TFY4104 Fysikk Eksamen 16. desember 017 Lsningsforslag 1. A. I vakuum er det ingen luftmotstand, og eneste kraft pa W og B er tyngdekraften. Dermed null snordrag. Snordrag forskjellig fra null ville ha gitt strre akselerasjon for W enn for B.. D. Skyvkraften F = 75 N er strre enn maksimal statisk friksjonskraft s mg, slik at kassen akselereres, med a = (F k mg)=m = F=m k g = 5:5 3:4 = :1 m/s. 3. D. Klossen i ro: P F = 0 langs planet, som gir f = mg sin. 4. D. v = ds=dt = 6:0 t + :0 ) v = 14 m/s ved t = :0 s ) P = F v = 140 W ved t = :0 s. 5. E. Nar kulene henger sammen, er dette et fullstendig uelastisk stt, og det vil tapes mekanisk energi, dvs K er ikke bevart. I kollisjonen virker det ingen ytre (horisontale) krefter pa de to kulene. Dermed er p bevart. I kollisjonen virker det heller ikke noe ytre dreiemoment (mhp snorenes festepunkt i taket) pa de to kulene. Dermed er ogsa L bevart. 6. D. Energibevaring: K B = mv B = = U A U B = 3mg`=4 ) v B =` = 3g= ) S B = mg + mv B =` = 5mg=. 7. B. as = v v 1 = (v 1 ) v 1 = 3v 1. Videre er as = v 3 v = v 3 4v 1. Kombinerer vi disse har vi v 3 = 7v 1, dvs v 3 = p 7v 1. 8. C. Uten friksjon er det kun snakk om translasjon. En ytre kraft Mg virker na pa den totale massen M, slik at a = g=. 9. D. Med ren rulling er a = R. Vinkelakselerasjonen for sylinderen kommer fra friksjonskraften f som ma virke mot venstre. N (translasjon) for systemet kloss+sylinder gir mens N for rotasjon for sylinderen gir Uttrykket for f innsatt i N for translasjon gir Mg Mg f = Ma; (1) = I 0 ) fr = 1 a MR R ) f = 1 Ma: () 1 Ma = Ma ) 5 Ma = Mg ) a = 5 g: 10. E. Sylinderen vil gli (slure) bortover med delvis rulling. Friksjonen blir kinetisk, med friksjonskoesient = 0:100. Friksjonskraften virker mot venstre og er lik f = 0:100 N = 0:100 Mg. N for translasjon gir na Mg f = Ma ) Mg 0:100 Mg = Ma ) a = 9 0 g: 11. C. Da ingen ytre krefter virker, er dreieimpulsen L konstant. Studenten gjr et indre arbeid ved a trekke bkene inntil kroppen, slik at den kinetiske energien ker. Dette kan ogsa beregnes: Dreieimpuls L = I 0! konstant mens I 0 avtar og! ker. K = 1I 0! = 1 L! ma da ke. 1. C. Punktet A sin translasjonhastighet er v t = v mot venstre. A's hastighet pga rotasjonen er v r =!R = v t = v med retning rett oppover. Vektorsummen blir p v med retning 45 oppover mot venstre.
13. C. Treghetsmoment om akse gjennom sentrum: I 0 = 1 1 ml (f.eks fra formelark). Akse 1 L fra den 3 ene enden = 1L 1 L = 1 L fra sentrum. Steiners sats gir treghetsmoment om denne aksen: 3 6 1 1 I = I 0 + m 6 L = m 1 36 + 1 L = m 4 36 L = m 1 9 L : 14. D. Translasjonsfarten v =!R er gitt ved energibevarelse: Mgh = 1 Mv + 1 I 0! = 1 Mv 1 + I 0 = lik for alle: MR En sylinder har strre treghetsmoment enn massive baller, 1 MR vs 5 MR. Da blir v ved bunnen minst for sylinderen og lik for de to ballene. (Ogsa E ble godtatt som riktig svar, da startposisjon og starthastighet til de ulike objektene strengt tatt ikke var spesisert.) 15. C. For harmonisk svingning er a =! x, slik at her er vinkelhastigheten! = 4:0 s 1. Da er perioden T = =! = 1:57 s. 16. C. dx=dt = 0:040 m 30s 1 sin 30s 1 t + =6 og maksimal hastighet er = j 0:040 m 30s 1 j = 1: m=s. 17. C. Tyngden Mg av legemet fordeles med halvparten pa hver av de to snorene i overkant av nedre trinse, dvs 1 Mg. Snorkraften i denne hyre snora ma vre lik over vre trinse og over til venstre snor der F virker. Ved likevekt er derfor F = 1Mg. 18. E. La L vre bjelkens lengde. Vertikalkomponenten F y nnes enkelt ved dreiemomentbalanse om ytterpunktet pa bjelken, der kun denne kraften og bjelkens tyngde G B har dreiemoment: F y L G B L= = 0, som gir F y = G B = = 50:0 N. 19. B. Dette er med god tilnrmelse en matematisk pendel med lengde L = 9 m, og med egenfrekvens (vinkelfrekvens)! 0 = p g=l. Du dytter mest eektivt pa resonans, med! =! 0, dvs med periode T = p L=g ' 6 sekunder. 0. D. Dette er en fysisk pendel med treghetsmoment I = ML =3 mhp akslingen i enden av metallstanga. Den svinger med vinkelfrekvens! 0 = p Mgd=I, der d = L= er avstanden fra akslingen til stangas massesenter. Dermed:! 0 = MgL= ML =3 = 3g L ) L = 3g! 0 = 3gT 0 = 0:70 m: 8 1. D. Minst kinetisk energi og hastighet der potensiell energi er strst, dvs pa toppen av banen. Total kinetisk energi er K = 1 Mv + 1 I 0! = (1 + c) 1 Mv ; med c = =5 for kompakt kule, og der vi har brukt rullebetingelsen! = v=r. Med andre ord, K = 7Mv =10. Energibevarelse gir na MgA = 7 10 Mv 0. B. Helningsvinkelen er gitt ved som er maksimal i (f eks) x = 0, 7 1= 10 Mv min ) v min = v 0 10gA=7 = 0:54 m=s: tan = dy=dx = (A=) cos(x=); max = arctan(a=) = arctan(0:196) = 11 :
3. E. Maksimal normalkraft N ved bunnen av banen, for der er farten v strst, krumningsradien minst, og dermed sentripetalakselerasjonen strst: N Mg = Mv =: Krumningsradien er 1 + (dy=dx) 3= = : jd y=dx j Ved bunnen av banen er dy=dx = 0 og jd y=dx j = 4 A=, slik at = =4 A. Farten ved bunnen av banen er 1= v = v max = v 0 + 10gA=7 = 0:995 m=s: Dette gir en maksimal normalkraft N = M(g + v =) = 0:3 N: 4. A. Siden farten er maksimal i banens bunnpunkt, er baneakselerasjonen a = dv=dt = 0. Da kan det heller ikke vre noen horisontale krefter som virker pa kula. Siden det ikke er andre kandidater til horisontalkrefter enn friksjonskraften akkurat her, ma vi ha f = 0. 5. E. N for translasjon tangentielt: f Mg sin = Mdv=dt. N for rotasjon om CM: fr = I 0 d!=dt = (=5)MR (dv=dt)=r, slik at f = (M=5)dv=dt. Som innsatt i translasjonsligningen gir dv=dt = (5g=7) sin. 6. C. Med avstand d fra hver av ladningene benner vi oss i planet som halverer linjen mellom de to. Retningen pa E er her horisontalt mot venstre, nar vi adderer bidragene fra de to ladningene. Feltstyrken til hvert av de to bidragene er q=4" 0 d. Vi trenger komponentene horisontalt, og ma derfor gange dette med cosinus til vinkelen mellom horisontallinjen og linjen fra q til den aktuelle posisjonen. Det gir en faktor cos = (d=)=d = 1=. Dermed: E = (q=4" 0 d ) (1=) = q=4" 0 d : 7. E. p = 1:8 10 1 =3 10 8 Cm = q 0:9 10 10 m, slik at q = 6:59 10 0 C, som er 0:41 e. 8. A. Potensialet fra et elektron er V (r) = e=4" 0 r nar V (r! 1) er satt til null. Med V = 1:44 V og e = 1:6 10 19 C nner vi r = 1:0 nm. 9. E. Liten ladning dq i posisjon x bidrar med dp = xdq = x(x)dx = 0 x dx=l til totalt dipolmoment. Integrasjon over staven gir p = 0 L Z L= L= x = 1 1 0L : 30. B. E = rv = (V 0 =a )(x; 4y; 6z) som i punktet (0; a; a) er E = (V 0 =a)(0; 8; 6), med absoluttverdi 10V 0 =a. 31. B. Ser pa 3q som tre stk q, som sammen med de tre stk q danner tre dipoler, to med dipolmoment p = qa og retning hhv mot venstre og oppover, og en med dipolmoment p = p qa med retning diagonalt opp mot venstre. Vektorsummen av de to frste er samme vektor som den tredje, slik at totalt dipolmoment er p qa. 3. A. Vi summerer over de 6 ladningsparene: U = h q 1 + 1 + 1= p 3 3 3= p i 4" 0 a q = (4 + p ) 4" 0 a
33. D. Midt i kvadratet har ladningene nederst til venstre og verst til hyre elektriske felt som kansellerer hverandre. Bidragene fra de to resterende ladningene peker begge diagonalt ned mot hyre, og total feltstyrke blir 3q + q E = 4" 0 (a= p ) = q " 0 a 34. B. Ladningene nederst til venstre og verst til hyre bidrar til sammen med like stort potensial i punktene 1 og. Disse kan vi derfor se bort fra nar vi beregner potensialforskjellen mellom 1 og. Vi nner dermed V 1 V = 35. A. C avtar med plateavstanden d. 3q ( q) 4" 0 a= 3q + q) 4" 0 p 5a= = (1 1= p 5) q " 0 a 36. D. Nettoladningen fordeler seg (ikke ndvendigvis jevnt) pa overaten av et metallstykke, ikke over hele volumet. 37. E. Total kapasitans: C = (1 + 1=8 + 1=4 + 1=8 + 1=) 1 mf = 0.5 mf. Her er det lik ladning pa alle kondensatorer, Q = 0:5 9:0 = 4:5 mc. Spenningen over kapasitansen 1.0 mf er derfor 4.5 V. 38. C. Likespenningskilden srger for a opprettholde potensialforskjell V 0 mellom kondensatorplatene, selv om plateavstanden endres. (Halvering av plateavstanden gir halvert kapasitans, og dermed halvert plateladning, siden C = Q=V.) 39. A. Kretsen blir en seriekobling av de to kobberledningene og den ene motstanden pa 0.3. Hver kobberledning har motstand R l = l=a = 0:90=6:0 10 7 1:5 10 6 = 0:90=90 = 0:010, slik at total motstand blir 0.5. Strmstyrken blir dermed I = V=R = 1:5=0:5 = 6:0 A. 40. E. Total motstand i kretsen er R + R + (1=R + 1=3R) 1 = R + 6R=5 = 16R=5 = 6:4. Total strmstyrke blir dermed 9:0=6:4 = 1:4 A. Av dette gar en andel 3/5 gjennom motstanden R, dvs I = 0:84 A. 41. D. Energibevarelse gjennom spenningsfallet V gir mv = = qv, dvs v = p qv=m. Sentripetalakselerasjon v =r og Lorentzkraft qvb gir qvb = mv =r, dvs r = mv=qb = m p qv=m=qb p m. 4. A. m = NIA = 1600 4:0 64 10 4 = 41 Am. 43. A. = m B, slik at maksimalt dreiemoment er max = NIAB = mb = 40:96 0:5 = 10 Nm. 44. D. Ferromagnetiske materialer blir paramagnetiske dersom temperaturen blir hy nok. 45. B. Ved et gitt tidspunkt t, dvs en gitt strm I(t), er magnetfeltet omtrent konstant over aten som omsluttes av spolen: B ' 0 I=x, med x = 5:5a = 11 cm. Total omsluttet magnetisk uks er dermed (omtrent) lik (t) = B(t)A ' ( 0 I 0 cos!t=x) Nab. Dette gir en indusert spenning i spoletraden med amplitude V 0 = ( 0 I 0!=x) Nab = (4 10 7 00 50= 0:11) 10 36 10 4 = 0:004 V 46. C. I tilsvarende mekaniske svingesystem ville massen m svinge med periode T = =!, med! = q! 0, der! 0 = k=m og = b=m. Elektriske analogier til b, k og m er hhv R, 1=C og L, slik at T = p 1=LC R =4L ' p LC = 0:055 s; siden vi her har R =4L 1=LC (svak demping).
47. C. I tilsvarende mekaniske system ville vi i utgangspunktet ha en potensiell energi kx 0 =, med x 0 lik strekket i fjra fr massen slippes. I den analoge elektriske kretsen har vi potensiell energi Q 0 =C, med startladning Q 0 pa kondensatorplatene. Denne energien tapes som varme i motstanden, dvs 0:0087 = 0:0087 = 0:0044 J. 48. A. Midlere eekt er P = V rms I rms = V 0 I 0 =. Her er V 0 = 35 V og I 0 = V 0 =R = 0:35 A, slik at P = 5:8 W. I lpet av 1 time er da 5:8 3600 = 1:9 10 5 J omdannet til varme. 49. B. Kirchhos spenningsregel gir LdI=dt = V 0 sin!t, slik at I 0 = V 0 =!L = 3:0= 50 47 10 3 = 0:0 A. 50. B. Kirchhos spenningsregel gir Q=C = V 0 sin!t, slik at I 0 = V 0!C = 3:0 50 0:1 10 3 = 0:0 A.