TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

Transkript

1 TFYA16 1 TFYA16: Tenta Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Sträckan fås genom integration: x = 1 0 sin π 2 t dt m = 2 π [ cos π 2 t ] 1 0 m = 2 π m = 0,64 m Svar: 0,64 m b) Vi antar att loket rör sig i positiv riktning under inverkan av den framåtdrivande kraften F och frilägger loket, vilket ger att i horisontell led har vi: F F 1 = Ma F = Ma + F 1 där F 1 är kraften som vagnen påverkar loket med och M är lokets massa. För att bestämma kraften F 1 tecknar vi Newtons andra lag för vagnen: vilket innebär att den sökta kraften är: Accelerationen får vi genom att derivera: F 1 = ma F = Ma + ma = a(m + m) a(t) = dv dt = π 2 cos π 2 t m/s2 och kraften är alltså: F (t) = 0,250π cos π 2 t N Vid tidpunkten t = 0,50 s är kraften således: ( π ) F (0,50) = 0,250π cos 2 0,50 N = 0,250π N 0,56 N 2 Svar: 0,56 N c) Effekten som loket utvecklar kan skrivas: P = F v Med våra uttryck för kraft och hastighet får vi: P (t) = 0,250π cos π 2 t sin π t W = 0,125π sin πt W 2 För att hitta maximum deriverar vi detta uttryck: dp dt = 0,125π2 cos πt W/s

2 TFYA16 2 som är noll då: πt = π 2, π 2,... t = 1 2, 2,... där lösningen t = 1/2 s ligger inom det giltiga intervallet. Effekten är då: Svar: 0,9 W vid t = 0,50 s P (0,5) = 0,125π sin 0,50π W = 0,125π W 0,9 W Uppgift 2 a) Volymsändringen V = V V 0 kan relateras till tryckändringen p enligt: V = V 0 p B där B = 1/k och k är kompressibiliteten. Tryckändringen är: p = p p 0 där p 0 är atmosfärstrycket och p är totala trycket som anges i uppgiften. Vi ser dock att eftersom p = Pa och p 0 = 101,25 10 Pa så kan vi sätta att p = p = 5 MPa med två värdesiffrors noggrannhet. Volymsändringen blir: V = V 0 kp Numeriskt får vi med de givna siffrorna, som vi omvandlar till SI-enheter, resultatet: V 0 = 2,0 l = 0,002 m k = atm 1 = 2, Pa 1 V = 0,002 2, = 1, m = 0, l 16 ml Svar: 16 ml

3 TFYA16 b) Enligt uppgiftstexten är läget proportionellt mot sin ωt, dvs: x(t) = A sin ωt Detta kallas harmonisk svängningsrörelse, där konstanten A är svängningsamplituden. Accelerationen för ett föremål i harmonisk svängningsrörelse är således: a(t) = d2 dt 2 x(t) = Aω2 sin ωt. Det största värdet som a(t) antar är Aω 2, eftersom sin ωt 1 för alla tänkbara värden på ω. Om lådans massa är m, så blir den maximala kraften på lådan: F max = Aω 2 m Vi tecknar nu den maximala statiska friktionskraften: och räknar på gränsfallet: f max = µn = µmg F max = f max µmg = Aω 2 m A = µg ω 2. Om vi sätter in sambandet för periodtiden och vinkelfrekvensen, T = 2π/ω, får vi slutligen: A = µg 4π 2 T 2 Numeriskt: Svar: 4 cm A = 0,6 9,82 4π 2 1,5 2 m = 0,4 m

4 TFYA16 4 Uppgift a) Vi behöver betrakta både kraft- och momentekvationer: Fi = ma och τi = I ω Om vi väljer positiv riktning uppåt (Lösningen blir egentligen mer intuitiv om man sätter positiv riktning nedåt.) blir kraftekvationen: : T mg = ma T = m(a + g) Vi vet att accelerationen ska vara riktad nedåt. Med ovanstående förväntar vi oss alltså ett negativt värde. Vi betraktar nu momentekvationen med avseende på skivans centrum: : T r = I ω där momentet (och ω) räknas som positiva medurs. Då skivan faller kommer den att rotera medurs, vilket innebär att ω = a/r. Med I = 1/2mr 2 får vi: m(a + g)r = 1 2 mr2 a/r a + g = 1 2 a och slutligen får vi: Kraften blir nu: Numeriskt får vi: Svar: 0,98 N a = 2 g T = m(a + g) = m( 2 mg g + g) = T = 0,0 9,82 N = 0,98 N b) Eftersom vi vet sträcka och acceleration kan vi använda det kinematiska sambandet: v 2 v 2 0 = 2as med v 0 = 0, som ger: v = 2as och med den givna sträckan s = 2,0 m får vi: Svar: 5,1 m/s v = 2 2g/ 2,0 = 8g/ 5,1 m/s

5 TFYA16 5 Uppgift 4 a) Totala accelerationens belopp är: a = a 2 t + a 2 r där a t = r ω = rω/ t och centripetalaccelerationen är a r = rω 2. Accelerationen är alltså störst då ω är som störst. Alltså har vi: a = a 2 t + a 2 r = r 2 ω 2 / t 2 + r 2 ω 4 = rω 1/ t 2 + ω 2 1 = 2π 0,75,0 2, π2 0,75 2 m/s 2 67 m/s 2 Svar: 67 m/s 2 b) Vi betraktar systemet förälder+skiva. Eftersom inga yttre kraftmoment verkar så kommer totala rörelsemängdsmomentet att bevaras: där L tot före = L tot efter = L tot = 0 L tot = L 1 + L 2 = I 1 ω 1 + I 2 ω 2. Vi betecknar föräldern med 1 och plattan med 2, och söker ω 2 Tröghetsmomentet för föräldern med avseende på plattans centrum beräknas enligt: I 1 = i m i r 2 i = mr 2 och för skivan har vi enligt formelbladet: vilket ger: I 2 = 1 2 MR2 mr 2 ω 1 = 1 2 MR2 ω 2 ω 2 = ω 1 M 2m Med sambandet ω 1 = v/r där v är förälderns hastighet blir detta: och periodtiden T = 1/f = 2π/ω = blir: ω 2 = v 2m R M T = 2π R v M 2m Numeriskt får vi: Svar: 12 s T = 2π, , s = 12 s

6 TFYA16 6 Uppgift 5 a) Kraften fås genom: F = de p dx = ( x 2 6x + 2 ) N och accelerationen i x = 2 fås med Newtons andra lag: a(x = 2) = F (x = 2) m Accelerationen är alltså riktad i negativ x-riktning Svar: 20 m/s 2 i negativ x-riktning = 2 0,10 m/s2 = 20 m/s 2 b) Vi kan relatera bollen och kulans gemensamma hastighet, V, till utslagsvinkeln genom att höjdändringen är: y = L L cos θ = L(1 cos θ) Bevarande av mekaniska energin ger, med kulans massa m och klumpens massa M, att: (m + M)V 2 = (m + M)g y 2 som innebär att den sökta hastigheten är: V = 2gL(1 cos θ) Vi betraktar nu själva stöten och kallar kulans hastighet v Rörelsemängd, p = mv måste bevaras: mv = (m + M)V v = M + m m V Tillsammans med vårt uttryck för V att: v = Svar: 47,1 m/s v = M + m 2gL(1 cos θ) m 0,50 + 0, , ,82 1,050(1 cos 14 ) m/s = 47,1 m/s

7 TFYA16 7 Uppgift 6 a) Eftersom cylindern inte är en partikel utan en stel kropp så kan dess kinetiska energi då den når marken skrivas: E k = 1 2 mv2 cm Iω2 Tröghetsmomentet I för en cylinder är I = mr 2 /2 och rullvillkoret ω = v cm /r ger att: E k = 1 2 mv2 cm mr2 vcm/r 2 2 = 1 2 mv2 cm mv2 cm = 4 mv2 cm Ändringen i potentiella energin är E p = mg y cm = mg(h 2r) vilket med totala energins bevarande, E k = E p, ger att: och sluthastigheten är då: 4 v2 cm = g(h 2r) v cm = 2 g(h 2r) g(h 2r) Svar: 2 b) Om vi väljer vårt koordinatsystem så att x-axeln är parallell med planet (och y-axeln därmed vinkelrät mot planet) och frilägger cylindern får vi följande ekvationssystem, där kraftmomenten tecknas kring punkten C: F N S f + S cos α mg sin α F N S sin α mg cos α C fr Sr = 0 α y x C mg α f där S är spännkraften, f är friktionskraften och F N är normalkraften. Momentekvationen ger direkt att spännkraften S = f och första ekvationen säger då att: S = mg sin α S cos α S(1 + cos α) = mg sin α och får att: sin α Svar: mg 1 + cos α sin α S = mg 1 + cos α