FY1001/TFY4145/TFY4109. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2015. Løsningsforslag til Test 1.

Oppgave 1

d_{1} = 10^{35} Å = 10^{35} · 10^{−10} m = 10^{25} m
d_{2} = 1000 ly = 1000 · 9.461 · 10^{15} m = 9.461 · 10^{18} m
d_{3} = 10^{20} nautiske mil = 10^{20} · 1852 m = 1.852 · 10^{23} m
d_{4} = 0.9144 · 10^{23} m

Dermed blir d_{2} < d_{4} < d_{3} < d_{1}. Riktig svar: C.

Oppgave 2 Vi regner om 40 psi til SI-enheten Pa (pascal):

40 psi = 40 · \frac{0.45359237 kg · 9.81 m/s^{2}}{(25.4 · 10^{−3} m)^{2}} ≃ 2.76 · 10^{5} Pa.

Riktig svar: A.

Oppgave 3 Vi må her reise sørover, så med ŷ nordover, kan vi uten videre eliminere B, D og E. Hvis du har reist noen ganger mellom Trondheim og Drammen (evt Oslo), vet du at distansen med f.eks bil er et sted mellom 50 og 60 mil. En rett linje mellom de to byene må vel da være en del kortere enn dette, f.eks som i alternativ C, 41 mil. Vi kan regne ut buelengden (der vi antar en kuleformet jordklode):

s = Rϕ = 6371 km · 3.8^{∘} · \frac{π}{180^{∘}} ≃ 423 km,

litt lenger enn en rett linje fra Trondheim til Drammen. Riktig svar: C.

Oppgave 4 Alle tre påstandene er riktige. Nr 1 er vel åpenbart riktig, og det samme gjelder nr 3: Et legeme i rettlinjet bevegelse med konstant fart har null akselerasjon. Hva så med nr 2? Å være i ro er det samme som å ha hastighet lik null. Hvis du kaster en ball rett opp i lufta, er hastigheten null på toppen, der ballen snur. Med andre ord, ballen er i ro på toppen av banen. Men, som kjent, er akselerasjonen hele tiden lik g, tyngdens akselerasjon, med retning ned mot bakken, og altså ikke lik null. Riktig svar: E.

Oppgave 5 Figuren viser at x(t) er en parabel, med negativ krumning. Dermed har akselerasjonen, a(t) = ẍ(t), konstant og negativ verdi. Ved t = 1 s ser vi at hastigheten er positiv, v(t) = ẋ(t) > 0. Riktig svar: B.

Oppgave 6 Ved t = 4 s ser vi at hastigheten er negativ, v(t) = ẋ(t) < 0. Riktig svar: C.

Oppgave 7 Ved t = 2.5 s ser vi at hastigheten er lik null, v(t) = ẋ(t) = 0. Riktig svar: A.

Oppgave 8 Her er du i ren sirkelbevegelse med konstant absoluttverdi av hastigheten, v = |v| = 80000 m/3600 s ≃ 22.2 m/s. Da er din akselerasjon lik sentripetalakselerasjonen,

a = a_{⊥} = v^{2}/r ≃ (22.2 m/s)^{2}/(300 m/(2π)) ≃ 10 m/s^{2}.

Riktig svar: D.

Oppgave 9 Notasjonsavklaring: exp(x) er det samme som e^{x}. Innsetting av tidspunktet t = 10.0 s gir posisjonen

x(10.0) = 5.00 m · \frac{10.0 s}{10.0 s} · exp(−10.0 s/10.0 s) = 5.00 m/e ≃ 1.84 m.

Riktig svar: B.

Oppgave 10 I det bilen snur, er hastigheten lik null. (Nok en illustrasjon av påstand nr 2 i oppgave nr 4.) Med andre ord,

v(t) = \frac{dx}{dt} = \frac{x_{0}}{τ} exp(−t/τ) (1 − \frac{t}{τ} ) = 0,

som er oppfylt ved tidspunktet t = τ = 10.0 s. Fra oppgave 9 vet vi at bilen er i posisjon x = 1.84 m ved dette tidspunktet. Riktig svar: B.

Oppgave 11 Hmm... Her burde det nok ha vært presisert at det dreier seg om tidsrommet t ≥ 0. Hvis vi antar det, er det to muligheter: Enten har bilen maksimal hastighet ved t = 0, eller ved et senere tidspunkt der akselerasjonen er a = dv/dt = 0. Uttrykket for v(t) i forrige oppgave gir v(0) = x_{0}/τ = 0.5 m/s. Null akselerasjon har vi ved et tidspunkt t bestemt av

a = dv/dt = \frac{x_{0}}{τ^{2}} exp(−t/τ) (\frac{t}{τ} − 2) = 0,

dvs ved t = 2τ = 20.0 s. Hastigheten ved dette tidspunktet er

v(20.0) = \frac{5.00}{10.0} m/s · e^{−2} · (−1) ≃ (−)0.07 m/s,

som er mindre enn v(0) = 0.5 m/s. Riktig svar: A.

Oppgave 12 Dette regnet vi ut i forrige oppgave: a = 0 ved tidspunktet t = 20 s. Riktig svar: E.

Oppgave 13 Vi har sammenhengen v = ωr mellom hastighet v, vinkelhastighet ω og radius (avstand fra sentrum) r ved sirkelbevegelse. Her er ω(0) = ω_{0} = 0.50 s^{−1} og r = 5.0 m, slik at v(0) = 2.5 m/s. Riktig svar: C.

Oppgave 14 Sentripetalakselerasjonen ved t = 0 er

a_{⊥}(0) = ω_{0}^{2}r = 0.50^{2} · 5.0 m/s^{2} = 1.25 m/s^{2}.

Riktig svar: C.

Oppgave 15 Baneakselerasjonen er

a_{∥}(t) = \frac{dv}{dt} = r \frac{dω}{dt} = −\frac{rω_{0}^{2}}{50} exp(−ω_{0}t/50),

slik at |a_{∥}(0)| = rω_{0}^{2}/50 = 5.0 · 0.50^{2}/50 = 0.025 m/s^{2} = 2.5 cm/s^{2}. Riktig svar: B.

Oppgave 16 Vinkelakselerasjonen er

α(t) = \frac{dω}{dt} = \frac{1}{r} \frac{dv}{dt} = \frac{a_{∥}}{r} = −\frac{ω_{0}^{2}}{50} exp(−ω_{0}t/50),

slik at |α(0)| = ω_{0}^{2}/50 = 0.50^{2}/50 = 0.005 s^{−2}. Riktig svar: A.

Oppgave 17 En runde tilsvarer en omløpt vinkel 2π. I løpet av et lite tidsrom dt snurrer karusellen en liten vinkel dϕ = ω dt. Tiden t_{1} det tar å snurre en runde er da gitt ved ligningen

2π = ∫_{0}^{t_{1}} ω(t) dt = |_{0}^{t_{1}}(−50) exp(−ω_{0}t/50) = 50 − 50 exp(−ω_{0}t_{1}/50).

Vi trekker fra 50 og dividerer med −50 på begge sider, deretter tar vi ln på begge sider og dividerer med −ω_{0}/50 på begge sider. Da sitter vi igjen med

t_{1} = −\frac{50}{ω_{0}} ln \frac{50 − 2π}{50} ≃ 13.4 s.

En raskere vei til riktig svar finner vi ved å innse at karusellens vinkelhastighet ikke avtar særlig mye i løpet av den første runden. Med konstant vinkelhastighet ω_{0} ville omløpstiden (perioden) ha vært T = 2π/ω_{0}, som her blir ca 12.6 s. En svakt avtagende vinkelhastighet gir, som vi ser, en litt lengre tid t_{1} for første runde. Riktig svar: B.

Oppgave 18 Vi finner total omløpt vinkel ved å integrere ω(t) dt fra t = 0 til t = ∞, siden karusellen ikke stopper helt (ω = 0) før etter uendelig lang tid:

ϕ_{tot} = ∫_{0}^{∞} ω(t) dt = 50.

Divisjon med 2π gir antall hele omløp:

N = 50/2π ≃ 8.

Riktig svar: D.

Oppgave 19 Her er det ikke nødvendig å regne: Hastighetsvektoren ved ”landing” må her ha negativ y-komponent og positiv x-komponent, og det er det bare alternativ C som har. Riktig svar: C.

Oppgave 20 Dette er et skrått kast, som vi så på både i forelesningene og i øving 1. Både maksimal høyde H og horisontal lengde L er proporsjonale med v_{0}^{2}, slik at dobling av utgangshastigheten firedobler både H og L. Samme konklusjon vil du også trekke basert på mekanisk energibevarelse: Dobling av v_{0} betyr firedobling av kinetisk energi, og følgelig firedobling av maksimal potensiell energi og makshøyde H. Riktig svar: E.