Fysik 2, Foreslåede løsninger til prøveeksamenssæt, januar 2007

Transkript

1 Fysik 2 Foresåede øsninger ti prøveeksamenssæt januar 2007 Opgave a) Størresen af kraften i cirkebevægesen er Totaenergien er da F = m r 2 v = E = m r = m v2 r r + 2 mv2 = m 2r b) umskibets totaenergi er den samme i P og Q atså 2 mv2 P m = r P 2 mv2 Q m r Q Heraf føger [ vp 2 v2 Q = 2 ] r P r Q og videre idet af impusmomentbevarese r P v P = r Q v Q [ ) ] 2 v 2 P ( rp r Q = 2 r Q r P r P r Q 23 januar 2007 Mogens Dam Idet (r P /r Q ) 2 = (rq 2 r2 P )/r2 Q = (r Q + r P )(r Q r P )/rq 2 fås da endeigt rq rp v P = og tisvarende v Q = a r P a r Q hvor vi har benyttet definitionen på storaksen 2a = r Q + r P Ved indsættese fås v P = 4 3 r og v Q = 6 r c) Der er her tae om en meget sma eiptisk bane som idet den skærer Soens overfade har storakse ig med havdeen af afstanden fra rumskibet ti Soen atså a = 4r Tiden det tager for rumskibet at nå Soen er en hav omøbstid i denne bane Atså når rumskibet Soen efter tiden τ = T a 2 = π 3 r = 8π 3 hvor vi har benyttet (443)

2 Opgave 2 a) Kraftmomentet omkring B er nu atså som for ϕ 0 = 45 giver mg(/2) sin ϕ 0 = F s cos ϕ 0 F s = 2 mg tan ϕ 0 F s = 2 mg Den resuterende kraft på stangen er nu som i de to projektioner medfører at F x = F s = 2 mg og F y = mg b) Hvis stangen ikke ska gide mod guvet må der gæde µ F x /F y atså µ 2 c) Fra energibevarese som med I = 3 m2 giver ω = m(/2)g cos ϕ 0 = m(/2)g cos ϕ + 2 Iω2 3g (cos ϕ 0 cos ϕ) = Kraftmomentet fra tyngdekraften omkring B giver Iα = mg(/2) sin ϕ α = 3 2 g sin ϕ ( ) 3g 2 cos ϕ d) Massemidtpunktets hastighed er nu netop når snoren kippes Centripetaacceerationen er derfor nu; atså ingen acceeration i retningen parae med stangen Massemidtpunktets acceeration er da vinkeret på stangen atså a x = (/2)α cos ϕ = 3 4 g sin ϕ cos ϕ og a y = (/2)α sin ϕ = 3 4 g sin2 ϕ De to kraftkomponenter biver dermed F x = ma x = 3 4 mg sin ϕ cos ϕ og F y = m(g + a y ) = mg( 3 4 sin2 ϕ) For ϕ = ϕ 0 = 45 er dermed F x = ma x = 3 8 mg og F y = m(g a y ) = 5 8 mg Hvis stangen ikke ska gide må derfor µ 3 5 Stangen vi dermed gide hvis 2 µ < 3 5

3 Opgave 3 a) For små udsving vi fjedereren tinærmesesvist være odret Atså er udstrækningen x 2 sin θ 2 θ Systemets potentiee energi er dermed E pot = 2 kx2 = 8 k2 θ 2 Systemets kinetiske energi er E kin = 2 I θ 2 = 24 m2 θ2 idet intertimomentet er I = 2 m2 Systemets totae energi er dermed E = 24 2 ( 3kθ 2 + m θ 2) b) Der er ingen friktion hvorfor systemets energi er bevaret atså de/dt = 0 Ved at differentiere udtrykket for E fås derfor ( kθ θ + 2m θ θ ) = 0 Dette ska gæde i amindeighed og ikke kun for θ = 0 Derfor ska gæde 3kθ + m θ = 0 og dermed θ = 3k m θ ω2 θ hvor vi har defineret den positive konstant ω 2 = 3k/m Dette er differentiaigningen for en harmonisk svingning med svingningstiden T = 2π ω = 2π m 3k c) På grund af friktion aftager nu systemts energi Iføge afsnit 7 er de dt = N µ θ = β θ 2 Igen differentierer vi udtrykket for E og finder atså β θ 2 = ( kθ θ + 2m θ θ ) eer tisvarende ved omskrivning θ + 2β m 2 θ + 3k m θ = 0 Dette er en differentiaigning af samme type som (54) og beskriver en dæmpet harmonisk osciator Benytter vi definitionerne 2β m 2 γ og 3k m ω2 0

4 biver igningen identisk med (55) Det vides at osciatorens energi aftager angsomt sammneignet med svingningstiden (t /2 T ) Osciatoren er dermed svagt dæmpet Iføge (56) har vi da en tidsafhændige ampitude der aftager eksponentiet som exp( γt 2 ) Osciatorens energi er kvadratisk i ampituden og aftager dermed som exp( γt) Energien er aftaget ti havdeen når exp( γt /2 ) = 2 Dermed fås t /2 = n 2 γ = m2 n 2 2β eer β = m2 n 2 2t /2 d) Den nye situation er ækvivaent med et system med fjederkonstanten 2k Dette har ingen indfydese på t /2 men påvirker svingningstiden som nu biver Opgave 4 m T = 2π 6k a) Størresen af tyngdekraften på P er som anført Ved jordoverfaden (r = ) giver dette F = m 3 r F = m 2 Dermed biver kraften på P inde i tunneen mg F = mẍ = mg x hvor vi har indagt en x-akse ensrettet med tunneen og med nu-punkt i Jordens centrum og hvor det negative fortegn angiver at tyngdekraften er modsatrettet x Kraften er atså af formen F = kx med k = mg som vi genkender som en harmonisk osciator Vi kan anvende a resutater vi kender for denne Speciet er svingningstiden k T = 2π m = 2π g

5 b) Coriois-kraften er F Cor = 2mω v hvor v er P s hastighed Atså er Corioiskraften ortogona på hastigheden og dermed rettet vinkeret på tunneens ængderetning (atså mod væggen) Da der ses bort fra friktion vi den dermed ikke påvirke bevægesen c) Kræfterne i tunneens retning er F tot = F tyngde + F cent = mg ( g x + mω2 c = m ω2) x = k x hvor k ofte omtat som den effektive fjederkonstant dermed er k = m ( g ω2) Idet kraften igen er proportiona med og modsatrettet udsvinget (idet jo k > 0) vi bevægesen være harmonisk Den nye svingningstid er dermed k T = 2π m = 2π > T g/ ω 2 d) Eneregibevarese i en harmonisk osciator E = E pot + E kin = 2 kx2 + 2 mv2 = 2 mg r2 + 2 mv2 = mg 2 2 hvor vi for sidste ighed har benyttet at hastigheden er nu for r = Ved omskrivning heraf fås g( v = 2 r 2 ) Hermed er størresen af Coriois-kraften g( F Cor = 2mωv = 2mω 2 r 2 ) da ω og v jo er ortogonae Størst for r = 0 med værdien Sammenignet med tyngdekraften F Cor = 2mω g F Cor mg = 2ω g 08