Institutionen för teknikvetenskap och matematik Kurskod/kursnamn: F0004T, Fysik 1 Tentamen datum: 019-01-19 Examinator: Magnus Gustafsson 1. Friläggning av balken och staget: Staget är en tvåkraftsdel så F B är riktad längs staget, med vinkel θ mot y-led. Använd symbolerna l 1 =1,5 m, l =,0 m och l 3 =3,0 m. θ = arctan l l 1 = 53,13 Kraftjämvikt i y-led: Kraftjämvikt i x-led: Momentjämvikt kring A: mg F B cos θ + A y = 0 (1) A x F B sin θ = 0 () mg(l + l 3 ) F B cos θ l = 0 (3) Obekanta krafter är F B, A x och A y. Men ekvation (3) räcker för att beräkna F B. Det vill säga Insatta värden ger F B = 16,3 kn Svar: F B = 10 4 N F B = mg(l + l 3 ) l cos θ 1
. Friläggning av bilen: a) Bilen accelererar i det horisontella planet eftersom den rör sig i en cirkulär bana, men den accelererar inte i vertikal led. Det råder alltså jämvikt i y-led: N cos θ m A g f sin θ = 0 Bilen är på gränsen att glida, så friktionen är fullt utvecklad, d.v.s. f = µ s N, vilket ger Insatta värden ger N=0,0 kn N cos θ µ s N sin θ = mg N = b) Newtons andra lag i normalriktningen (radiella riktningen): mg cos θ µ s sin θ N sin θ + f cos θ = ma n Accelerationen a n för cirkulär rörelse med konstant fart v är a n = v /R. Alltså N sin θ + µ s N cos θ = mv RN(sin θ + R v = µs cos θ) m Och insatta värden ger v=5,8 m/s Svar: a) N=,0 10 4 N b) v=6 m/s
3. a) Friläggning: f y x mg För att beräkna h kan Newtons andra lag eller energisatsen användas, med ungefär samma arbetsinsats. Här använder vi energisatsen. Kalla det översta läget 0. Då har vi: K 0 + U g0 + U e0 + Wövr,0 1 = K 1 + U g1 + U e1 där K 0 =0 (startar från vila), U g0 =mgh om vi sätter U g1 =0, Wövr,0 1 = fh, K 1 =mv 1/, U e0 =U e1 =0 (fjädern opåverkad). Vi får mgh fh = mv 1 h = mv 1 (mg f) Insatta värden ger h=6,1 m b) Vi använder energisatsen igen, och kallar kompressionen av fjädern l=,00 m. K 1 + U g1 + U e1 + Wövr,1 = K + U g + U e där K 1 =mv1/, U g1 =0, U e1 =0, Wövr,1 =fl, K =0, U g = mgl, U e =kl / mv 1 fl = mgl + kl k = mv 1/ fl + mgl l / Insatta värden ger k=10614 N/m Svar: a) h=6,1 m b) k= 11 kn/m 3
4. a) Ur tabell Tg3 i Fysika erhålls: Smältvärme för vatten: L f = 333 10 3 J/kg Ångbildningsvärme för vatten: L v = 60 10 3 J/kg Specifik värmekapacitet för vatten (ok att ta värde vid 300 K och 1 bar): c p = 4,18 10 3 J/kg K För det isolerade systemet (vattenånga, vatten och is) gäller (Fa3) Q i = 0 (1) där Q i är upptagen eller avgiven värme för medium nummer i. Den slutliga temperaturen är T =5 C=98,15 K. i Ångans temperatur (ligger precis på fasövergången flytande-gas) är T gas =100 C=373,15 K och dess massa (sökt) är m gas. Isvattnets temperatur är T 0 =0 C=73,15 K, isens massa m is =0,48 kg och vattnets massa m vatten =,6 kg. Beräkna de olika Q i : Ångans kondensering Avkylning av det resulterande vattnet Q 1 = m gas L v () Q = m gas c p (T T gas ) (3) Smältning av is Q 3 = m is L f (4) Uppvärming av isvattnet när isen smält Ekv. ()-(5) insatta i (1) ger Q 4 = (m is + m vatten )c p (T T 0 ) (5) m gas L v + m gas c p (T T gas ) + m is L f + (m is + m vatten )c p (T T 0 ) = 0 och insatta värden ger m gas =0,18718 kg. m gas = m isl f + (m is + m vatten )c p (T T 0 ) L v + c p (T gas T ) 4
b) Allmänt beräknas entropiändringen med (Fa4) S = Vid fasomvandlingarna är T konstant och kan flyttas ut ur integralen. Notera att T måste vara i Kelvin. Låt 1-4 stå för samma processer som ovan. Kondensation: För nedkylningen gäller (Fa4) 1 dq T S 1 = Q 1 T gas = 1134 J/K S = m gas c p ln T T gas = 175, 6 J/K Smältning: Uppvärmning: S 3 = Q 3 T 0 = 585, J/K S 4 = (m is + m vatten )c p ln T T 0 = 117 J/K Totala entropiändringen S = S 1 + S + S 3 + S 4 = 403 J/K. S är positiv, som förväntat eftersom entropin ökar för det isolerade systemet när det går mot jämvikt. Svar: a) m gas = 0, 19 kg b) S = 0,40 kj/k 5
5. Två-atomig ideal gas har C V = 5 R och γ = 7/5. (Fac och Fa3) a) För adiabaten 3 1 gäller (Fa3) ( ) 1/(γ 1) T 1 V γ 1 1 = T 3 V γ 1 T1 3 V 3 = V 1 T 1/(γ 1) = 5/ så V = V 3 = 1 (580/90) 5/ = 1 5/ = 5,66 liter b) Definition av verkningsgrad (Fa5) Q H är tillförd värme och Q C är borttagen värme. För isotermen (T = T 1 ) gäller (Fa3) e = 1 + Q C Q H Q 1 = nrt ln V V 1 vilket är positivt, så värme tillförs, och Q H = Q 1. För den isokora processen gäller (Fa) Q 3 = U 3 = nc V (T 3 T ) vilket är negativt, så värme tas bort, och Q C = Q 3. (Första huvudsatsen har använts i båda relationerna ovan.) Värmeutbytet är noll längs adiabaten. Verkningsgraden blir Värden insatta ger e=0,79 e = 1 + nc V (T 3 T ) = 1 + 5(T 3 T ) nrt ln V V 1 T ln V V 1 Svar: a) V = 5, 7 liter b) e = 0,8 = 8% 6