Lösningar Heureka 2 Kapitel 3 Rörelse i två dimensioner

Transkript

1 Lösningar Heureka Kapitel 3 Rörelse i två dimensioner Andreas Josefsson Tullängsskolan Örebro

2 Lösningar Fysik Heureka:Kapitel 3 3.1) Enligt figuren: nordliga förflyttningen: =00m Östliga förflyttningen: =800m Enligt Pythagoras sats: PQ = m 3.) Förflyttningen är 1,4m åt sydost i båda fallen 3.3) a) T förflyttas i y respektive x led i förhållande till golvet S y = 0,5 10 = 5m (t = 10s) S x = 0,3 10 = 3m (t = 10s) 1

3 S = ,8m v = 0,5 + 0,3 0,58m tanα = 5 α = ) v = v syd + v öst = 55 km h åt sydost α = tan 1 v öst 50 1 = tan v syd 50 = 11,3 3.5) t=0s a)farten uppåt om man står still på trappan är 1/0=0,6m/s. Om man går uppåt längs trappan blir uppfarten 1+0,6=1,6m/s. Tiden det tar att gå upp är :t=1/1,6=7,5s. t = tiden upp(stå still) tiden upp(gå) = 0 7,5 = 1,5s b) Nu går trappan neråt.

4 Den resulterade hastigheten blir 1-0,6=0,4m/s riktad uppåt. Tiden det tar nu är t=1/0,4=30s. 3.6) Enligt figuren i uppgift 3.5 har vi: sin0 = h h = 1 sin0 = 4,1m 1 Allt händer på 0sekunder, alltså: v y = 4,1 0 = 0,1 m s cos0 = l l = 1 cos0 = 11,3m 1 v x = 11,3 0 = 0,56 m s 3.7) v x = v 0 cosα v y = v 0 sinα v 0 = 60 m s α = 10 a) v x = 60 cos10 = 59 m s b) v y = 60 sin10 = 10 m s c) i x-led är: x = v x t = 59 3 = 177m d) i y-led är: y = v y t = 10 3 = 30m 3.8) Titta på övning 3.1) a)vi låter x och y vara talvärden. Från P(0;100) till A, x-växer från 0 till 300 och y-förblir 0. 3

5 Från A(300;100) till B x-förblir 300m och y växer från 100 till 00. Från B(300;00) till C: x växer med 100, y förblir 00. Från C(400;400) till E: x växer med 300, y förblir 400. Från E(700;400) till F: x förblir 700, y avtar med 100. Från F(700; 300) till Q: x växer med 100, y ändras inte Q(800; 300). b) Vi ser nu att x-komposanten är 400m lång och y-komposanten ( )m=300m. Man kan också säga att vektorn PD har x-komponenten 400m och y-komponenten 300m c) Storleken(beloppet) kan vi räkna ut med Pythagoras sats: PD = = 500m d) Här är x-komposantens längd ( )=400m och y-komposantens längd ( )m=100m. Komponenterna är 400m och (-100)m. Storleken är: DQ = = 41m tanα = α = 14 Riktningen blir alltså O14 S 3.9) tanα = 3 α = 36,37 4 a)v x = v 0 cosα (v 0 = 60 m s) v x = 60 cos 36,37 = 48 m s v y = 60 sin 36,37 = 36 m s 4

6 b) x-koordinaten respektive y-koordinaten efter tiden t är: x = v x t = 48t y = t Vi har då följande ekvationssystem: x = 48t y = t Lös ut t från första ekvationen och sätt in i andra ekvationen: t = x 48 y = x 48 y = ,75x = ,75x Linjen ovan betyder att lutningen k är 0,75. Märk: 0,75=3/4 alltså exakt det som tangenten av alfa är. Men det var bara en tanke än så länge 3.10) Vi har följande ekvationssystem: x = 4t y = 0 5t a) Att stenen träffar marken betyder att dess y-koordinat är noll. 0 5 t = 0 0 = 5 t t = s b) Lös ut t från första ekvationen och sätt in i den andra. t = x 4 y = 0 5 x 4 Banans ekvation är då: y = 5 x = 0 5 x 16 Vi ser också att det är en ledsen parabel med en maximipunkt, som det ska vara. 3.11) Det är bara att läsa av från grafen. Se facit eller filmen. 5

7 3.1) Medan stenen flyger i x-led med konstant hastighet v 0, faller den från vila i 0meter. Vi räknar först ut tiden det tar för stenen att falla. g t h = t = h g = 40 9,8 = s Stenen flyger alltså sekunder i x-led med v 0 = 9 m s och då blir sträckan s = v 0 t = 9 = 18m 3.13) a)v y = v 0y gt (kast uppåt) v y = 16 m s v 0y = 16 m s g = 10 m s 16 10t = 16 t = 3,s b) I horisontellt(vågrät) riktning har vi att: x = v 0x t = 1 3, = 38,4m c) I y-led har vi att: v y = v 0y gt = ,4 = 1 m s v x = 13 m s hela tiden v = ,9 m s 6

8 tanα = 1 = 1 α = 45 1 d) v y = v 0y gt = ,6 = 0, och v x = 1 m s fortfarande v = v x = 1 m s vågrät e) v y = v 0y gt = 16 10,8 = 1 m s Med snarlik uträkning som i c) får vi att v = 16,9 m s neråt och α = 45. Stenen är på väg neråt. f) Tiden det tar för stenen att nå den punkten är,8s, enligt uppgift e). x = v x t = 1,8 = 33,6m (från start i x led) g t y = v 0y t Med t=,8s och v 0y = 16 m s får vi: 7

9 10,8 y = 16,8 = 5,6m Enligt Pythagoras sats: d = 33,6 + 5,6 34m 3.14) v 0x = m s PR = 110m a) t = PR v 0x = 110 = 5s b) Högsta punkten nås vid hälften av sträckan alltså vid hälften av tiden också. 5/=,5s Banan är en parabel,(andragradsfunktion) symmetrilinjen osv. c) När kulan når högsta punkten är v y = 0 ett kort ögonblick. Detta händer efter,5 sekunder. v y = v 0y gt = 0 v 0y = gt = 9,8,5 = 4,55 m s h = v 0y t gt 3.15) = 4,55,5 9,8,5 = 30,68 30,7m Sätt tiden medan släggan är i luften till t. Enligt rörelselagar i x- respektive y-led har vi följande samband: 8

10 v 0x t = 80 t = 80 v 0x v 0y g t = 0 ( I högsta punkten är v y = 0) Eftersom α = 45 och då tanα = 1 måste v 0x = v 0y v 0y = g t g 80 = v 0x = 40g v v 0x = 40g v 0x v 0x = 40g 0 m s 0x Enligt Pythagoras sats får vi hastigheten: v = m s 3.16) Om rörelsen skulle fortsätta mot A är y-koordinaten för punkten A lika med v 0y t (t=tiden) Men i vårt fall har vi en kastparabel och då beskrivs rörelsen av sträckan i y-led: g t v 0y t Detta är ju punkten P-s y-koordinat. Se figuren ovan. Enligt figuren får vi följande samband: g t g t v 0y t v 0y t = 5 = 5 g t = 10 t = 10 g 1s 9

11 3.17) Vi räknar först ut hastigheten för isbiten i ögonblicket den lämnar taket. sin7 = h 3 h = 3 sin7 m v E p = E k mgh = v = gh = 9,8 3 sin7 = 5,17 5 m s Nu studerar vi fallet EFTER att isbiten har lämnat taket. Sätt avståndet från väggen till punkten P till s. sin7 = v y 5 v y = 5 sin7 =,7 m s,3 m s Vi har alltså egentligen ett kast neråt med hastigheten,7m/s. v y =,3 m s Matematiskt: g t 9,8 t h = v y t 4 =,3 t 4,9 t +,3 t 4 = 0 t + 0,47t 0,81 = 0. Andragradsekvation som vi löser t 1, = 0,47 ± 0,47 + 0,81 = 0,35 ± 0,93 Den ena roten är negativ och det är inte OK. Den positiva är: 10

12 t = 0,93 0,35 = 0,69 0,7s Tiden det tar för isbiten att falla till marken är 0,7 sekunder. I x-led har vi: v x = v cos7 (v = 5 m s) s = v x t = v t cos7 = 5 0,7 cos7 = 3,11m 3.18) När bollen slår ner i marken har vi att hastigheten i y-led, v y = v 0y (Lika mycket som vid sparken fast i motsatt riktning) Vi vet också att sträckan är v 0x t = 45m, t = tiden hela förloppet tar. Trots att vinklarna ges i uppgiften vill jag visa att man faktiskt kan räkna ut dem Matematiskt: v y = v 0y gt = v 0y v 0y = gt v 0y = 5t (ekvation 1) v 0x t = 45 (ekvation ) v 0y = 5t t = v 0y 5 som sätts in i ekvation v 0x t = 45 v 0x v 0y = 5 (ekvation 3) v 0x = v 0 cosα Insättning i ekvation3 ger: v 0 cosα v 0 sinα = 5 v 0y = v 0 sinα v 0 cosα sinα = 5 Från trigonometri vet vi att: sinα = sinα cosα sinα cosα = sinα v 0 cosα sinα = 5 30 sinα α = 30 α = 15 som ges i uppgiften. = 5 30 sinα = 450 sinα = = 0,5 11

13 Egentligen finns två vinklar (faktiskt oändligt många) vars sinus är 0,5. Tänk på enhetscirkeln! Den andra sökta vinkeln är: 180 α = = 150, dvs. den andra sökta vinkeln är: 150 = 75 b) Fall 1 α = 15 och v 0 = 30 m s Sedan tidigare vet vi att t = v 0y 5 = v 0 sinα 30 sin15 = 5 5 Fall α = 75 t = 30 sin75 5 = 5,8s = 1,55 1,6s I högsta punkten är v y = 0 (stannar ett ögonblick). Alltså: v y = v 0y gt = 0 v 0y = gt Fall 1 t = 1,6s, högsta punkten nås vid t = 1,6 = 0,8s Om t = 0,8s och α = 15 får vi: h = v 0 t sinα 5 t = 30 0,8 sin15 5 0,8 = 3m Fall t = 5,8 =,9s, och α = 75 h = v 0 t sinα 5 t = 30,9 sin75 5,9 = 4m 3.19) y = 4A x B 1 x, en andragradsfuntion med variabeln x (sträcka) B Vår ekvation som vi ska lösa är redan faktoriserad. Nollprodukt ger följande: 1

14 1 x B = 0 x = 1 x = B (kastvidden) B Vid x = B nås maxhöjden. Om x = B B B är y = 4A B 1 B = A 1 1 = A 1 = A (stighöjden) Alltså: Kastvidden är B och stighöjden är A. 3.0) a) s = t + t Derivera! s, = ds = v = 1 + 4t dt a = v, = dv dt = 4 m s b) Om v=13m/s får vi: 1 + 4t = 13 4t = 1 t = 3s c) accelerationen är alltid 4 m s, konstant. 3.1) s = k t 3, k = positiv konstant Derivera med avseende på tiden! s, = ds dt = 3 t Vi deriverar igen! a = v, = dv dt = 6kt. Nu ser vi att accelerationen beror på tiden, dvs. inte är konstant, men det är en proportionalitet. (Linjen a = 6kt går genom origo). Eftersom k > 0 blir 6kt > 0 som betyder att accelerationen ökar. Eftersom F = m a = m 6k t = C t, C = konstant ser vi att kraften också måste växa proportionellt med tiden. 3.) a = k t och k = 0, Vi antar att raketen startar från vila,(v 0 = 0). Frågan är hur ska hastigheten se ut så att om vi deriverar med avseende på tiden får uttrycket för acceleration,( a = kt)? Vi ska integrera, eller så tänker vi derivera baklänges, k t = kt = kt BINGO! 13

15 Då ser vi att v = kt om t = 10s v = 0, 10 = 10 m s Nu är frågan igen: Vad ska vi derivera för att få uttrycket för hastigheten v = kt? d dt k t3 3 = d dt Alltså formeln för sträckan är: k t3 s = 6 3.3) = 0, x = v 0x t dx dt = v 0x t3 3kt k = 6 6 = kt BINGO! 33m y = v 0y t 1 g t dy dt = v 0y 1 g t = v 0y gt Alltså: v x = v 0x och v y = v 0y gt 3.4) v y = v x = 3,6 m s v = v x + v y = 3,6 5 m s Hastighetsändringen kommer ifrån att hastigheten som är ju en vektor, ändrar riktningen. Medelaccelerationen blir: a medel = v t = = 0, m s 64 km s 3.5) Hastigheten är en vektor. I och med att den ändrar riktning, ger den upphov till en acceleration. Vi ritar figuren skalenligt. 14

16 Vi tittar på den lilla rätvinkliga triangeln och räknar rutorna. tanβ = β = 14 8 Då ser vi att α = = 104 Nu måste vi klura ut hur stor är en ruta hastighetsmässigt! Vi mäter hypotenusan i lilla triangeln till 4,1cm.(4,1m/s enligt uppgiften) sin14 = x x = 4,1 sin14 = 0,99, som motsvarar två rutor 4,1 En ruta blir då, 0,99/=0,495m/s Hastigheten i x-led är 6 rutor lång som betyder att: v x = 6 0,495 =,97 m s Nu använder vi cosinussatsen: v = 4,1 +,97 4,1,97 cos104 = 5,6 m s a = v t = 5,6 5 = 1,1 m s 3.6) Dra höjden i den likbenta triangeln OPQ. sin0 = x x = 50 sin0 (m) 50 Avståndet mellan P och Q längs linjen är x. PQ = x = 50 sin0 = 34,m Riktningen är från P till Q. v = 4 m s och sträckan = 34,m och v = s t t = s v = 34, 4 = 8,55s. 15

17 Det skulle alltså ta 8,5sekunder från P till Q längs linjen PQ. Egentligen sker förflyttningen längs en båge, så att tiden från P till Q längs bågen är: t = π ,7s 4 Medelhastigheten är då: v medel = 34, 8,7 3,93 m s Riktningen är från P till Q 3.7) Vi räknar inte i grader utan radianer. a) l = r sin φ enligt figuren. s = r φ l s φ r sin = = sin φ = sin φ r φ φ φ Klart! b) Det visar sig (antingen miniräknare eller gränsvärdesproblem) att 16

18 sin φ φ 3.8) 1 om φ 0, dvs. gränsvärdet är 1 a) b) Krafternas vektorsumma ska vara noll, dvs., kraftpolygonen ska vara sluten. Vi ser här att: F > D och L < mg Svaret är alltså nej på både a) och b) Vi ser att F < D och L < mg Svaret blir nej på båda frågorna. 17

19 3.9) Eftersom den resulterade kraften pekar inåt, mot banans centrum, är accelerationen också riktad mot centrum. Se figuren. 3.30) Vi betraktar elektronens rörelse som en kaströrelse där vinkeln är 45 och utgångshastigheten är v 0. Rörelsen i x-led sker med den konstanta hastigheten v 0x dvs. rörelsen i x-led är likformig. Tiden det tar för elektronen att röra sig från A till B sätter vi till t. Matematiskt blir detta: v 0x = v 0 cos45 = v 0 v 0y = v 0 sin45 = v 0 1 = v 0 1 = v 0 v 0x = l t v 0 = l t (ekvation 1) Från elläran vet vi att: E = F Q = U d F = U Q d (E = fältstyrkan)i vårt fall F = U e d (e = elektronens laddning) 18

20 Eftersom rörelsen sker i elektrisk fält, inte gravitationsfält kan vi klura ut vad vår tyngdfaktor blir. F = m g g = F m = U e m d (g 9,8!!!!!!!!) Vi betraktar rörelsen i vertikal led som ett kast uppåt med utgångshastighet v 0y Tiden det tar för elektronen att nå maximal höjd är t v 0y = gt v 0 U e = m d t b) d = m l = m U = 10 3 V (ekvation ) Ekvationen 1) är lika med ekvationen ): v 0 = l t v l 0 = t v 0 = U e m d t l U e = t m d t mdl = eut t = mdl eu v 0 = l t = l = mdl eu Svar: v m s (7 Mm s) ,11, m s 1,