TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

Transkript

1 TFYA16 1 TFYA16: Tenta Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Vi är intresserade av största värdet på funktionen x(t). Läget fås genom att integrera hastigheten, med bivillkoret att x(0) = 0. x(t) = v(t) = (4t t ) = t 1 3 t3 Funktionens extremvärden beräknas genom att söka derivatans nollställen. Eftersom har vi dx = v(t) 4t t = 0 t(4 t) = 0 med lösningarna t = 0 och t = 4 s. Vid tidpunkten t = 0 befinner sig partikeln i origo. Vid t = 4 s är avståndet: 4 x(4) = (4t t ) = ( 4 13 ) 4 = 10,67 m Svar: 10,67 m b) Accelerationen har två komposanter: 0 a r = v r a t = d v och dess belopp är: a = a r + a t = a = a r + a t Vi är intresserade av a r eftersom denna innehåller den sökta radien r. Vi kan bestämma accelerationens tangentiella komposant direkt: Vi får att den radiella accelerationen är: a t = v t = 1 0 1,5 0 m/s = 8 m/s a r = 17 8 m/s = 15 m/s och vi kan lösa ut radien som Svar: 9,6 m r = v a r = 1 15 m = 9,6 m

2 TFYA16 Uppgift a) Vi tecknar Newtons andra lag: ma = mg kv mg 80 9,8 v f = k = m/s = 56,06 m/s 56 m/s 0,5 Svar: 56 m/s b) Vi ser i grafen att gränshastigheten uppnås efter t 0 < F > t = mv < F > mv t Svar: 0 N < F > 80 56,06 0 = 0 N c) Enligt energilagen: E p + E k = W f är minskningen i den totala energin lika med det arbete som icke-konservativa krafter utför. I detta fall utför den icke-konservativa luftmotståndskraften ett arbete, W f. Effekten som denna kraft utvecklar är: P = fv = kv v = kv 3 Numeriskt har vi: Svar: 44 kj/s Alternativ lösning: Den totala energin är och P = 0,5 56,06 3 J/s = 44 kj/s de p E p + E k = E tot + de k = de tot där vi söker högerledet. Eftersom kinetiska energi är konstant har vi: Numeriskt: Svar: 44 kj/s de tot de tot = de k = mg dh = mgv = 80 9,8 56,06 J/s = 44 kj/s Kommentar: Uttrycket mgv är ekvivalent med kv 3 eftersom. T ex är kv v = kv mg k = mgv

3 TFYA16 3 Uppgift 3 a) Varje gummipackning utsätts för skjuvspänningen τ = Gγ där dvs Numeriskt får vi att: Svar: 1,0 MPa γ = x h τ = G x h τ = 0, Pa = 1,0 MPa 10 b) Vi vet svängningstiden då stolen är tom: m T 1 = π k där m är stolens massa. Om vi betecknar astronautens massa med M kan vi teckna svängingstiden då astronauten sitter: T = π m + M k M = T 4π k m Stolens massa kan beräknas enligt: och vi får: Numeriskt får vi: Svar: 73,8 kg m = T 1 4π k M = T 4π k T 1 4π k = T T1 4π k M =,37 0,901 4π 606 kg = 73,8 kg

4 TFYA16 4 Uppgift 4 a) Klossarna måste ha lika stora accelerationer. Vi kan se klossarna m 1 och m som en enda kropp, eftersom vi inte är intresserade av kraften som de påverkar varandra med. Vi frilägger klossarna. Ma = S Mg (1) (m 1 + m )a = S (m 1 + m )g () Ekvation (1) ger: S = Ma + Mg som vi använder i (), vilket ger: och vi löser ut accelerationen: Svar: a = g m 1 + m M m 1 + m + M (m 1 + m )a = Ma + Mg (m 1 + m )g a(m 1 + m + M) = Mg (m 1 + m )g a = g m 1 + m M m 1 + m + M där a > 0 då M rör sig uppåt. b) Vid likformig acceleration med start från vila har vi: Accelerationen är: a = g m 1 + m M m 1 + m + M v = as = 9,81,0 +,0 4,0 1,0 +,0 + 4,0 m/s = 9,8 1,0 7,0 m/s = 1,409 m/s Detta innebär att klossen M rör sig nedåt och de två andra uppåt. Den sökta farten är: Svar: 0,9 m/s v = 1,409 0,30 m/s = 0,9 m/s c) Vi frilägger nu den nedre lådan: T m g = m a T = m (g a) och sätter in värdet för accelerationen: T =,0(9,8 ( 1,409)) N = N Svar: N

5 TFYA16 5 Uppgift 5 Klotet kommer att rulla ned till punkten P, där vi kan kalla dess rotationshastighet ω P. Enligt energilagen kan vi skriva: 0 E k,p + mgh 0 = 0 E k,p = mgh Dess kinetiska energi i P är: Med rullvillkoret: E k,p = 1 Iω P + mv P v = ωr ω = v R kan vi skriva: Alltså: E k,p = 1 v MR 5 R + mv P MgH = 7 MvP 5 = MvP 5 + mv P v P = 10 7 gh Vi betraktar nu skedet då klotet passerat P. Energilagen ger att: = 7 MvP 5 Mgy = Mv P = M 10 7 gh = M 5 7 gh y = 5 7 H Svar: 5 7 H

6 TFYA16 6 Uppgift 6 a) Vi kallar kulans hastighet före stöten v och dess hastighet efter stöten V. Den enda kraft som verkar på staven är tyngdkraften och reaktionskraften från upphängningen. Ingen av dessa utöver något kraftmoment på staven, och därför bevaras rörelsemängdsmomentet kring mitten: och eftersom stöten är elastisk bevaras även rörelseenergin: Iω + mv l = mvl (1) Iω + mv = mv Tröghetsmomentet för en stav med längd L = l som roterar kring sitt masscentrum är: () I = ML 1 = M(l) 1 = Ml 3 Vi vill eliminera V och löser därför ut denna ur (1) V = mvl Iω ml = v ω l M (3) Ekvation () ger att: (v V )(v + V ) = ω l 3 och vi sätter in uttrycket för V i ovanstående: (v v + ω l M )(v + v ω l M ) = ω l M ω l M (v ω l M ) = ω l M Vi bortser från lösningen ω = 0, som saknar fysikalisk innebörd, och förenklar: Svar: v ω l M M m = ωl 6mv = ωl(3m + M) ω = 6mv 6mv, där v är kulans hastighet före kollisionen. l(3m + M) l(3m + M) b) Vi återgår till ekvation (3) och räknar på gränsfallet, nämligen då kulan stannar. Om man sätter V = 0 får man: v = ω l M Med hjälp av svaret i a) får vi nu: Eftersom v 0 kan vi förenkla detta till: och om m = 1 kg blir M = 3 kg. 6mv l M v = l(3m + M) 3m + M = M M = 3m Svar: Då stavens massa är större än 3 kg kommer kulan att bytta riktning efter stöten.