Lösningar till Tentamen i fysik B del 1 vid förutbildningar vid Malmö högskola

Transkript

1 Lösningar till Tentamen i fysik B del 1 vid förutbildningar vid Malmö högskola Tid: Måndagen 5/ kl: Hjälpmedel: Räknedosa. Bifogad formelsamling. Lösningar: Lösningarna skall vara väl motiverade (om annat ej anges) och avslutas med tydligt markerade svar. För uppgifter markerade Motivering krävs ges inga poäng för rätt svar utan motivering. Varje uppgift skall lösas på separat papper. Skriv namn på alla inlämnade blad. Bedömning: Maimalt poängantal är 60. För godkänt krävs 30 poäng. Uppgift 1 a) Stöten är fullständigt oelastisk då föremålen sitter ihop efter stöten. b) Stora bilens rörelsemängd ges av p 1 = m 1 v 1 = 2,5 10³kg (-36/3,6 m/s) = ³kg m/s, där tecknet ger riktningen. c) Rörelsemängdens bevarande ger att p tot (före) = p 1 + p 2 = p tot (efter). Men totala rörelsemängden efter måste vara noll då hastigheten för både fordonen är noll. Detta ger att v 2 = p 1 /m 2 = 25 m/s eller 90 km/h d) Impulsen ges av skillnaden i rörelsemängden före relativt efter för personen. I = Δ p = ( kg m/s) ,8 10³ kg m/s (Ns) e) Medelkraften vid en impuls ges av F = I/ t = Ns/0,1s, så att medelkraftens storlek från bältet är 18 kn. (Kuriosa är att denna kraft motsvarar en massa på jorden på F/g c:a 1,8 ton. Normal vuen honelefant väger c:a 3 ton)

2 Uppgift 2 a) Rörelsen är symmetrisk och bollen landar efter t tot = 2t där t är tiden vid högsta punkt. t tot = 2,4 sekunder för Ma och 2,0 sekunder för Malik. b) Vid mahöjden har bollen hastigheten i y-led v y = 0 m/s, så att 0 = v 0y + at, där a = -9,82 m/s² varav v 0y = 9.82t (m/s) ; v 0y för Ma boll är således 11,8 m/s. v 0y för Malik är 9.82 m/s c) Utgångshastigheten ges av v 0 = v 0y /sin( ); där är vinkeln ifrån marken. v 0 blir då 14.4 m/s för Ma och 17.1 m/s för Malik. d) Sträckan i -led som bollen färdas fram till första studs ges te. av = v 0 t tot där v 0 = v 0 cos( ), så att Ma boll kommer 19,8 m och Maliks boll kommer 28,0 m. Maliks boll kommer längst innan första studs. e) Höjden som Maliks boll når efter 1,0 s fås av rörelselagen i y-led: y = y 0 + v 0y t + at²/2. Insättning av det ovan uträknade värdet för v 0y för Malik, a=-9,82 m/s² ger att: y =9,82 9,82/2 (m) = 4,91 m f) Från rörelselagen fås att: v y = v 0y - 9,82t, så att t = v 0y /9,82 (1). Givet en utgångshastighet v 0 får man att: v 0y =v 0 sin(α) (2). Insättning av (2) i (1) ger att: t=v 0 sin(α)/9,82 och t tot =2v 0 sin(α)/9,82 (3). Sträckan i -led ges av: = v 0 t tot (4). v 0 ges på liknande sätt som för y- led av: v 0 =v 0 cos(α) (5). Insättning av (5) och (3) i (4) ger då slutligen att sträckan i -led ges av =2v 2 0 sin (α)cos(α)/9,82 (6). Genom att sätta in olika värden för vinkeln i (6) ser man att ett maimum nås för vinkeln 45 grader. Detta fås också om man deriverar (6) med avseende på vinkeln och sätter till 0. Då fås nämligen, med hjälp av regeln om dubbla vinkeln, att: cos(2 α) = 0 och detta sker vid α = 45. Med α = 45 grader i (4) och med samma hastighet som förut kommer nu Maliks boll 29,8 m. Lite längre med andra ord!

3 Uppgift 3 a) Fjäderkraften ges av F=ks, där s = 6,91 2,00 = 4,91 cm. Vid jämvikt gäller att gravitationskraften tar ut fjäderkraften så att man har: ks = mg varav k = mg/s = ,82/4, = 10,0N/m b) På samma sätt som i a) får man från fjäderkraften att s = mg/k = ,82/10 = 9,82 cm c) Amplituden är halva avståndet mellan topp och dal. A = 2,1 cm. T = 6,5 s/ 10 = 0,65 s. Vinkelfrekvensen för rörelsen ges av ω=2 π /T = 9,67 rad/s d) Från N2 ges att en acceleration från kraftresultant ges enligt: F = ma och genom att ta andraderivatan av y(t)=asin(ωt) fås att a(t)= Aω²sin(ωt) Insättning av accelerationen i N2 ger då att F = maω²sin(ωt) Men eftersom kraftresultanten för en vertikal fjäder vid elongationen y också ges av F = -ky så måste k=mω ² varav ω= k /m och T= 2π/ k /m=0,63 s. (Formeln för T finns i formelsamlingen och får användas direkt.) Detta ligger ej långt ifrån tidigare värdet på 0,65 s så det verkar rimligt. e) Hastigheten ges av derivatan av elongationen med avseende på tiden: v(t) = A ωcos(ω t), vilket är som störst när cos(ω t) = 1, så att v(t) ma = A ω 0,021 9,67 = 0,20 m/s

4 Uppgift 4 a) b) c) d) Våglängden är tre gånger så lång enligt figuren. Då är frekvensen en tredjedel dvs 1.0 Hz e) För två vågor utbreder sig i fas ifrån två punktkällor gäller att vi får konstruktiv interferens i en punk om skillnaden i avståndet från punkten till respektive källa är en multipel av en hel våglängd. Avståndet från A till Q ges via Pythagoras sats av: ( AQ )= 8,0²+3,2²=8,6m. Motsvarande för avståndet ifrån B: ( BQ )= 8,0²+( 4,0 3,2 ) ²=8,0 m. I Punkten P så är avståndet mellan till A respektive B lika stora - vi har konstruktiv interferens - och för första nästa maimum måste då skillnaden i avstånd vara en hel våglängd: λ = AQ BQ = 0,6 m. f) Sambandet mellan frekvens, våghastighet och våglängd ger att: f = v/ λ,57 khz g) Om en av ljudkällorna försvinner så får vi inte heller interferens och ljudnivån minskar således. h) En vågdal reflekteras som en vågtopp. i) En våg är en fortskridande störning som för med sig energi från ett ställe till ett annat. j) Longitudinell. k) Ljudnivån beräknas enligt: L = 10 lg(1, / ) = 91 db

5 Uppgift 5 a) Den elektriska potentialen är större vid övre plattan jämfört med den nedre. En negativ laddning känner en kraft riktat mot högre potential. Alltså från nedre plattan mot övre plattan. Alternativt så kan man skriva att kraften på en negativt laddad partikel sammanfaller med, men motsatt riktat som det elektriska fältet. Fältet mellan två laddade plattor är homogent och har riktning from positivt laddad till negativt laddad platta. b) E = F/Q = 6, N/3, C = 2, N/C c) Fältet mellan två laddade plattor är homogent och har riktning från positivt laddad till negativt laddad platta. Alltså från övre plattan nedåt till nedre plattan. d) d = U/E = 500 V/2, V/m = 0,25 m e) Detta är en öppen krets så strömmen är noll. Potentialen i alla punkter i kontakt med jord är noll. Potentialfallet över spänningskällan är 12 V och därmed är potentialen i A, V A = -12V. f) Eftersom det ej flyter ström genom resistorn så är också spänningen över resistorn noll. Det innebär att potentialskillnaden är noll och V B = V A = -12 V g) Hälften så stor laddning ger halva antalet fältlinjer T.e. nedan. Fyra linjer normala till varandra. E h) Det elektriska fältet är starkast närmast laddningen. i) Den elektriska potentialen är som störst längst ifrån den negativa laddningen.

6 Uppgift 6 a) Strömmen går ut genom papprets plan. Tumregeln, med högra tummen i strömriktningen dvs mot oss, ger att magnetfältet är riktat i fingrarnas riktning dvs moturs runt ledningen. b) Storleken (flödestätheten) av magnetfältet runt en rak ledare ges av: B=μ 0 I /2 π r=2 10 ⁷ 7,0/2,0 10 ⁷=7,0 10 ⁵ T c) Högerhandsregeln ger att en positivt laddad partikel som färdas i högra tummens riktning åt höger, påverkas av en kraft med riktning som sammanfaller med handflatans normal ut från handen av ett magnetiskt fält i fingrarnas riktning. För att protonen, som är positiv, skall känna en kraft uppåt måste då magnetfältet vara riktat in i papperets plan. Se figur nedan! F v d) För protonen är kraften från magnetfältet F = QvB = 8, N, för laddningen för en proton (elementarladdning). e) För en centralrörelse ges: F c = mv²/r (1). För protonen är kraften från magnetfältet F = QvB (2). Insättning av (2) i (1) ger att QvB = mv²/r varav r = mv/qb =1,0 m. Radien blir 1,0 meter. f) För centralrörelse ges vinkelhastigheten av: ω = v/r = 2, rad/s g) Tiden för ett varv är periodtiden T, som ges ifrån vinkelhastigheten(-frekvensen) enligt: T =2π/ω Tiden för en fjärdedels varv blir då t = T/4 = π /2 ω=0, s