Lösningar Heureka 2
Kapitel 3 Rörelse i
två dimensioner
Andreas Josefsson
Lösningar Fysik 2 Heureka:Kapitel 3
3.1)
Enligt figuren: nordliga förflyttningen: 100+200-100=200m Östliga förflyttningen: 300+100+300+100=800m Enligt Pythagoras sats: 𝑃𝑄 = √8002+ 2002 ≈ 825𝑚
3.2)
Förflyttningen är √2 ≈ 1,4𝑚 å𝑡 𝑠𝑦𝑑𝑜𝑠𝑡 𝑖 𝑏å𝑑𝑎 𝑓𝑎𝑙𝑙𝑒𝑛
3.3)
a) T förflyttas i y respektive x led i förhållande till golvet
𝑆𝑦 = 0,5 ∙ 10 = 5𝑚 (𝑡 = 10𝑠)
𝑆 = √52 + 32 ≈ 5,8𝑚 𝑣 = �0,52+ 0,32 ≈ 0,58𝑚 𝑡𝑎𝑛𝛼 = 5 3 → 𝛼 = 59° 3.4) 𝑣 = �𝑣𝑠𝑦𝑑2 + 𝑣ö𝑠𝑡2 = 255 𝑘𝑚 ℎ� å𝑡 𝑠𝑦𝑑𝑜𝑠𝑡 𝛼 = 𝑡𝑎𝑛−1𝑣ö𝑠𝑡 𝑣𝑠𝑦𝑑 = 𝑡𝑎𝑛 −1 50 250 = 11,3° 3.5) t=20s
a)Farten uppåt om man står still på trappan är 12/20=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=12/1,6=7,5s.
∆𝑡 = 𝑡𝑖𝑑𝑒𝑛 𝑢𝑝𝑝(𝑠𝑡å 𝑠𝑡𝑖𝑙𝑙) − 𝑡𝑖𝑑𝑒𝑛 𝑢𝑝𝑝(𝑔å) = 20 − 7,5 = 12,5𝑠 b) Nu går trappan neråt.
Den resulterade hastigheten blir 1-0,6=0,4m/s riktad uppåt. Tiden det tar nu är t=12/0,4=30s.
3.6)
Enligt figuren i uppgift 3.5 har vi: 𝑠𝑖𝑛20 =12 → ℎ = 12 ∙ 𝑠𝑖𝑛20 = 4,1𝑚ℎ Allt händer på 20sekunder, alltså: 𝑣𝑦 = 4,120 = 0,21𝑚 𝑠⁄ 𝑐𝑜𝑠20 =12 → 𝑙 = 12 ∙ 𝑐𝑜𝑠20 = 11,3𝑚𝑙 𝑣𝑥 =11,320 = 0,56𝑚 𝑠⁄ 3.7) 𝑣𝑥 = 𝑣0∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 𝑣𝑦 = 𝑣0∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 𝑣0 = 60 𝑚 𝑠⁄ 𝛼 = 10° a) 𝑣𝑥= 60 ∙ 𝑐𝑜𝑠10 = 59 𝑚 𝑠⁄ b) 𝑣𝑦 = 60 ∙ 𝑠𝑖𝑛10 = 10 𝑚 𝑠⁄ c) i x-led är: 𝑥 = 𝑣𝑥∙ 𝑡 = 59 ∙ 3 = 177𝑚 d) i y-led är: 𝑦 = 𝑣𝑦∙ 𝑡 = 10 ∙ 3 = 30𝑚 3.8) Titta på övning 3.1)
Från A(300;100) till B x-förblir 300m och y växer från 100 till 200. Från B(300;200) till C: x växer med 100, y förblir 200.
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 (400-100)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| = √4002+ 3002 = 500𝑚
d) Här är x-komposantens längd (800-400)=400m och y-komposantens längd
(400-300)m=100m. Komponenterna är 400m och (-100)m. Storleken är: |𝐷𝑄| = �4002 + 1002 = 412𝑚
𝑡𝑎𝑛𝛼 =100400 → 𝛼 = 14° Riktningen blir alltså 𝑂14°𝑆
3.9)
𝑡𝑎𝑛𝛼 = 34 → 𝛼 = 36,37°
a)𝑣𝑥 = 𝑣0∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 (𝑣0 = 60 𝑚 𝑠⁄ ) → 𝑣𝑥= 60 ∙ cos 36,37 = 48 𝑚 𝑠⁄ 𝑣𝑦 = 60 ∙ sin 36,37 = 36 𝑚 𝑠⁄
b) x-koordinaten respektive y-koordinaten efter tiden t är:
𝑥 = 𝑣𝑥∙ 𝑡 = 48𝑡
𝑦 = 30 + 36𝑡
Vi har då följande ekvationssystem: 𝑥 = 48𝑡
𝑦 = 30 + 36𝑡
Lös ut t från första ekvationen och sätt in i andra ekvationen: 𝑡 =48 → 𝑦 = 30 +𝑥 36𝑥48 = 30 + 0,75𝑥
𝑦 = 30 + 0,75𝑥
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 = 20 − 5𝑡2
a) Att stenen träffar marken betyder att dess y-koordinat är noll. 20 − 5 ∙ 𝑡2 = 0 ↔ 20 = 5 ∙ 𝑡2 → 𝑡 = 2𝑠
b) Lös ut t från första ekvationen och sätt in i den andra. 𝑡 =𝑥4 → 𝑦 = 20 − 5 ∙ �𝑥4�2 = 20 −5 ∙ 𝑥162
Banans ekvation är då: 𝑦 = − 5 ∙ 𝑥2 + 20
16
Vi ser också att det är en ”ledsen” parabel med en maximipunkt, som det ska vara.
3.12)
Medan stenen flyger i x-led med konstant hastighet 𝑣0, faller den från vila i 20meter. Vi räknar först ut tiden det tar för stenen att falla.
ℎ =𝑔 ∙ 𝑡2 → 𝑡 =2 �2ℎ 𝑔 =�
40 9,82 = 2𝑠
Stenen flyger alltså 2 sekunder i x-led med 𝑣0 = 9 𝑚 𝑠⁄ och då blir sträckan 𝑠 = 𝑣0 ∙ 𝑡 = 9 ∙ 2 = 18𝑚 3.13) 𝑎)𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 (𝑘𝑎𝑠𝑡 𝑢𝑝𝑝å𝑡) 𝑣𝑦 = −16 𝑚 𝑠⁄ 𝑣0𝑦 = 16 𝑚 𝑠⁄ 𝑔 = 10 𝑚 𝑠� 2 16 − 10𝑡 = −16 → 𝑡 = 3,2𝑠
b) I horisontellt(vågrät) riktning har vi att:
𝑥 = 𝑣0𝑥∙ 𝑡 = 12 ∙ 3,2 = 38,4𝑚
c) I y-led har vi att:
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 = 16 − 10 ∙ 0,4 = 12 𝑚 𝑠⁄
𝑣𝑥 = 13 𝑚 𝑠⁄ ℎ𝑒𝑙𝑎 𝑡𝑖𝑑𝑒𝑛
𝑡𝑎𝑛𝛼 =1212 = 1 → 𝛼 = 45°
d) 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 = 16 − 10 ∙ 1,6 = 0, 𝑜𝑐ℎ 𝑣𝑥= 12 𝑚 𝑠⁄ 𝑓𝑜𝑟𝑡𝑓𝑎𝑟𝑎𝑛𝑑𝑒
𝑣 = 𝑣𝑥= 12 𝑚 𝑠⁄ 𝑣å𝑔𝑟ä𝑡
e) 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 = 16 − 10 ∙ 2,8 = −12 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 2,8s, enligt uppgift e).
𝑥 = 𝑣𝑥∙ 𝑡 = 12 ∙ 2,8
= 33,6𝑚 (𝑓𝑟å𝑛 𝑠𝑡𝑎𝑟𝑡 𝑖 𝑥 − 𝑙𝑒𝑑) 𝑦 = 𝑣0𝑦∙ 𝑡 −𝑔 ∙ 𝑡
2
2
𝑦 = 16 ∙ 2,8 −10 ∙ 2,82 2 = 5,6𝑚
Enligt Pythagoras sats: 𝑑 = �33,62+ 5,62 ≈ 34𝑚 3.14) 𝑣0𝑥 = 22 𝑚 𝑠⁄ 𝑃𝑅 = 110𝑚 a) 𝑡 =𝑣𝑃𝑅 0𝑥 = 110 22 = 5𝑠
b) Högsta punkten nås vid hälften av sträckan alltså vid hälften av tiden också. 5/2=2,5s Banan är en parabel,(andragradsfunktion) symmetrilinjen osv.
c) När kulan når högsta punkten är 𝑣𝑦 = 0 ett kort ögonblick. Detta händer efter 2,5
sekunder. 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 = 0 → 𝑣0𝑦 = 𝑔𝑡 = 9,82 ∙ 2,5 = 24,55 𝑚 𝑠⁄ ℎ = 𝑣0𝑦 ∙ 𝑡 −𝑔𝑡 2 2 = 24,55 ∙ 2,5 − 9,82 ∙ 2,52 2 = 30,68 ≈ 30,7𝑚 3.15)
Sätt tiden medan släggan är i luften till t. Enligt rörelselagar i x- respektive y-led har vi följande samband:
𝑣0𝑥∙ 𝑡 = 80 → 𝑡 =𝑣80 0𝑥 𝑣0𝑦− 𝑔 ∙2 = 0 ( 𝐼 ℎö𝑔𝑠𝑡𝑎 𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡𝑒𝑛 ä𝑟 𝑣𝑡 𝑦 = 0) 𝐸𝑓𝑡𝑒𝑟𝑠𝑜𝑚 𝛼 = 45° 𝑜𝑐ℎ 𝑑å 𝑡𝑎𝑛𝛼 = 1 𝑚å𝑠𝑡𝑒 𝑣 0𝑥= 𝑣0𝑦 𝑣0𝑦= 𝑔 ∙2 =𝑡 𝑔 ∙ 80𝑣 0𝑥 2 = 40𝑔 𝑣0𝑥 → 𝑣0𝑥 = 40𝑔 𝑣0𝑥 ↔ 𝑣0𝑥 = �40𝑔 ≈ 20 𝑚 𝑠⁄
Enligt Pythagoras sats får vi hastigheten: 𝑣 = �202+ 202 ≈ 28 𝑚 𝑠⁄
3.16)
Om rörelsen skulle fortsätta mot A är y-koordinaten för punkten A lika med 𝑣0𝑦 ∙ 𝑡 (t=tiden) Men i vårt fall har vi en kastparabel och då beskrivs rörelsen av sträckan i y-led:
𝑣0𝑦∙ 𝑡 −𝑔 ∙ 𝑡 2
2
Detta är ju punkten P-s y-koordinat. Se figuren ovan. Enligt figuren får vi följande samband:
𝑣0𝑦∙ 𝑡 − �𝑣0𝑦∙ 𝑡 −𝑔 ∙ 𝑡 2 2 � = 5 ↔ 𝑔 ∙ 𝑡2 2 = 5 ↔ 𝑔 ∙ 𝑡2 = 10 ↔ 𝑡 = � 10 𝑔 ≈ 1𝑠
3.17)
Vi räknar först ut hastigheten för isbiten i ögonblicket den lämnar taket. 𝑠𝑖𝑛27 =ℎ3 → ℎ = 3 ∙ 𝑠𝑖𝑛27
𝐸𝑝 = 𝐸𝑘 ↔ 𝑚𝑔ℎ =𝑚 ∙ 𝑣 2
2 → 𝑣 = �2𝑔ℎ = �2 ∙ 9,82 ∙ 3 ∙ 𝑠𝑖𝑛27 = 5,17 ≈ 5𝑚 𝑠⁄ Nu studerar vi fallet EFTER att isbiten har lämnat taket.
Sätt avståndet från väggen till punkten P till s.
𝑠𝑖𝑛27 =𝑣5 → 𝑣𝑦 𝑦 = 5 ∙ 𝑠𝑖𝑛27 = 2,27 𝑚 𝑠⁄ ≈ 2,3 𝑚 𝑠⁄
Vi har alltså egentligen ett kast neråt med hastigheten 2,27m/s. 𝑣𝑦 = −2,3 𝑚 𝑠⁄ Matematiskt: −ℎ = −𝑣𝑦∙ 𝑡 −𝑔 ∙ 𝑡 2 2 ↔ −4 = −2,3 ∙ 𝑡 − 9,82 ∙ 𝑡2 2 ↔ 4,9 ∙ 𝑡2+ 2,3 ∙ 𝑡 − 4 = 0 ↔ 𝑡2+ 0,47𝑡 − 0,81 = 0. 𝐴𝑛𝑑𝑟𝑎𝑔𝑟𝑎𝑑𝑠𝑒𝑘𝑣𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑠𝑜𝑚 𝑣𝑖 𝑙ö𝑠𝑒𝑟 𝑡1,2 = −0,472 ±��0,472 � 2 + 0,81 = −0,235 ± 0,93
𝑡 = 0,93 − 0,235 = 0,69 ≈ 0,7𝑠
Tiden det tar för isbiten att falla till marken är 0,7 sekunder. I x-led har vi:
𝑣𝑥 = 𝑣 ∙ 𝑐𝑜𝑠27 (𝑣 = 5 𝑚 𝑠⁄ ) → 𝑠 = 𝑣𝑥∙ 𝑡 = 𝑣 ∙ 𝑡 ∙ 𝑐𝑜𝑠27 = 5 ∙ 0,7 ∙ 𝑐𝑜𝑠27 = 3,11𝑚
3.18)
När bollen slår ner i marken har vi att hastigheten i y-led,
𝑣𝑦 = −𝑣0𝑦(Lika mycket som
vid sparken fast i motsatt riktning) Vi vet också att sträckan är 𝑣0𝑥∙ 𝑡 = 45𝑚, 𝑡 = 𝑡𝑖𝑑𝑒𝑛 ℎ𝑒𝑙𝑎 𝑓ö𝑟𝑙𝑜𝑝𝑝𝑒𝑡 𝑡𝑎𝑟.
Trots att vinklarna ges i uppgiften vill jag visa att man faktiskt kan räkna ut dem
Matematiskt:
𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 = −𝑣0𝑦 → 2 ∙ 𝑣0𝑦 = 𝑔𝑡 → 𝑣0𝑦 = 5𝑡 (𝑒𝑘𝑣𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 1)
𝑣0𝑥∙ 𝑡 = 45 (𝑒𝑘𝑣𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 2)
𝑣0𝑦 = 5𝑡 → 𝑡 =𝑣5 𝑠𝑜𝑚 𝑠ä𝑡𝑡𝑠 𝑖𝑛 𝑖 𝑒𝑘𝑣𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 2 0𝑦
𝑣0𝑥∙ 𝑡 = 45 → 𝑣0𝑥∙ 𝑣0𝑦 = 225 (𝑒𝑘𝑣𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 3)
𝑣0𝑥 = 𝑣0∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 Insättning i ekvation3 ger: 𝑣0 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑣0∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 = 225
𝑣0𝑦 = 𝑣0∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 𝑣02 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 = 225
Från trigonometri vet vi att:
𝑠𝑖𝑛2𝛼 = 2𝑠𝑖𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 → 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 =𝑠𝑖𝑛2𝛼2
𝑣02∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 = 225 ↔ 302∙𝑠𝑖𝑛2𝛼2 = 225 ↔ 302∙ 𝑠𝑖𝑛2𝛼 = 450 → 𝑠𝑖𝑛2𝛼 =450900 = 0,5
Egentligen finns två vinklar (faktiskt oändligt många) vars sinus är 0,5. Tänk på enhetscirkeln! Den andra sökta vinkeln är:
180 − 2𝛼 = 180 − 30 = 150°, dvs. den andra sökta vinkeln är:150 2 = 75°
b) Fall 1 𝛼 = 15° och 𝑣0 = 30 𝑚 𝑠⁄ Sedan tidigare vet vi att
𝑡 =𝑣5 =0𝑦 𝑣0∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼5 =30 ∙ 𝑠𝑖𝑛155 = 1,55 ≈ 1,6𝑠
Fall 2
𝛼 = 75° → 𝑡 =30 ∙ 𝑠𝑖𝑛75
5 = 5,8𝑠
I högsta punkten är 𝑣𝑦 = 0 (𝑠𝑡𝑎𝑛𝑛𝑎𝑟 𝑒𝑡𝑡 ö𝑔𝑜𝑛𝑏𝑙𝑖𝑐𝑘). Alltså: 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 = 0 ↔ 𝑣0𝑦 = 𝑔𝑡 Fall 1 𝑡 = 1,6𝑠, ℎö𝑔𝑠𝑡𝑎 𝑝𝑢𝑛𝑘𝑡𝑒𝑛 𝑛å𝑠 𝑣𝑖𝑑 2 =𝑡 1,62 = 0,8𝑠 Om 𝑡 = 0,8𝑠 𝑜𝑐ℎ 𝛼 = 15° får vi: ℎ = 𝑣0 ∙ 𝑡 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 5 ∙ 𝑡2 = 30 ∙ 0,8 ∙ 𝑠𝑖𝑛15°− 5 ∙ 0,82 = 3𝑚 Fall 2 𝑡 =5,8 2 = 2,9𝑠, 𝑜𝑐ℎ 𝛼 = 75° ℎ = 𝑣0 ∙ 𝑡 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 5 ∙ 𝑡2 = 30 ∙ 2,9 ∙ 𝑠𝑖𝑛75°− 5 ∙ 2,92 = 42𝑚 3.19) 𝑦 = 4𝐴 ∙𝐵 ∙ �1 −𝑥 𝐵� , 𝑒𝑛 𝑎𝑛𝑑𝑟𝑎𝑔𝑟𝑎𝑑𝑠𝑓𝑢𝑛𝑡𝑖𝑜𝑛 𝑚𝑒𝑑 𝑣𝑎𝑟𝑖𝑎𝑏𝑒𝑙𝑛 𝑥 (𝑠𝑡𝑟ä𝑐𝑘𝑎)𝑥
1 −𝐵 = 0 ↔𝑥 𝐵 = 1 → 𝑥 = 𝐵 (𝑘𝑎𝑠𝑡𝑣𝑖𝑑𝑑𝑒𝑛)𝑥 𝑉𝑖𝑑 𝑥2 =𝐵2 𝑛å𝑠 𝑚𝑎𝑥ℎö𝑗𝑑𝑒𝑛. 𝑂𝑚 𝑥 =𝐵2 ä𝑟 𝑦 = 4𝐴 ∙ 𝐵 2 𝐵 �1 − 𝐵 2 𝐵� = 2𝐴 �1 − 1 2� = 2𝐴 ∙ 1 2 = 𝐴 (𝑠𝑡𝑖𝑔ℎö𝑗𝑑𝑒𝑛)
Alltså: Kastvidden är B och stighöjden är A.
3.20) a) 𝑠 = 𝑡 + 2𝑡2 𝐷𝑒𝑟𝑖𝑣𝑒𝑟𝑎! 𝑠, =𝑑𝑠 𝑑𝑡 = 𝑣 = 1 + 4𝑡 𝑎 = 𝑣,= 𝑑𝑣 𝑑𝑡 = 4𝑚�𝑠2 b) Om v=13m/s får vi: 1 + 4𝑡 = 13 ↔ 4𝑡 = 12 → 𝑡 = 3𝑠 c) accelerationen är alltid 4 𝑚 𝑠� , konstant.2
3.21)
𝑠 = 𝑘 ∙ 𝑡3, 𝑘 = 𝑝𝑜𝑠𝑖𝑡𝑖𝑣 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡
Derivera med avseende på tiden! 𝑠, =𝑑𝑠
𝑑𝑡 = 3 ∙ 𝑡2 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.
3.22)
𝑎 = 𝑘 ∙ 𝑡 𝑜𝑐ℎ 𝑘 = 0,2
Vi antar att raketen startar från vila,(𝑣0 = 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 ∙ 𝑡2 �2
,
Då ser vi att
𝑣 =𝑘𝑡2 𝑜𝑚 𝑡 = 10𝑠 → 𝑣 =2 0,2 ∙ 102 2 = 10 𝑚 𝑠⁄
Nu är frågan igen: Vad ska vi derivera för att få uttrycket för hastigheten 𝑣 =𝑘𝑡2 ?2 𝑑 𝑑𝑡 � 𝑘 2 ∙ 𝑡3 3 � = 𝑑 𝑑𝑡 � 𝑘 ∙ 𝑡3 6 � = 3𝑘𝑡2 6 = 𝑘𝑡2 2 𝐵𝐼𝑁𝐺𝑂! Alltså formeln för sträckan är:
𝑠 =𝑘 ∙ 𝑡3 6 = 0,2 ∙ 103 6 ≈ 33𝑚 3.23) 𝑥 = 𝑣0𝑥∙ 𝑡 →𝑑𝑥𝑑𝑡 = 𝑣0𝑥 𝑦 = 𝑣0𝑦∙ 𝑡 −12 ∙ 𝑔 ∙ 𝑡2 →𝑑𝑦𝑑𝑡 = 𝑣0𝑦 − 2 ∙12 ∙ 𝑔 ∙ 𝑡 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 𝐴𝑙𝑙𝑡𝑠å: 𝑣𝑥 = 𝑣0𝑥 𝑜𝑐ℎ 𝑣𝑦 = 𝑣0𝑦 − 𝑔𝑡 3.24) 𝑣𝑦 = 𝑣𝑥 = 3,6 𝑚 𝑠⁄ ∆𝑣 = �𝑣𝑥2+ 𝑣𝑦2 = 3,6 ∙ √2 ≈ 5 𝑚 𝑠⁄
Hastighetsändringen kommer ifrån att hastigheten som är ju en vektor, ändrar riktningen. Medelaccelerationen blir: 𝑎𝑚𝑒𝑑𝑒𝑙= ∆𝑣∆𝑡 =80 ∙ 105 −6= 0,064 ∙ 106𝑚�𝑠2
≈ 64 𝑘𝑚 𝑠� 2
3.25)
Hastigheten är en vektor. I och med att den ändrar riktning, ger den upphov till en acceleration. Vi ritar figuren skalenligt.
Vi tittar på den lilla rätvinkliga triangeln och räknar rutorna.
𝑡𝑎𝑛𝛽 =28 → 𝛽 = 14°
Då ser vi att 𝛼 = 90 + 14 = 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 =4,1 → 𝑥 = 4,1 ∙ 𝑠𝑖𝑛14 = 0,99, 𝑠𝑜𝑚 𝑚𝑜𝑡𝑠𝑣𝑎𝑟𝑎𝑟 𝑡𝑣å 𝑟𝑢𝑡𝑜𝑟𝑥 En ruta blir då, 0,99/2=0,495m/s
Hastigheten i x-led är 6 rutor lång som betyder att: 𝑣𝑥 = 6 ∙ 0,495 = 2,97 𝑚 𝑠⁄ Nu använder vi cosinussatsen: ∆𝑣 = �4,12+ 2,972− 2 ∙ 4,1 ∙ 2,97 ∙ 𝑐𝑜𝑠104° = 5,6 𝑚 𝑠⁄ 𝑎 =∆𝑣 ∆𝑡 = 5,6 5 = 1,1𝑚�𝑠2 3.26)
Dra höjden i den likbenta triangeln OPQ. 𝑠𝑖𝑛20 =50 → 𝑥 = 50 ∙ 𝑠𝑖𝑛20 (𝑚)𝑥
Avståndet mellan P och Q längs linjen är 2x. |𝑃𝑄| = 2𝑥 = 2 ∙ 50 ∙ 𝑠𝑖𝑛20 = 34,2𝑚 Riktningen är från P till Q.
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 =2𝜋∙50360∙40 4 ≈ 8,7𝑠 Medelhastigheten är då: 𝑣𝑚𝑒𝑑𝑒𝑙= 34,28,7 ≈ 3,93𝑚 𝑠⁄ Riktningen är från P till Q 3.27)
Vi räknar inte i grader utan radianer. a) 𝑙 = 2 ∙ 𝑟 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜑2 𝑒𝑛𝑙𝑖𝑔𝑡 𝑓𝑖𝑔𝑢𝑟𝑒𝑛. ∆𝑠 = 𝑟 ∙ 𝜑 𝑙 ∆𝑠 =2 ∙ 𝑟 ∙ 𝑠𝑖𝑛 𝜑2𝑟 ∙ 𝜑 = 2 ∙ 𝑠𝑖𝑛 𝜑2𝜑 = 𝑠𝑖𝑛 𝜑2𝜑 2 𝐾𝑙𝑎𝑟𝑡!
𝑠𝑖𝑛 𝜑2 𝜑 2
→ 1 𝑜𝑚 𝜑 → 0, 𝑑𝑣𝑠. 𝑔𝑟ä𝑛𝑠𝑣ä𝑟𝑑𝑒𝑡 ä𝑟 1
3.28)
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.
3.29)
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 𝑣0. Rörelsen i x-led sker med den konstanta hastigheten 𝑣0𝑥 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: 𝑣0𝑥 = 𝑣0∙ 𝑐𝑜𝑠45 = 𝑣0∙ 1 √2= 𝑣0 √2 𝑣0𝑦 = 𝑣0∙ 𝑠𝑖𝑛45 = 𝑣0∙ 1 √2= 𝑣0 √2 𝑣0𝑥 =𝑡 ↔𝑙 𝑣0 √2= 𝑙 𝑡 (𝑒𝑘𝑣𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 1) Från elläran vet vi att:
𝔼 =𝑄 =𝐹 𝑈𝑑 → 𝐹 =𝑈 ∙ 𝑄𝑑 (𝔼 = 𝑓ä𝑙𝑡𝑠𝑡𝑦𝑟𝑘𝑎𝑛)𝐼 𝑣å𝑟𝑡 𝑓𝑎𝑙𝑙 𝐹 =𝑈 ∙ 𝑒𝑑 (𝑒 = 𝑒𝑙𝑒𝑘𝑡𝑟𝑜𝑛𝑒𝑛𝑠 𝑙𝑎𝑑𝑑𝑛𝑖𝑛𝑔)
Eftersom rörelsen sker i elektrisk fält, inte gravitationsfält kan vi klura ut vad vår ”tyngdfaktor” blir.
𝐹 = 𝑚 ∙ 𝑔 → 𝑔 =𝑚 =𝐹 𝑚 ∙ 𝑑 (𝑔 ≠ 9,82‼‼‼‼)𝑈 ∙ 𝑒
Vi betraktar rörelsen i vertikal led som ett kast uppåt med utgångshastighet 𝑣0𝑦 Tiden det tar för elektronen att nå maximal höjd är 𝑡
2 𝑣0𝑦 = 𝑔𝑡 → 𝑣0 √2= 𝑈 ∙ 𝑒 𝑚 ∙ 𝑑 ∙ 𝑡 2 (𝑒𝑘𝑣𝑎𝑡𝑖𝑜𝑛 2) b)𝑑 = 30 ∙ 10−3𝑚 𝑙 = 60 ∙ 10−3𝑚 𝑈 = 2 ∙ 103𝑉
Ekvationen 1) är lika med ekvationen 2): 𝑣0 √2= 𝑙 𝑡 → 𝑣0 = 𝑙 ∙ √2 𝑡 𝑣0 √2= 𝑈 ∙ 𝑒 𝑚 ∙ 𝑑 ∙ 𝑡 2 𝑙 𝑡 = 𝑈 ∙ 𝑒 𝑚 ∙ 𝑑 ∙ 𝑡 2 ↔ 2𝑚𝑑𝑙 = 𝑒𝑈𝑡2 ↔ 𝑡 = � 2𝑚𝑑𝑙 𝑒𝑈 𝑣0 =𝑙 ∙ √2𝑡 = 𝑙 ∙ √2 �2𝑚𝑑𝑙𝑒𝑈 = 60 ∙ 10−3∙ √2 �2 ∙ 9,11 ∙ 101,6 ∙ 10−31∙ 30 ∙ 10−19∙ 2 ∙ 10−3∙ 60 ∙ 103 −3 ≈ 2,65 ∙ 107𝑚 𝑠⁄ Svar: 𝑣0 ≈ 27 ∙ 106𝑚 𝑠⁄ (27𝑀𝑚 𝑠�)
