Transcript Løsningsforslag til innleveringsoppgaver 2, Fys

Løsningsforslag til innleveringsoppgaver 2, Fys-mek 1110V.
1. Vi velger nullpunkt for potensiell energi ved gulvet. Ballen slippes fra høyden h = 1
m. Da har den potensiell energi Ep = mgh og kinetisk energi Ek = 0. Idet (rett før)
den treffer gulvet er Ep√= 0 og Ek = 21 mv 2 . Bevaring av mekanisk energi gir da at
mgh = 12 mv 2 , eller v = 2gh = 4,4 m/s.
2. Fjæra presses sammen med ∆y = 0,118 m. Tyngden gjør et arbeid Wg = mg∆y =
0,304 J (positivt siden krafta og bevegelsen er i samme retning som bevegelsen).
Fjæra gjør et arbeid Wf = − 12 k∆y 2 = -1,75 J (negativt siden krafta og bevegelsen er
i motsatte retninger). Arbeidet m˚
a være lik endringen i kinetisk energi. Det
p betyr at
den opprinnelige kinetiske energien var Ek1 = −(Wg + Wf ) og farta v = 2Ek /m =
3,32 m/s. Vi dobler farta, som betyr at den kinetiske energien blir firedobla: Ek2 =
4Ek1 . Akkurat før klossen treffer fjæra er den totale potensielle energien Ep = 0.
N˚
ar fjæra er maksimalt sammenpresset (klossen st˚
ar momentant i ro) er høyden
(m˚
alt i forhold til den opprinnelige posisjonen til toppen av fjæra) y og Ek = 0 og
Ep = mgy + 12 ky 2 . Bevaring av mekanisk energi gir Ek2 = mgh + 21 ky 2 som vi kan
√
−mg± m2 g 2 +2kEk2
= -0,225 m. Denne er negativ som betyr at
løse for ˚
a finne y =
k
fjæra blir presset nedover som vi visste (vi valgte negativt fortegn foran kvadratrota,
hva betyr den andre løsninga?).
3. Høydene er h1 = 862 m og h2 = 741 m. P˚
a toppen av fjell 1 er Ep = mgh1 og
Ek = 0. P˚
atoppen av fjell 2 er Ep = mgh2 og Ek = 21 mv 2 . Vi f˚
ar da mgh1 =
p
1
2
a
mgh2 + 2 mv eller v = 2g(h1 − h2 ) = 48,7 m/s. Med friksjon er farta null p˚
toppen av fjell 2, da m˚
a arbeidet til friksjonskrafta være lik endringa i mekanisk
energi W = mg(h1 − h2 ) =88,9 kJ. For ˚
a finne friksjonsfaktoren ser vi p˚
a en liten
bevegelse p˚
a en liten del av banen. Helningsvinkelen akkurat der vi er kaller vi α
(argumentet vi skal gi gjelder uansett hvordan α varierer langs banen, selv om det ser
ut som den er konstant p˚
a figuren i oppgava). Friksjonskrafta er da R = µmg cos α.
N = mg cos α
1111
0000
0000
1111
0000
1111
0000
1111
0000
1111
0000
1111
0000
1111
000000
111111
0000
1111
000000
111111
0000
1111
000000
111111
0000
1111
000000
111111
00
11
0000
1111
000000
111111
00
11
R = µ mg
0000
1111
00000000
11111111
000000
111111
00
11
0000
1111
00000000
11111111
000000
111111
00000000
11111111
ds
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
00000000
11111111
1111111
0000000
00000000
11111111
cos α
dx
α
mg
Det lille arbeidet n˚
ar legemet beveger seg strekningen ds (m˚
alt langs bakken) er
dW = Rds. Den horisontale bevegelsen er dx = ds cos α, og dermed
finner vi at
R
dW = µmgdx uavhengig av α. Det totale arbeidet blir da W = dW = µmgL, der
1
L = 1772 m er den totale horisontale bevegelsen. Dermed f˚
ar vi µ =
0,068.
W
mgL
=
h1 −h2
L
=
4. Før kollisjonen har den første bilen (m1 = 1200 kg, v1 = 14 m/s) en bevegelsesmengde m1 v1 i positiv y-retning og den andre bilen (m2 = 900 kg, v2 = 24 m/s) en
bevegelsesmengde m2 v2 i positiv x-retning. Etter kollisjonen fortsetter de som ett
legeme med masse m = m1 + m2 og fart v.
Bevaring av bevegelsesmengde i x: mvx = m2 v2 eller vx = mm2 v2 = 10,3 m/s.
Bevaring av bevegelsesmengde
i y: mvy = m1 v1 eller vy = mm1 v1 = 8,0 m/s.
p 2
Farten er da v = vx + vy2 = 13,0 m/s og den har en vinkel arctan vvxy = 37,9◦ med
x-aksen.
5. Før kollisjonen har m1 = 300 g farta v og m2 farta −v. Etter kollisjonen ligger m1 i
ro og m2 har farta v ′ . Vi har bevaring av bevegelsesmengde og kinetisk energi
m1 v − m2 v = m2 v ′
1
1
1
m1 v 2 + m2 v 2 = m2 v ′2
2
2
2
p
Fra den siste likninga finner vi m2 v ′ = m2 (m1 + m1 ) v som vi kan sette inn i den
første og da f˚
ar vi m2 = 31 m1 = 100 g.
√
6. Ballene treffer bakken med farten v = 2gh (bevaring av mekanisk energi). Hvis vi
tenker oss at det er litt avstand mellom ballene vil den nederste ballen sprette mot
gulvet og komme opp med samme fart v siden støtet mot gulvet er elastisk.
m
−v
?
v
6
Før støtet mellom de to ballene har da m1 farten v og m2 farten −v (vi regner positiv
retning oppover). Etter støtet har m1 farten v1 og m2 farten v2 . Vi har bevaring av
bevegelsesmengde
m1 v − m2 v = m1 v1 + m2 v2
og kinetisk energi
1
1
1
(m1 + m2 )v 2 = m1 v12 + m2 v22
2
2
2
Dette er to likninger med to ukjente, v1 og v2 . Vil vil finne v2 og prøver derfor ˚
a
eliminere v1 . I den første likninga flytter vi m2 v2 over til venstre og kvadrerer begge
2
ar vi disse
sider. I den andre flytter vi 12 m2 v22 til venstre og ganger med 2m1 . Da f˚
likningene
(m1 − m2 )2 v 2 + m22 v22 − 2m2 (m1 − m2 )vv2 = m21 v12
m1 (m1 + m2 )v 2 − m1 m2 v22 = m21 v12
Vi trekker de to likningene fra hverandre og f˚
ar
(m1 + m2 )v22 − 2(m1 − m2 )vv2 − (3m1 − m2 )v 2 = 0
1 −m2
som har løsninga v2 = 3m
v (den andre løsninga er v2 = −v som svarer til at det
m1 +m2
ikke var noe støt). Høyden til den lille ballen blir da
v2
H= 2 =
2g
3−
1+
m2
m1
m2
m1
!2
h
2
Vi ser at hvis de to ballen er like tunge, m
= 1 s˚
a blir H = h, mens hvis den lille
m1
m2
a den lille ballen til ˚
a
ballen er mye lettere, m1 ≪ 1 blir H = 9h, det vil si at vi kan f˚
g˚
a 9 ganger s˚
a høyt som der den ble sluppet fra!
7. a) Vi regner nullpunktet for potensiell energi i C (og A siden de er i samme
p høyde).
1
1
2
2
Bevaring av mekanisk energi: 2 mv0 = mgr0 sin θ+ 2 mv som gir farten v = v02 − 2gr0 sin θ.
b) Summen av kreftene i radiell retning m˚
a være lik sentripetalkraften: S +mg sin θ =
v02
v2
m r0 og snordraget blir S = m r0 − 3mg sin θ.
c) I B gjør vi et negativt arbeid, siden bevegelsen er i motsatt retning av krafta som
vi holder i snora med. I D gjør vi et positivt arbeid siden kraft og bevegelse er i
samme retning. Men siden snordraget i D er større enn i B og strekningen er den
samme vil vi gjøre netto positivt arbeid. Dermed m˚
a den mekaniske energien øke, og
derfor den kinetiske energien i et bestemt punkt (f eks A). Netto arbeid per omløp
er W = −SB ǫ + SD ǫ der snordraget i B og D er
v02
− 3mg
r0
v2
SD = m 0 + 3mg
r0
SB = m
Dermed blir W = 6mgǫ.
3