraget. Kaller vi grindas lengde for b (4.0 ) og høyde for h (2.0 ), grindas asse for, og snordraget for F s (virker langs A B D ψ aren θ φ φ b F s C h snora), får vi da (se figuren for forklaring av vinkelen ψ): g b 2 -- F s h 2 + b 2 cosψ F s gb h 2 + b 2 cosψ Men vi ser av figuren at: θ + φ + ψ 90 o Siden θ 30 grader, og φ arctan(h/b) grader, blir ψ 33.4 grader. Da følger ved innsetting: F s gb N 210 N 2 h 2 + b 2 cosψ cos33.4 o b) Hvor stor er den horisontale kraften so da virker på hengslen B? I dette tilfellet velger vi tenkt akse i hengsel A for at vi ikke behøver ta hensyn til den ukjente kraften so virker på systeet (grinda) i dette punktet. Også o A å totalt kraftoent være lik null. Følgelig å kraftoentet o A fra snordraget, pluss kraftoentet fra tyngden, pluss kraftoentet o A fra kraften so virker i hengsel B, være lik null. Men kraftoentet o A fra kraften so virker på hengsel B vil være identisk ed kraftoentet o A fra den horisontale koponenten av kraften so virker på hengsel B (siden den vertikale koponenten ikke får noen ar). Det er nettopp det det spørres etter her, og vi får da: Fs τ o A 0 τ o A g τ o A + + B τ o A F s bsinθ g b F B,horisontal h 0

11 Side 11 Her har vi valgt å la horisontalkoponenten av krafen fra B være positiv derso den peker til høyre i figuren (forsøker å gi positiv dreieretning på grinda). Innsatte verdier: 1 F B,horisontal -- g b h 2 -- F s bsinθ 1 F B,horisontal sin30 N 182 N c) Hvor stor er suen av de vertikale kreftene so virker på hengslene A og B? Dette er relativt lett å svare på, siden vi nå kan bruke assesentersatsen (Newtons 2. lov) og suere vertikale krefter uten å tenke på hvor angrepspunktet er (behøver ikke tenke på noe ar). Da følger at suen av vertikale krefter so virker på hengslene A og B å være otsatt like store so suen av tyngden og den vertikale koponenten av snordraget (regnet ed fortegn). Altså: Innsatt: F vertikale 0 F A + F b ( + ) vertikal g F s sinθ F A F A F b F b ( ) vertikal + F s sinθ g ( + ) vertikal ( sin30) N 287 N

Løsningsforslag. FY-ME 100 eksamen 2. september 2003

Løsningsforslag. FY-ME 100 eksamen 2. september 2003 Løsningsforslag FY-ME 00 eksaen. septeber 003 Oppgave Her følger først noen begrepsoppgaver / kvalitative oppgaver. Svarene å begrunnes (en gjør dette kort). a) En stein ed asse kg er festet til enden

Detaljer

FAG: FYS105 Fysikk (utsatt eksamen) LÆRER: Per Henrik Hogstad KANDIDATEN MÅ SELV KONTROLLERE AT OPPGAVESETTET ER FULLSTENDIG

FAG: FYS105 Fysikk (utsatt eksamen) LÆRER: Per Henrik Hogstad KANDIDATEN MÅ SELV KONTROLLERE AT OPPGAVESETTET ER FULLSTENDIG UNIVERSITETET I AGDER Gristad E K S A M E N S O P P G A V E : FAG: FYS105 Fysikk (utsatt eksaen) LÆRER: Per Henrik Hogstad Klasse(r): Dato: 6.11.11 Eksaenstid, fra-til: 09.00 14.00 Eksaensoppgaven består

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110/Fys-mef1110 høsten 2007

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110/Fys-mef1110 høsten 2007 Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek0/Fys-mef0 høsten 007 Side av 9 Oppgave a) En kule ruller med konstant hastighet bortover et horisontalt bord Gjør rede for og tegn inn kreftene som virker på kulen Det

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE. Dato: Fredag 01. mars 2013. Tid: Kl 09:00 13:00. Administrasjonsbygget B154

EKSAMENSOPPGAVE. Dato: Fredag 01. mars 2013. Tid: Kl 09:00 13:00. Administrasjonsbygget B154 side 1 av 6 sider FAKULTET FOR NATURVITENSKAP OG TEKNOLOGI EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i: FYS-1001 Mekanikk Dato: Fredag 01. mars 2013 Tid: Kl 09:00 13:00 Sted: Administrasjonsbygget B154 Tillatte hjelpemidler:

Detaljer

FYS-MEK 1110 Løsningsforslag Eksamen Vår 2014

FYS-MEK 1110 Løsningsforslag Eksamen Vår 2014 FYS-MEK 1110 Løsningsforslag Eksamen Vår 2014 Oppgave 1 (4 poeng) Forklar hvorfor Charles Blondin tok med seg en lang og fleksibel stang når han balanserte på stram line over Niagara fossen i 1859. Han

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 0 Eksamensdag: 3 juni 205 Tid for eksamen: 4:30 8:30 (4 timer) Oppgavesettet er på 5 sider Vedlegg: Formelark Tillatte

Detaljer

Kortfattet løsningsforslag / fasit

Kortfattet løsningsforslag / fasit 1 Kortfattet løsningsforslag / fasit Ordinær eksamen i FYS-MEK 1110 - Mekanikk / FYS-MEF 1110 - Mekanikk for MEF / FY-ME 100 Eksamensdag onsdag 8. juni 2005 (Versjon 10. juni kl 1520) 1. Forståelsesspørsmål

Detaljer

1) Hva blir akselerasjonen til en kloss som glir nedover et friksjonsfritt skråplan med helningsvinkel 30?

1) Hva blir akselerasjonen til en kloss som glir nedover et friksjonsfritt skråplan med helningsvinkel 30? FY1001/TFY4145 Mekanisk Fysikk Eksaen Tirsdag 16. Deseber 2014 OKMÅL OPPGVE 1: Flervalgsoppgaver (Teller 45%, 18 stk so teller 2.5% hver) 1) Hva blir akselerasjonen til en kloss so glir nedover et friksjonsfritt

Detaljer

Krefter, Newtons lover, dreiemoment

Krefter, Newtons lover, dreiemoment Krefter, Newtons lover, dreiemoment Tor Nordam 13. september 2007 Krefter er vektorer En ting som beveger seg har en hastighet. Hastighet er en vektor, som vi vanligvis skriver v. Hastighetsvektoren har

Detaljer

SG: Spinn og fiktive krefter. Oppgaver

SG: Spinn og fiktive krefter. Oppgaver FYS-MEK1110 SG: Spinn og fiktive krefter 04.05.017 Oppgaver 1 GYROSKOP Du studerer bevegelsen til et gyroskop i auditoriet på Blindern og du måler at presesjonsbevegelsen har en vinkelhastighet på ω =

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110 våren 2010

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110 våren 2010 Side av Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek våren Oppgave (Denne oppgaven teller dobbelt) Ole og Mari vil prøve om lengdekontraksjon virkelig finner sted. Mari setter seg i sitt romskip og kjører forbi Ole,

Detaljer

Repetisjon

Repetisjon Repetisjon 18.05.017 Eksamensverksted: Mandag, 9.5., kl. 1 16, Origo Onsdag, 31.5., kl. 1 16, Origo FYS-MEK 1110 18.05.017 1 Lorentz transformasjon ( ut) y z y z u t c t 1 u 1 c transformasjon tilbake:

Detaljer

Fysikk-OL Norsk finale 2004

Fysikk-OL Norsk finale 2004 Universitetet i Oslo Norsk Fysikklærerforening Fysikk-OL Norsk finale 004 3. uttakingsrunde Fredag. april kl 09.00 til.00 Hjelpeidler: abell/forelsaling og loeregner Oppgavesettet består av 6 oppgaver

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO vx [m/s] vy [m/s] Side UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK Eksamensdag: 3 mars 8 Tid for eksamen: 9: : (3 timer) Oppgavesettet er på 3 sider Vedlegg: Formelark

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110 våren 2008

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110 våren 2008 Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek0 våren 008 Side av 0 Oppgave a) Atwoods fallmaskin består av en talje med masse M som henger i en snor fra taket. I en masseløs snor om taljen henger to masser m > m >

Detaljer

Repetisjonsoppgaver kapittel 4 løsningsforslag

Repetisjonsoppgaver kapittel 4 løsningsforslag epetisjonsoppgaver kapittel 4 løsningsforslag nergi Oppgave a) Arbeidet gjort av kraften har forelen: s cos Her er s strekningen kraften virker over, og vinkelen ello kraftverktoren og strekningen. b)

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Side 1 Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: Onsdag, 5. juni 2013 Tid for eksamen: kl. 9:00 13:00 Oppgavesettet er på 3 sider Vedlegg: formelark

Detaljer

Løsningsforslag. Midtveiseksamen i Fys-Mek1110 våren 2008

Løsningsforslag. Midtveiseksamen i Fys-Mek1110 våren 2008 Side av Løsningsforslag idtveiseksaen i Fys-ek våren 8 Oppgave a) En roer sitter i en båt på vannet og ror ed konstant fart. Tegn et frilegeediagra for roeren, og navngi alle kreftene. Suen av kreftene

Detaljer

Stivt legemers dynamikk

Stivt legemers dynamikk Stivt legemers dynamikk.4.4 FYS-MEK.4.4 Forelesning Tempoet i forelesningene er: Presentasjonene er klare og bra strukturert. Jeg ønsker mer bruk av tavlen og mindre bruk av powerpoint. 6 35 5 5 3 4 3

Detaljer

Keplers lover. Statikk og likevekt

Keplers lover. Statikk og likevekt Keplers lover Statikk og likevekt 30.04.018 FYS-MEK 1110 30.04.018 1 Ekvivalensprinsippet gravitasjonskraft: gravitasjonell masse m m F G G r m G 1 F g G FG R Gm J J Newtons andre lov: inertialmasse m

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO Side 1 UNIVERSITETET I OSO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: mars 017 Tid for eksamen: 14:30 17:30 (3 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark

Detaljer

r+r TFY4104 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag

r+r TFY4104 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag TFY4104 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag 1) I oljebransjen tilsvarer 1 fat ca 0.159 m 3. I går var prisen for WTI Crude Oil 97.44 US dollar pr fat. Hva er dette i norske kroner pr liter, når 1 NOK

Detaljer

Norges Informasjonstekonlogiske Høgskole

Norges Informasjonstekonlogiske Høgskole Oppgavesettet består av 10 (ti) sider. Norges Informasjonstekonlogiske Høgskole RF3100 Matematikk og fysikk Side 1 av 10 Tillatte hjelpemidler: Kalkulator, vedlagt formelark Varighet: 3 timer Dato: 11.desember

Detaljer

Løsningsforslag Fys-mek1110 V2012

Løsningsforslag Fys-mek1110 V2012 Løsningsforslag Fys-mek1110 V01 Side 1 av 11 Oppgave 1 a) Et hjul ruller uten å skli bortover en flat, horisontal vei. Hjulet holder konstant hastighet. Tegn et frilegemediagram for hjulet. b) En lastebil

Detaljer

Obligatorisk oppgave i fysikk våren 2002

Obligatorisk oppgave i fysikk våren 2002 Obligatorisk oppgave i fysikk våren 2002 Krav til godkjenning av oppgaven: Hovedoppgave 1 kinematikk Hovedoppgave 2 dynamikk Hovedoppgave 3 konserveringslovene Hovedoppgave 4 rotasjonsbevegelse og svigninger

Detaljer

6. Rotasjon. Løsning på blandede oppgaver.

6. Rotasjon. Løsning på blandede oppgaver. 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6-6 otasjon Løsning på blandede oppgaver Oppgave 6: O tanga har lengde L m Når stanga dreies fra horisontal til vertikal stilling, synker massesenteret en høyde

Detaljer

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5

A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 Side 2 av 5 Oppgave 1 Hvilket av de følgende fritt-legeme diagrammene representerer bilen som kjører nedover uten å akselerere? Oppgave 2 A) 1 B) 2 C) 3 D) 4 E) 5 En lampe med masse m er hengt opp fra

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO Side 1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: 16 mars 2016 Tid for eksamen: 15:00 18:00 (3 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark

Detaljer

Repetisjon

Repetisjon Repetisjon 1.5.13 FYS-MEK 111 1.5.13 1 Lorentz transformasjon x ( x t) y z y z t t 1 1 x transformasjon tilbake: omven fortegn for og bytte S og S x ( x t) y z y z t t x små hastighet : 1 og x t t x t

Detaljer

Fysikkolympiaden 1. runde 28. oktober 8. november 2013

Fysikkolympiaden 1. runde 28. oktober 8. november 2013 Norsk Fysikklærerforening i saarbeid ed Skolelaboratoriet Universitetet i Oslo Fysikkolypiaden 1. runde 8. oktober 8. noveber 013 Hjelpeidler: Tabell og forelsalinger i fysikk og ateatikk Loeregner Tid:

Detaljer

FORSØK MED ROTERENDE SYSTEMER

FORSØK MED ROTERENDE SYSTEMER FORSØK MED ROTERENDE SYSTEMER Laboratorieøvelsen består av 3 forsøk. Forsøk 1: Bestemmelse av treghetsmomentet til roterende punktmasser Hensikt Hensikt med dette forsøket er å bestemme treghetsmomentet

Detaljer

Øving 2: Krefter. Newtons lover. Dreiemoment.

Øving 2: Krefter. Newtons lover. Dreiemoment. Lørdagsverksted i fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2007. Veiledning: 15. september kl 12:15 15:00. Øving 2: Krefter. Newtons lover. Dreiemoment. Oppgave 1 a) Du trekker en kloss bortover et friksjonsløst

Detaljer

Stivt legemers dynamikk

Stivt legemers dynamikk Stivt legemers dynamikk 5.04.05 FYS-MEK 0 5.04.05 Forelesning Tempoet i forelesningene er: Presentasjonene er klare og bra strukturert. Det er bra å vise utregninger på smart-board / tavle Diskusjonsspørsmålene

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO. Introduksjon. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet 1.1

UNIVERSITETET I OSLO. Introduksjon. Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet 1.1 Introduksjon UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Tid for eksamen: 3 timer Vedlegg: Formelark Tillatte hjelpemidler: Øgrim og Lian: Størrelser og enheter

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE Njål Gulbrandsen / Ole Meyer /

EKSAMENSOPPGAVE Njål Gulbrandsen / Ole Meyer / Fakultet for naturvitenskap og teknologi EKSAMENSOPPGAVE Eksamen i: FYS-1001 Mekanikk Dato: 21.2.2017 Klokkeslett: 09:00 13:00 Sted: Åsgårdvegen 9 Tillatte hjelpemidler: Fire A4-sider (to dobbeltsidige

Detaljer

Løsningsforslag Fysikk 2 V2016

Løsningsforslag Fysikk 2 V2016 Løsningsforslag Fysikk, Vår 016 Løsningsforslag Fysikk V016 Oppgave Svar Forklaring a) B Faradays induksjonslov: ε = Φ, so gir at Φ = ε t t Det betyr at Φ åles i V s b) D L in = 0,99 10 = 9,9 L aks = 1,04

Detaljer

FYSMEK1110 Eksamensverksted 31. Mai 2017 (basert på eksamen 2004, 2013, 2014, 2015,)

FYSMEK1110 Eksamensverksted 31. Mai 2017 (basert på eksamen 2004, 2013, 2014, 2015,) YSMEK1110 Eksamensverksted 31. Mai 2017 (basert på eksamen 2004, 2013, 2014, 2015,) Oppgave 1 (2014), 10 poeng To koordinatsystemer og er orientert slik at tilsvarende akser peker i samme retning. System

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE. FYS-1001 Mekanikk. Fire A4-sider (to dobbeltsidige ark) med egne notater. Kalkulator ikke tillatt. Ruter.

EKSAMENSOPPGAVE. FYS-1001 Mekanikk. Fire A4-sider (to dobbeltsidige ark) med egne notater. Kalkulator ikke tillatt. Ruter. Fakultet for naturvitenskap og teknologi EKSAMENSOPPGAVE Eksaen i: FYS-1001 Mekanikk Dato: 1.12.2016 Klokkeslett: 09:00 13:00 Sted: Åsgårdvegen 9 Tillatte hjelpeidler: Fire A4-sider (to dobbeltsidige ark)

Detaljer

Bevegelsesmengde og kollisjoner

Bevegelsesmengde og kollisjoner eegelsesengde og kollisjoner 4.4.6 Midteisealuering: https://nettskjea.uio.no/answer/7744.htl Oblig 4: nye initialbetingelser i oppgaedel i og j FYS-MEK 4.4.6 Konseratie krefter potensiell energi: U r

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS119 VÅR 2017

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS119 VÅR 2017 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS119 VÅR 2017 Oppgave 1 a) Bruker bevaring av bevegelsesmengde i - og y-retning og velger positiv -akse mot høyre og positiv y-akse oppover, og lar vinkelen være = 24. Dekomponerer

Detaljer

F B L/2. d A. mg Mg F A. TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten Løsningsforslag til øving 6. Oppgave 1

F B L/2. d A. mg Mg F A. TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten Løsningsforslag til øving 6. Oppgave 1 TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2016. Løsningsforslag til øving 6. Oppgave 1 L/2 d A F A B F B L mg Stupebrettet er i ro, dvs vi har statisk likevekt. Det betyr at summen av alle krefter

Detaljer

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 2.

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 2. TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 2. Oppgave 1 Nettokraften pa en sokk som sentrifugeres ved konstant vinkelhastighet pa vasketrommelen er A null B rettet radielt utover C rettet radielt

Detaljer

Kap 5 Anvendelser av Newtons lover

Kap 5 Anvendelser av Newtons lover Kap 5 Anendelser a Newtons loer 5.7 En stor kule holdes på plass a to lette stålkabler. Kulens asse er 49 kg. a) este strekket (kraften) T i kabelen so danner en inkel på 4 ed ertikalen. b) este strekket

Detaljer

Løsningsforslag til øving 12

Løsningsforslag til øving 12 FY1001/TFY4145 Mekanisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 014. Løsningsforslag til øving 1 Oppgave 1 a) I følge Galileo: (S = Sam, S = Siv, T = Toget) I følge Einstein: Dermed: Her har vi brukt

Detaljer

Kortfattet løsningsforslag / fasit

Kortfattet løsningsforslag / fasit 1 Kortfattet løsningsforslag / fasit Eksamen i: YS-MEK 1110 - Mekanikk / YS-ME 1110 - Mekanikk for ME Eksamensdag: redag 9. juni 006 Det tas forbehold om at løsningsforslaget kan inneholde feil! Denne

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110 våren 2009

Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek1110 våren 2009 Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek våren 9 Side av 8 Oppgave a) Du skyver en kloss med konstant hastighet bortover et horisontalt bord. Identifiser kreftene på klossen og tegn et frilegemediagram for klossen.

Detaljer

Løsningsforslag til ukeoppgave 4

Løsningsforslag til ukeoppgave 4 Oppgaver FYS1001 Vår 2018 1 Løsningsforslag til ukeoppgave 4 Oppgave 4.03 W = F s cos(α) gir W = 1, 2 kj b) Det er ingen bevegelse i retning nedover, derfor gjør ikke tyngdekraften noe arbeid. Oppgave

Detaljer

r+r TFY4115 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag

r+r TFY4115 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag TFY45 Fysikk Eksamenstrening: Løsningsforslag ) I oljebransjen tilsvarer fat ca 0.59 m 3. I går var risen for WTI Crude Oil 97.44 US dollar r fat. Hva er dette i norske kroner r liter, når NOK tilsvarer

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: 6 juni 2017 Tid for eksamen: 14:30 18:30 (4 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark Tillatte

Detaljer

T 1 = (m k + m s ) a (1)

T 1 = (m k + m s ) a (1) Lørdagsverksted i fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2008. Løsningsforslag til Øving 2. Oppgave 1 a) Vi ser på et system bestående av en kloss på et horisontalt underlag og en snor med masse. Vi

Detaljer

TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 6. MgL + F B d. M + m

TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 6. MgL + F B d. M + m TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Lsningsforslag til ving 6. Ogave 1 L/ d A F A B F B L mg Stuebrettet er i ro, dvs vi har statisk likevekt. Det betyr at summen av alle krefter i vertikal retning

Detaljer

Universitetet i Agder Fakultet for helse- og idrettsvitenskap EKSAMEN. Time Is)

Universitetet i Agder Fakultet for helse- og idrettsvitenskap EKSAMEN. Time Is) Universitetet i Agder Fakultet for helse- og idrettsvitenskap EKSAMEN Emnekode: IDR104 Emnenavn: BioII,del B Dato: 22 mai 2011 Varighet: 3 timer Antallsider inkl.forside 6 Tillatte hjelpemidler: Kalkulator.Formelsamlingi

Detaljer

Elektrisk og Magnetisk felt

Elektrisk og Magnetisk felt Elektrisk og Magnetisk felt Kjetil Liestøl Nielsen 1 Emner for i dag Coulombs lov Elektrisk felt Ladet partikkel i elektrisk felt Magnetisk felt Magnetisk kraft på elektrisk eladninger Elektromagnetiske

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO 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

Detaljer

TFY4106_M2_V2019 1/6

TFY4106_M2_V2019 1/6 1/6 rstatt denne teksten med ditt innhold... 1 n bil kjører på en rett vei. ilens posisjon ved tidspunktet er gitt ved funksjonen med m/s og s. Hvor langt kjører bilen før den snur? 12.4 m 14.4 m 16.4

Detaljer

Løsningsforslag. Eksamen i Fys-mek1110 våren 2011

Løsningsforslag. Eksamen i Fys-mek1110 våren 2011 Side av 5 Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek0 våren 0 Oppgave Tarzan hopper fra en klippe og griper en liane. Han hopper horisontalt ut fra klippen med hastighet ved tiden. Lianen har massen og lengden,

Detaljer

Bevegelsesmengde Kollisjoner

Bevegelsesmengde Kollisjoner eegelsesengde Kollisjoner 4.3.3 neste uke: ingen forelesning ingen gruppeunderisning ingen datalab på grunn a idteiseksaen FYS-MEK 4.3.3 Energibearing energi i systeet er beart: E tot = K +U + E T arbeid

Detaljer

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 6.

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 6. TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 6. Oppgave 1 Figuren viser re like staver som utsettes for samme ytre kraft F, men med ulike angrepspunkt. Hva kan du da si om absoluttverdien A i til akselerasjonen

Detaljer

Fysikkonkurranse 1. runde 6. - 17. november 2000

Fysikkonkurranse 1. runde 6. - 17. november 2000 Norsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for undervisning Fysikkonkurranse 1. runde 6. - 17. november 000 Hjelpemidler: Tabeller og formler i fysikk og matematikk Lommeregner Tid: 100

Detaljer

1) Hva blir akselerasjonen til en kloss som glir nedover et friksjonsfritt skråplan med helningsvinkel 30?

1) Hva blir akselerasjonen til en kloss som glir nedover et friksjonsfritt skråplan med helningsvinkel 30? FY1001/TFY4145 Mekanisk Fysikk Eksaen Tirsdag 16. Deseber 2014 OPPGAVER MED LØSNINGSFORSLAG OPPGAVE 1: Flervalgsoppgaver (Teller 45%, 18 stk so teller 2.5% hver) 1) Hva blir akselerasjonen til en kloss

Detaljer

Fysikkolympiaden Norsk finale 2018 Løsningsforslag

Fysikkolympiaden Norsk finale 2018 Løsningsforslag Fysikkolympiaden Norsk finale 018 øsningsforslag Oppgave 1 Det virker tre krefter: Tyngden G = mg, normalkrafta fra veggen, som må være sentripetalkrafta N = mv /R og friksjonskrafta F oppover parallelt

Detaljer

EKSAMEN. EMNE: FYS 120 FAGLÆRER: Margrethe Wold. Klasser: FYS 120 Dato: 09. mai 2017 Eksamenstid: Antall sider (ink.

EKSAMEN. EMNE: FYS 120 FAGLÆRER: Margrethe Wold. Klasser: FYS 120 Dato: 09. mai 2017 Eksamenstid: Antall sider (ink. EKSAMEN EMNE: FYS 120 FAGLÆRER: Margrethe Wold MÅLFORM: Bokmål Klasser: FYS 120 Dato: 09. mai 2017 Eksamenstid: 09 00 14 00 Eksamensoppgaven består av følgende: Antall sider (ink. forside): 7 Antall oppgaver:

Detaljer

EKSAMENSOPPGAVE I FYS-1001

EKSAMENSOPPGAVE I FYS-1001 side 1 av 6 sider FAKULTET FOR NATURVITENSKAP OG TEKNOLOGI EKSAMENSOPPGAVE I FYS-1001 Eksamen i : Fys-1001 Mekanikk Eksamensdato : 06.12.2012 Tid : 09.00-13.00 Sted : Åsgårdvegen 9 Tillatte hjelpemidler

Detaljer

Norsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for undervisning

Norsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for undervisning Norsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for unervisning FYSIKK-KONKURRANSE 00 00 Anre rune: 7/ 00 Skriv øverst: Navn, føselsato, hjeearesse og eventuell e-postaresse, skolens navn og

Detaljer

Statikk. Kraftmoment. F = 0, forblir ikke stolsetet i ro. Det begynner å rotere. Stive legemer

Statikk. Kraftmoment. F = 0, forblir ikke stolsetet i ro. Det begynner å rotere. Stive legemer Statikk Etter Newtons. lov vil et legeme som er i ro, forbli i ro hvis summen av kreftene på legemet er lik null. Det er i hvert fall tilfellet for et punktformet legeme. Men for et legeme med utstrekning

Detaljer

Om flo og fjære og kunsten å veie Månen

Om flo og fjære og kunsten å veie Månen Om flo og fjære og kunsten å veie Månen Jan Myrheim Institutt for fysikk NTNU 28. mars 2012 Innhold Målt flo og fjære i Trondheimsfjorden Teori for tidevannskrefter Hvordan veie Sola og Månen Friksjon

Detaljer

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS120 VÅR 2017

LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS120 VÅR 2017 LØSNINGSFORSLAG EKSAMEN FYS120 VÅR 2017 Oppgave 1 a) Bruker bevaring av bevegelsesmengde i - og y-retning og velger positiv -akse mot høyre og positiv y-akse oppover, og lar vinkelen være = 24. Dekomponerer

Detaljer

Ansla midlere kraft fra foten pa en fotball i et vel utfrt straespark.

Ansla midlere kraft fra foten pa en fotball i et vel utfrt straespark. TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 4. Oppgave 1 To like biler med like stor fart kolliderer fullstendig uelastisk front mot front. Hvor mye mekanisk energi gar tapt? A 10% B 30% C 50% D 75%

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO Side 1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: 16 mars 2016 Tid for eksamen: 15:00 18:00 (3 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark

Detaljer

EKSAMEN I FY1001 og TFY4145 MEKANISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG

EKSAMEN I FY1001 og TFY4145 MEKANISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK EKSAMEN I FY og TFY445 MEKANISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG Fredag 6. desember 2 kl. 9-3 Oppgave. Ti flervalgsspørsmål (teller 2.5 25 % a.

Detaljer

FYSIKK-OLYMPIADEN 2010 2011 Andre runde: 3/2 2011

FYSIKK-OLYMPIADEN 2010 2011 Andre runde: 3/2 2011 Norsk Fysikklærerforening Norsk Fysisk Selskaps faggruppe for undervisning FYSIKK-OLYMPIADEN Andre runde: 3/ Skriv øverst: Navn, fødselsdato, e-postadresse og skolens navn Varighet:3 klokketimer Hjelpemidler:Tabell

Detaljer

Løsningsforslag til eksamen i REA2041 - Fysikk, 5.1.2009

Løsningsforslag til eksamen i REA2041 - Fysikk, 5.1.2009 Løsningsforslag til eksamen i EA04 - Fysikk, 5..009 Oppgae a) Klossen er i kontakt med sylinderen så lenge det irker en normalkraft N fra sylinderen på klossen og il forlate sylinderen i det N = 0. Summen

Detaljer

Oppsummert: Kap 1: Størrelser og enheter

Oppsummert: Kap 1: Størrelser og enheter Oppsummert: Kap 1: Størrelser og enheter s = 3,0 m s = fysisk størrelse 3,0 = måltall = {s} m = enhet = dimensjon = [s] OBS: Fysisk størrelse i kursiv (italic), enhet opprettet (roman) (I skikkelig teknisk

Detaljer

FY0001 Brukerkurs i fysikk

FY0001 Brukerkurs i fysikk NTNU Institutt for Fysikk Løsningsforslag til øving FY0001 Brukerkurs i fysikk Oppgave 1 a Det er fire krefter som virker på lokomotivet. Først har vi tyngdekraften, som virker nedover, og som er på F

Detaljer

Korrigert løsningsforslag til eksamen i

Korrigert løsningsforslag til eksamen i 1 Korrigert løsningsforslag til eksamen i YS-MEK 1110 - Mekanikk / YS-ME 1110 - Mekanikk for ME / Y-ME100, torsdag 3. juni 2004 1. orståelsesspørsmål a) Kan et legeme som har konstant akselerasjon endre

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO Side 1 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: 22 mars 2017 Tid for eksamen: 14:30 17:30 (3 timer) Oppgavesettet er på 4 sider Vedlegg: Formelark

Detaljer

Oppgave 1 Svar KORTpå disse oppgavene:

Oppgave 1 Svar KORTpå disse oppgavene: Løsningsforslag eksaen FYS1 V11 Oppgave 1 Svar KORTpå disse oppgavene: a) Tversbølge: Svingebevegelsen til hvert punkt på bølgen går på tvers av forplantningsretningen til bølgen. Langsbølge: Svingebevegelsen

Detaljer

Stivt legemers dynamikk

Stivt legemers dynamikk Stivt legemers dnamikk 3.04.03 FYS-MEK 0 3.04.03 kraftmoment: O r F O rf sin F F R r F T F sin r sin O kraftarm NL for rotasjoner: O, I for et stivt legeme med treghetsmoment I translasjon og rotasjon:

Detaljer

6.201 Badevekt i heisen

6.201 Badevekt i heisen RST 1 6 Kraft og bevegelse 27 6.201 Badevekt i heisen undersøke sammenhengen mellom normalkraften fra underlaget på et legeme og legemets akselerasjon teste hypoteser om kraft og akselerasjon Du skal undersøke

Detaljer

Fysikk 3FY AA6227. Elever og privatister. 26. mai 2000. Videregående kurs II Studieretning for allmenne, økonomiske og administrative fag

Fysikk 3FY AA6227. Elever og privatister. 26. mai 2000. Videregående kurs II Studieretning for allmenne, økonomiske og administrative fag E K S A M E N EKSAMENSSEKRETARIATET Fysikk 3FY AA6227 Elever og privatister 26. mai 2000 Bokmål Videregående kurs II Studieretning for allmenne, økonomiske og administrative fag Les opplysningene på neste

Detaljer

Løsningsforslag til øving 5

Løsningsforslag til øving 5 FY1001/TFY4145 Mekanisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 011. Løsningsforslag til øving 5 Oppgave 1 a) Energibevarelse E A = E B gir U A + K A = U B + K B Innsetting av r = L x i ligningen gir

Detaljer

Kap. 9+10 Rotasjon av stive legemer

Kap. 9+10 Rotasjon av stive legemer Kap. 9+10 Rotasjon a stie legemer Vi skal se på: Vinkelhastighet, inkelakselerasjon (rask rekap) Sentripetalakselerasjon, baneakselerasjon (rask rekap) Rotasjonsenergi E k Treghetsmoment I Kraftmoment

Detaljer

EKSAMEN. EMNE: FYS 119 FAGLÆRER: Margrethe Wold. Klasser: FYS 119 Dato: 09. mai 2017 Eksamenstid: Antall sider (ink.

EKSAMEN. EMNE: FYS 119 FAGLÆRER: Margrethe Wold. Klasser: FYS 119 Dato: 09. mai 2017 Eksamenstid: Antall sider (ink. EKSAMEN EMNE: FYS 119 FAGLÆRER: Margrethe Wold MÅLFORM: Bokmål Klasser: FYS 119 Dato: 09. mai 2017 Eksamenstid: 09 00 14 00 Eksamensoppgaven består av følgende: Antall sider (ink. forside): 6 Antall oppgaver:

Detaljer

Faglig kontakt under eksamen: Navn: Anne Borg Tlf. 93413 BOKMÅL. EKSAMEN I EMNE TFY4115 Fysikk Elektronikk og Teknisk kybernetikk

Faglig kontakt under eksamen: Navn: Anne Borg Tlf. 93413 BOKMÅL. EKSAMEN I EMNE TFY4115 Fysikk Elektronikk og Teknisk kybernetikk Side 1 av 10 NORGES TEKNISK NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Navn: Anne Borg Tlf. 93413 BOKMÅL EKSAMEN I EMNE TFY4115 Fysikk Elektronikk og Teknisk kybernetikk

Detaljer

Løsningsforslag til avsluttende eksamen i AST1100, høsten 2013

Løsningsforslag til avsluttende eksamen i AST1100, høsten 2013 Løsningsforslag til avsluttende eksamen i AST1100, høsten 013 Oppgave 1 a) I ligningen for hyostatisk likevekt er P trykket, M(r) massen innenfor en avstand r fra sentrum og ρ(r) er tettheten i en avstand

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO Side 1 av 4 UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK1110 Eksamensdag: Onsdag 6. juni 2012 Tid for eksamen: Kl. 0900-1300 Oppgavesettet er på 4 sider + formelark

Detaljer

Stivt legemers dynamikk

Stivt legemers dynamikk Stivt legemers dnamikk 3.04.04 FYS-MEK 0 3.04.04 kraftmoment: O r F O rf sin F F R r F T F sin r sin O kraftarm N for rotasjoner: O, for et stivt legeme med treghetsmoment translasjon og rotasjon: F et

Detaljer

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 5.

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 5. TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Test 5. Oppgave 1 CO 2 -molekylet er linert, O = C = O, med CO bindingslengde (ca) 1.16 A. (1 A = 10 10 m.) Praktisk talt hele massen til hvert atom er samlet

Detaljer

Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover.

Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover. Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover. Kathrin Flisnes 19. september 2007 Bevegelsesmengde ( massefart ) Når et legeme har masse og hastighet, viser det seg fornuftig å definere legemets bevegelsesmengde

Detaljer

Kortfattet løsningsforslag

Kortfattet løsningsforslag 1 Kortfattet løsningsforslag Eksamen i FY-ME100 4. sept. 2002 Oppgave 1 Korte enkeltspørsmål. Gode og kortfattede begrunnelser verdsettes! a) En stein med masse 1 kg er festet til enden av en rett stav

Detaljer

Newtons lover i én dimensjon

Newtons lover i én dimensjon Newtons lover i én dimensjon 3.01.018 snuble-gruppe i dag, kl.16:15-18:00, Origo FYS-MEK 1110 3.01.018 1 Hva er kraft? Vi har en intuitivt idé om hva kraft er. Vi kan kvantifisere en kraft med elongasjon

Detaljer

Oblig 6 i Fys-Mek1110

Oblig 6 i Fys-Mek1110 Sindre Ranne Bilden, Idun Osnes & Ingrid Marie Bergh Bakke Oblig 6 i Fys-Mek1110 a) Akselerasjon Fart Siden det ikke er noen for for friksjon eller andre ikke-konservative krefter i bildet, vil forholdet

Detaljer

Kap Rotasjon av stive legemer

Kap Rotasjon av stive legemer Kap. 9+10 Rotasjon av stive legemer Vi skal se på: Vinkelhastighet, vinkelakselerasjon (rep) Sentripetalakselerasjon, baneakselerasjon (rep) Rotasjonsenergi E k Treghetsmoment I Kraftmoment τ Rulling Spinn

Detaljer

Spinn og Impulsbalanse HIA Avd. teknologi Morten Ottestad

Spinn og Impulsbalanse HIA Avd. teknologi Morten Ottestad Ipuls og spinn balanse 4.0.005 Side av Spinn og Ipulsbalanse HIA Avd. teknologi Morten Ottestad. ynaikk rettlinjede bevegelser. Ipuls balansen Newtons I lov). Eleenter i ekaniske syste.. jær 3.. eper 4..3

Detaljer

UNIVERSITETET I OSLO

UNIVERSITETET I OSLO UNIVERSITETET I OSLO Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Eksamen i: FYS-MEK 1110 Eksamensdag: Tirsdag, 3. juni 2014 Tid for eksamen: kl. 9:00 13:00 Oppgavesettet omfatter 6 oppgaver på 4 sider

Detaljer

Løsningsforslag til øving 3: Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover.

Løsningsforslag til øving 3: Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover. Lørdagsverksted i fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2007. Veiledning: 22. september kl 12:15 15:00. Løsningsforslag til øving 3: Impuls, bevegelsesmengde, energi. Bevaringslover. Oppgave 1 a)

Detaljer

Kinematikk i to og tre dimensjoner

Kinematikk i to og tre dimensjoner Kinematikk i to og tre dimensjoner 2.2.217 Innleveringsfrist oblig 1: Mandag, 6.eb. kl.14 Innlevering kun via: https://devilry.ifi.uio.no/ Mulig å levere som gruppe (i Devilry, N 3) Bruk gjerne Piazza

Detaljer

Løsningsforslag. Eksamen i Fys-mek1110 våren !"!!!. Du kan se bort fra luftmotstand.

Løsningsforslag. Eksamen i Fys-mek1110 våren !!!!. Du kan se bort fra luftmotstand. Side av 6 Løsningsforslag Eksamen i Fys-mek0 våren 0 Oppgave Tarzan hopper fra en klippe og griper en liane. Han hopper horisontalt ut fra klippen med hastighet ved tiden. Lianen har massen og lengden,

Detaljer

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 4. m 1 gl = 1 2 m 1v 2 1. = v 1 = 2gL

TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 4. m 1 gl = 1 2 m 1v 2 1. = v 1 = 2gL TFY46 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Løsningsforslag til øving 4. Oppgave. a) Hastigheten v til kule like før kollisjonen finnes lettest ved å bruke energibevarelse: Riktig svar: C. m gl = 2 m v 2

Detaljer