1. No category

Lösningar till tentamen i Fysik 3 (F0006T)
2015-03-18
Kommentar Kommentarerna tillhör inte lösningen utan är av pedagogisk natur. I ekvationer betyder . . . att några matematiska steg
(1.1)
(som skulle krävas på tentan) är överhoppade. Om det står = betyder det att ekvation (1.1) sätts in efter likhetstecknet.
1
Landningsbana
Givet:
Landningsbanans längd:
Rymdraketens fart:
3p
L0 = 3,00 km
v = 1,5 · 108 m/s
1p
a)
Sökt:
Hur lång är landningsbanan för piloten?
Lösning:
Landningsbanan längdkontraheras för piloten:
p
p
L = L0 /γ = L0 1 − v2 /c2 = 3000 · 1 − (1,5 · 108 )2 /c2
≈ 2597,4764 m.
(1.1)
1p
b)
Sökt:
Hur lång tid tar det för raketen att flyga över hela landningsbanan
för en observatör på jorden?
Lösning:
Observatören på jorden mäter sträcken L0 och med konstant fart
tar det då:
L0
3000
t0 =
≈ 2,00 · 10−5 s.
(1.2)
=
v
1,5 · 108
sultatet 19,7 · 10−6 uc2 (som egentligen bara har två värdessiffror efterom mT bara är givet med en precision av 10−6 uc2 ), men
även svaret 0,018 350 43 MeV och 0,0184 MeV accepteras vid
rättningen.
c)
Sökt:
Vad blir det av energin som frigörs, Q-värdet?
0,5 p
Svar: Sönderfallsprodukternas sammanlagda rörelseenergier.
3
Skivacceleration
Givet:
Skivans tröghetsmoment:
Bromsmoment:
Initial vinkelhastighet:
Tid:
3p
Icm = 1,55 kg · m2
τ = 1,2 N m
ω1 = 4,5 rad/s
∆t = 3,0 s
Sökt:
a) Skivans vinkelhastighet, ω2 , efter tiden ∆t.
b) Antal varv, n, skivan snurrat efter tiden ∆t.
τ ω
a)
Lösning:
R Py
Impulsmomentlagen,
τ dt = L2 − L1 :
−τ · ∆t = L2 − L1 ,
(3.1)
med tröghetsmomentet för en stel kropp
L1 = Icm ω1 ,
L2 = Icm ω2 ,
(3.2)
1p
c)
ger
Sökt:
−τ · ∆t = Icm (ω2 − ω1 ) ⇒
Hur lång tid tar det för raketen att flyga över hela landningsbanan
för piloten?
τ · ∆t
1,2 · 3
ω2 = ω1 −
= 4,5 −
≈ 2,18 rad/s.
(3.3)
Lösning:
Icm
1,55
Piloten mäter sträckan L och med konstant fart tar det då:
b)
Lösning:
L (1.1) 2597,4764
−5
≈ 1,73·10 s
(1.3)
t=
=
Momentet och tröghetsmomentet är konstanta, vilket betyder
v
1,5 · 108
att
P vinkelaccelerationen är konstant genom momentekvationen
Svar: a) Landningsbanan är 2,6 km för piloten.
τ = Iα:
b) För observatören på jorden tar överflygningen 20 µs.
α = −τ/Icm = −1,2/1,55 ≈ −0,774 rad/s2 .
(3.4)
c) För piloten tar överflygningen 17 µs.
Vid konstant vinkelacceleration:
4p
2
θ2 = ω1 ∆t + α∆t2 /2 = 4,5 · 3 − 0,774 · 32 /2 ≈ 1,59 varv (3.5)
Tritiumsönderfall
Givet:
Svar: a) Skivans vinkelhastighet efter 3,0 s är 2,2 rad/s.
Tritiumsönderfall med betasönderfall.
b) Skivan snurrar 1,6 varv på 3,0 s.
a)
Sökt:
Reaktionsformeln.
Lösning:
Laddning och masstal bevaras:
3
H → 32 He+ + −10 e + 00 ν̄e .
1
1p
(2.1)
4
Givet:
Kulmassa:
Kulfart:
Stångmassa:
Stånglängd:
a)
Svar: Reaktionsformeln är 31 H → 32 He + e− + ν̄e .
4p
Kula träffar stång
mk = 40,0 g
vk = 0,600 km/s
ms = 15,0 kg
ls = 2,000 m
2p
Sökt:
A
Stångens vinkelhastighet, ω, precis efter stöten mellan kulan och stången.
Lösning:
ls m s vk
I frånvaron av externa moment bevaras
mk
rörelsemängdsmomentet runt A under
stöten:
(2.2)
L1 = L2 ,
(4.1)
= (3,016049 − 3,01602930)uc2 = 1,97 · 10−5 uc2
(2.3) där rörelsemängdsmomentet, L = p⊥ · r, före stöten är
≈ 0,018 350 434 MeV,
(2.4)
L1 = pk · ls /2 = (mk vk ) · (ls /2)
(4.2)
2
och
rörelsemängdsmomentet
efter
stöten
är
med mHe+ = mHe − me , uc = 931,49413 MeV (PH CU-2.4) och
Massa, tritium (PH T-6.3):
mT = 3,016 049 u
L2 = Itot ω,
(4.3)
Massa, helium-3 (PH T-6.2):
mHe = 3,016 029 30 u där I = I + I är masströghetsmomentet för kulan+stången.
tot
k
s
(4.2) och (4.3) i (4.1):
Svar: Reaktionenes Q-värde är 0,018 MeV.
mk vk ls /2 = Itot ω ⇒ ω = mk vk ls /(2Itot ).
(4.4)
Kommentar: Svaret avrundas till två decimaler pga mellanreb)
Sökt:
Reaktionenes Q-värde.
Lösning:
Q-värdet ges av
Q = ∆mc2 = (mT − mHe+ − me )c2 = (mT − mHe )c2
Senast uppdaterad: 2 juni 2015
2,5 p
1(2)
c Erik Elfgren
Lösningar till tentamen i Fysik 3 (F0006T)
2015-03-18
Kulans masströghetsmoment fås ur definitionen på masströghets- a)
Lösning:
moment, I = mr2 (punktformad partikel):
2
Ik = mk (ls /2)
(4.5) Masscentrum:
P
mi · xi
xr ·mr − xh ·mh
och stångens masströghetsmoment från (PH F-1.10)
xcm = P
,
(5.1)
=
mr − mh
m
i
Is = ms ls2 /3.
(4.6)
där index r står för rektangeln utan hål och h för hålet, vilkas
(4.5) och (4.6) i (4.4) ger
respektive masscentrum ligger vid
mk vk ls
mk vk
xr = b/2,
(5.2)
=
ω= (4.7)
2ls (mk /4 + ms /3)
2 mk (ls /2)2 + ms ls2 /3
2 sin(π/2) 4R
xh = R
=
(PH F-1.10, nr 11)
(5.3)
3
π/2
3π
0,04 · 600
=
och deras massor är
2 · 2 · (0,04/4 + 15/3)
mr = σ·Ar = σ·b·h,
(5.4)
≈ 1,1976 rad/s.
2
mh = σ·Ah = σ·π·R /2,
(5.5)
2p
b)
där σ är skivans ytdensitet:
Sökt:
1
2
M
M
4
σ=
≈ 99,3 kg/m2 . (5.6)
=
=
Vilken vinkel stången
2
πR
π0,12
A
A
A
bh
−
0,2
·
0,28
−
ls
maximalt svänger ut.
2
2
cos θ
2
ls
θ
Lösning:
(5.2)-(5.5)
i
(5.1):
2
σπR2 h2
3
Mekaniska energisatsen
b
4R
2
(
)·(
σbh)
−
b2 h − 4R3
xr ·mr − xh ·mh
2
3π ·
mellan läge 1 (precis efter
xcm =
=
=
2
stöt) och läge 2 (maximal
mr − mh
2bh − πR2
σbh − σπR
2
utsvängning):
3
0,22 ·0,28 − 4·0,1
K1 + Ug1 + Ue1 + Wövr = K2 + Ug2 + Ue2 ,
(4.8)
3
=
≈ 0,122 m.
(5.7)
där
2·0,2·0,28 − π0,12
1
b)
K1 = Itot ω2 , K2 = 0, Ue1 = Ue2 = Wövr = 0,
Lösning:
2
P
ls
Masströghetsmoment kan delas upp, I = Ii :
Ug2 − Ug1 = (ms + mk )gh2 = (ms + mk )g (1 − cos θ), (4.9)
2
Ix = Ixr − Ixh ,
(5.8)
eftersom vi varken har fjäderenergi eller några övriga krafter som där
verkar. (4.9) i (4.8):
Ixr = mr ·h2 /12, (PH F-1.10, nr 3)
(5.9)
1
l
!
s
2
2
2
Itot ω = (ms + mk )g (1 − cos θ)
(4.10)
sin π
R
R
2
2
Ixh = mh
1−
= mh · . (PH F-1.10, nr 11) (5.10)
4
π
4
och vi kan lösa ut
!
2
Insatt i (5.8):
Itot ω
(4.5,4.6,4.7)
!
θ = arccos 1 −
=
h2
R2 (5.4,5.5)
h2
R2 R2
(ms + mk )gls
Ix = mr ·
− mh ·
= (σ·b·h)·
− σ·π·
·


12
4
12
2 4
m2k v2k


!
!

= arccos 1 −
b·h3 πR4 (5.6)
0,2·0,283 π0,14
(ms + mk )g4ls (mk /4 + ms /3)
=
σ
−
=
99,3
−
!
12
8
12
8
0,042 · 6002
= arccos 1 −
2
≈
0,0324
kg
m
.
(5.11)
(15 + 0,04) · 9,82 · 4 · 2(0,04/4 + 15/3)
≈ 25,4854 ◦ .
(4.11) c)
Lösning:
Svar: a) Stångens vinkelhastighet precis efter stöten är Masströghetsmoment kan delas upp, I = P Ii :
1,20 rad/s.
Iy = Iyr − Iyh ,
(5.12)
b) Den maximala utsvängningsvinkeln blir θ = 25,5 ◦ .
där
4p
5
Iyr,cm = mr ·b2 /12, (PH F-1.10, nr 3)
(5.13)
Skiva med hål
!
Givet:
2
2
R
sin π
R
Iyh = mh
1+
= mh ·
(PH F-1.10, nr 11) (5.14)
Skivans massa:
M= 4,0 kg
4
π
4
Hålradie:
R = 0,100 m
Skivhöjd:
h = 0,280 m och Steiners sats, I = Icm + md2 ger:
Skivbredd:
b = 0,200 m
(5.13)
Iyr = Iyr,cm +mr (b/2)2 = mr b2 /12+mr b2 /4 = mr b2 /3. (5.15)
(5.14), (5.15) i (5.12):
!
b2
R2 (5.4,5.5)
b2
R2 R2
Iy = mr · − mh ·
= (σ·b·h)· − σ·π·
·
3
4
3
2 4
!
!
h·b3 πR4 (5.6)
0,28·0,23 π0,14
=σ
−
= 99,3
−
3
8
3
8
≈ 0,0702 kg m2 .
Sökt:
a) Masscentrums x-koordinat.
b) Masströghetsmomentet kring x-axeln.
c) Masströghetsmomentet kring y-axeln.
Senast uppdaterad: 2 juni 2015
(5.16)
Svar: a) Masscentrums x-koordinat är xcm = 0,12 m.
b) Tröghetsmoment kring x-axeln är Ix = 0,032 kg m2 .
c) Tröghetsmoment kring y-axeln är Iy = 0,070 kg m2 .
2(2)
c Erik Elfgren