Uppgift 3.5. Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: Vi separerar variablerna: Vi kan nu integrera båda leden: Z dv

Transkript

1 Uppgift 3.5 a) Vi har att: a = dv enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: Vi separerar variablerna: Vi kan nu integrera båda leden: dv v 2 = dv = dv v 2 = k kv2 k, v = kt + C där C är en konstant som vi ska bestämma med hjälp av begynnelsevillkoren. Då t =0är v =,dvs och vårt uttryck för v blir: C = v = kt + C, = kt, v(t) = kt + Vi kan nu bestämma hur lång tid det tar innan farten halverats genom att sätta v(t) = /2 och lösa ut t, enligt: 2 = kt + () 2 = kt + () kt +=2() t = k Numeriskt får vi med = 36/3,6 = 0 m/s att: Svar: kt +, 36 s t = 0, s = 36 s

2 b) Vi har s(t) = v(t) som med vår hastighet blir: s(t) = kt + = k ln ( + kt)+d där konstanten D bestäms av villkoret s(0) = s 0,medföljande resultat: och slutligen: Under 36 s förflyttar sig cykeln sträckan: Svar: 250 m D = s 0 s(t) = k ln ( + kt)+s 0 s(36) s 0 = ln ( + 0, ) m = 250 m 0,0028

3 Uppgift 3.6 Enligt ledningen kan vi skriva: Med vårt uttryck får vi Vi integrerar båda sidor: (6x + 2)dx = adx = vdv a =6x +2 (6x + 2)dx = vdv vdv, 3x 2 +2x = 2 v2 + C där C är en konstant vi får bestämma ur villkoret att v = 0 m/s då x = 0, vilket ger att: Vi löser ut hastigheten: 0= C, C = 50 v = ± p 6x 2 +4x + 00 Vi ser att endast den positiva roten uppfyller begynnelsevillkoret, och vår slutliga lösning är alltså: Svar: p 6x 2 +4x + 00 v(x) = p 6x 2 +4x + 00

4 Uppgift 3.0 Den totala accelerationen kan delas upp i två vinkelräta komposanter; centripetalaccelerationen: a c = v2 R som svarar mot hastighetens riktningsändring, och den tangentiella accelerationen: a t = d v = dv som svarar mot fartändringen. När vi bestämt dessa komposanter får vi den totala accelerationens storlek, a, som: q a = a 2 c + a 2 t Vi beräknar först centripetalaccelerationen vid B: a c = (45/3,6)2 20 m/s 2 =7,825 m/s 2 För att beräkna a t behöver vi alltså betrakta fartändringen vid B. Eftersom det står att hastighetsmätaren visar likformigt ökande utslag då bilen kör genom kvartscirkelbanan kan vi använda sambandet: 2a t s = v 2 v 2 0 där s = 2 R/4, dvs en fjärdel av cirkelns omkrets. Den tangentiella accelerationen blir då: Den totala accelerationen blir: Svar: 8,0 m/s 2 a t = v2 v0 2 R = (45/3,6)2 (25/3,6) 2 m/s 2 =,79 m/s 2 20 a = p (7,825) 2 +(,79) 2 m/s 2 8,0 m/s 2

5 Uppgift 3.4 a) Vi betecknar polisens hastighet relativt jorden med v PJ = 72 km/h och fortkörarens hastighet relativt jorden med v FJ = 80 km/h. Vi söker nu polisbilens hastighet relativt fortköraren, v PF. Med det allmänna sambandet: x PA = x PB + x PA som beskriver en punkt P :s läge i systemet A relativt läget i systemet B får vi genom att derivera: v PA = v PB + v BA Vi söker polisens hastighet relativt fortkörarens system, samtidigt som vi vet fortkörarens hastighet relativt jorden, v FJ. Alltså: Numeriskt: v PJ = v PF + v FJ () v PF = v PJ v FJ v PF =(v 72 v 80 ) km/h = 08 km/h Svar: 08 km/h b) Vi söker tidpunkten då x PF = d = 0 m. Enligt resonemanget i a) har vi: x PF = x PJ Vid jaktens start väljer vi att sätta polisens läge i det jordfixa systemet, x PJ = 0. Fortkörarens läge kan då ges begynnelsevärdet x FJ = 60 m. Fortkörarens läge beskrivs sedan av funktionen: x FJ (t) =x 0 + t 0 x FJ v FJ = t eftersom 80 km/h = 50 m/s. Polisens hastighet relativt jorden är inte längre konstant, utan beskrivs av funktionen: v PJ (t) = ,75t eftersom 72 km/h = 20 m/s. Motsvarande läge ges av: Vi får nu att: Vi sätter nu x PF = x PJ (t) = 0 m och får: t 0 v PJ = 20t + 2 3,75t2 x PF = 20t + 2 3,75t t 0 = 20t + 2 3,75t t () t 2 6t 80 = 0 Denna andragradsekvation kan lösas på valfritt sätt. Med kvadratkomplettering blir kalkylen: och (t 8) 2 44 = 0 t =8± 2 Den positiva roten är t = 20 s, som är vårt svar: Svar: 20 s