1. No category

Övningstenta 2015
Svar och anvisningar
Uppgift 1
a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera:
�
v(t) = a(t)dt
tillsammans med begynnelsevillkoret v(0) = 0. Vi får:
�
1
v(t) = 0,5t2 dt = t3 + C
6
och vi bestämmer konstanten C med hjälp av begynnelsevillkoret:
v(0) = C = 0 ⇔ C = 0
dvs
1
v(t) = t3
6
och vid t = 2 s har vi:
v(2) =
8
m/s ≈ 1,3 m/s
6
Svar: 1,3 m/s
b) Vi tecknar kraftsituationen på lådan. Det är naturligt att välja positiv
riktning uppåt. Newtons andra lag ger att:
T − mg = ma ⇔ T = m(g + a) ,
(1)
där T är spännkraften och m är lådans massa. Accelerationen vid tiden
t = 2 s är:
a(2) = 0,5 · 22 m/s2 = 2,0 m/s2
Spännkraften:
T = 500(9,82 + 2,0) N = 5,91 kN ≈ 5,9 kN
För att beräkna helikopterns lyftkraft, F , kan vi teckna kraftsituationen
på helikoptern:
F − T − M g = M a ⇔ F = T + M (g + a)
1
(2)
där M är helikopterns massa. Numeriskt får vi lyftkraften:
F = 5,91 kN + 2000(9,82 + 2,0) kN = 29,6 kN ≈ 30 kN
Svar: Spännkraften 5,9 kN, lyftkraften 30 kN
Alternativ lösning:
För att beräkna lyftkraften kan man se helikoptern och lådan som en enda
kropp med massan m + M . Tyngdkraften som verkar är då (m + M )g och
Newtons andra lag ger att:
F − (M + m)g = (M + m)a ⇔ F = (M + m)(g + a)
Detta är samma uttryck som vi får om vi sätter in uttrycket för
spännkraften (1) i ekvation (2).
Uppgift 2
a)
1 2
1 2
pA + ρgyA + ρvA
= pB + ρgyB + ρvB
2
2
Vi söker tryckskillnaden:
�
�
1 2
2
pA − pB = ρ g(yB − yA ) + (vB − vA )
2
Vi vet inte strömningshastigheten i punkten B, men vi kan utnyttja
kontinuitetsekvationen:
Av = konstant
som får utseendet
πd2A
πd2B
vA =
vB .
4
4
Med det givna sambandet dB = dA /2 får vi:
vB = 4vA
och tryckskillnaden blir:
�
�
15 2
pA − pB = ρ g(yB − yA ) + vA .
2
Numeriskt får vi:
3
pA − pB = 0,997 · 10
�
�
15
2
9,82(−11,0) + 3,00 = −40,4 kPa
2
Eftersom pA − pB < 0 är trycket lägre i A.
Svar: Skillnaden är 40,4 kPa. Trycket är lägre i A.
2
b) Friktionskraften, f , vid glidning proportionell mot normalkraften, FN ,
enligt:
f = µ k FN
där µk är det kinetiska friktionstalet. Eftersom F har en vertikal
komposant kommer normalkraften att påverkas. Vi får:
f
= µk (mg − F sin α) = 0,35(15 · 9,82 − 200 · sin 20◦ ) N
= 27,6 N ≈ 28 N
För att beräkna hastigheten bestämmer vi först den resulterande kraften
på lådan i horistonell led:
FR = F cos α − f
Enligt Newtons andra lag, FR = ma, blir accelerationen:
a = FR /m =
F cos α − f
m
Hastigheten kan fås genom det kinematiska sambandet:
v 2 − v02 = 2as
där v0 är initialhastigheten, som i detta fall är noll. Alltså:
�
√
F cos α − f
v = 2as = 2
s
m
Numeriskt får vi:
v=
�
2
200 cos 20◦ − 27,6
2,0 m/s = 6,5 m/s
15
Svar: Friktionskraften: 28 N, hastigheten: 6,5 m/s
Alternativ lösning:
Om man inte vill använda det kinematiska samband kan man teckna
ändringen i kinetisk energi som det utförda arbetet:
∆Ek = W
och först beräkna den kinetiska energin:
(F cos α − f )s = (200 cos 20◦ − 27,6) · 2,0 J = 320,7 J
Ek =
dvs
v=
�
2W
=
m
�
mv 2
2
2 · 320,7
m/s = 6,5 m/s
15
3
Uppgift 3
a) Insekten rör sig i en cirkelbana med radien r = 0,15 m och genomgår
en accelererad rörelse. Accelerationen har två komposanter,
centripetalkomposanten:
v2
ac =
= ω2r
r
och den tangentiella komposanten, at , som beror på ändringen i
hastighetens belopp. Vinkelhastigheten vid t = 1 s är:
ω(1) = 0,55π s−1
vilket ger centripetalkomposanten:
ac = 0,552 π 2 · 0,15 s−2 = 0,448 m/s2
Den tangentiella komposanten beror på fartändringen:
at = αr = ω̇r
Vinkelaccelerationen får vi genom att derivera:
ω̇ = k = 0,55π s−2
vilket ger:
at = αr = 0,55π · 0,15 m/s2 = 0,259 m/s2
Totala accelerationen är:
�
�
a = a2c + a2t = 0,4482 + 0,2592 m/s2 = 0,517 m/s2
Kraften som krävs är då:
F = ma = 50,0 · 10−3 · 0,517 N ≈ 26 mN
Svar: 26 mN
b) Inga yttre kraftmoment verkar på systemet insekter+skiva vilket
innbär att rörelsemängdsmomentet, L = Iω, bevaras. Totala
tröghetsmomentet är summan av skivans eget tröghetsmoment och
insekternas tröghetsmoment med avseende på rotationsaxeln. Den
förstnämnda får vi från Physics Handbook som:
1
Iskiva = M R2
2
4
och den senare kan vi beräkna med definitionen I =
direkt:
Iinsekt = mR2
�
2
i mi r i ,
som ger
och totala tröghetsmomentet med en insekt ombord blir:
I1 =
M R2
+ mR2
2
och med två insekter får vi:
I2 =
M R2
+ 2mR2 .
2
I1 ω1 = I2 ω2 ⇐⇒
I1
M R2 /2 + mR2
M + 2m
= ω1
= ω1
2
2
I2
M R /2 + 2mR
M + 4m
�
�
�
�
2m
2
= ω1 1 −
= ω1 1 −
M + 4m
M/m + 4
ω2 = ω1
Numeriskt får vi:
�
2
ω2 = 2,0 1 −
0,20/0,050 + 4
Svar: 1,5 rad/s
5
�
rad/s = 1,5 rad/s
Uppgift 4
a) Hjulet påverkas ett kraftmoment som vi tecknar:
�
+
τ = FR
(1)
med positiv riktning medsols, vilket innebär att kraften F , som är riktad
nedåt, ansätts positiv. Newtons andra lag för rotationsrörelse, τ = Iα, ger
att:
τ = F R = Iα
(2)
Vi tecknar nu kraftsituationen för klossen:
mg − F = ma
där vi behöver sätta a (och mg) positiv då vikten rör sig nedåt i figuren,
eftersom F antas positiv i ekvation (1). Spännkraften som påverkar klossen
är däremot −F (jfr figur nedan). Vi löser ut kraften som påverkar klossen:
F = m(g − a)
Klossens accelerationen hänger ihop med hjulets vinkelacceleration genom
rullvillkoret:
a = αR
(3)
som är uppfyllt eftersom snöret inte glider över hjulet.
Vi kan då kombinera (2) och (3):
FR = I
a
.
R
Vi kan sätta in uttrycket för spännkraften:
a
m(g − a)R = I
R
varur vi löser ut a:
I
mgR
a(mR + ) = mgR ⇐⇒ a =
a
R
mR + I
R
Ifrån Physics Handbook får vi tröghetsmomentet:
I=
M R2
2
och uttrycket för accelerationen får utseendet:
1
a=g
1+
6
M
2m
Numeriskt får vi:
a = 9,82
1
m/s2 = 4,91 m/s2
4,0
1+
2,0 · 2
Svar: 4,9 m/s2
b) Systemets kinetiska energi är av två sorter: dels rotationsenergi då
hjulet snurrar, och dels translationsenergi då vikten rör sig:
1
1
Ek = Ekrot + Ektrans = Iω 2 + mv 2
2
2
1
Tröghetsmomentet för hjulet är I = M R2 och eftersom snöret inte glider
2
har vi:
ω = v/R ,
där v är metallviktens hastighet. Accelerationen är konstant och vi kan
därför beräkna hastigheten med sambandet:
v 2 = 2as
Detta insatt i uttrycket för den kinetiska energin ger:
m
1 M R2 v 2
2as +
2
2 2 R2
1
= mas + M as
2
Ek =
dvs
Ek = as(m + M/2)
Numeriskt:
Ek = 4,91 · 1,6(2,0 + 4,0/2) J = 31 J
Svar: 31 J
7
Uppgift 5
a) Rörelsemängden bevaras i det horisontella x-ledet:
pföre
= pefter
x
x
dvs
M v0 = (M + m)v
och vi löser ut hastigheten:
v = v0
M
65
=5
m/s = 4,7 m/s
M +m
65 + 4
Svar: 4,7 m/s
b) Den vertikala impulsen är ändringen i rörelsemängdens y-komposant:
Iy = ∆py = M vy
Hastighetens vertikala komposant vid nedslaget är:
vy = −gt
där tiden kan fås genom sambandet:
h=
dvs:
t=
�
2h
=
g
�
at2
2
2 · 0,50
s = 0,319 s
9,82
och vi får:
Iy = M gt = 65 · 9,82 · 0,319 Ns = 200 Ns
Svar: 200 Ns
8
Uppgift 6
a) Vi har sambandet:
F =−
dEp
dx
vilket ger direkt att:
�
�
F = −2aD 1 − e−ax e−ax
Svar: F = −2aD (1 − e−ax ) e−ax
b) Vi gör en Taylorutveckling:
�
�2
ax (ax)2
a2 x2
a3 x3
Ep = D 1 − (1 −
+
− . . .) = D
− 2D
+ . . . ≈ Da2 x2
1!
2!
1!
2!
Om vi jämför med potentiella energin för en fjäder:
1
Ep (x) = kx2
2
så ser vi att:
k = 2Da2
som är den motsvarande fjäderkonstanten. Vi kan nu beräkna
svängningsfrekvensen genom att betrakta molekylen som en masspartikel i
en fjäder, om vi sätter massan till:
µ=
m1 m2
m2
m
=
=
.
m1 + m2
2m
2
Vi får frekvensen:
1
f=
2π
�
k
1
=
µ
2π
dvs
a
f=
π
Numeriskt får vi:
1,90 · 1010
f=
π
�
�
�
2Da2
m/2
D
m
7,18 · 10−19
Hz = 1,25 · 1014 Hz
1,008 · 1,66054 · 10−27
Svar: 1,25 · 1014 Hz
9