TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Technische Natuurkunde Examen Mechanica 1 voor N en Wsk (3AA40) vrijdag 18 januari 2008 van 14.00-17.00 uur
Dit tentamen bestaat uit de opgaven 1 t/m 5. Iedere deelvraag van elk van deze vragen is evenveel punten waard. Bij dit tentamen hoeft geen rekenmachine gebruikt te worden. Grafische rekenmachines, ”gewone” rekenmachines en Notebooks mogen niet gebruikt worden. Vermeld zowel op de presentiekaart als op het aanwezige doorslagpapier naast de gangbare gegevens zoals uw naam, identiteitsnummer, adres etc. in de rechterbovenhoek ook bij welke faculteit u bent ingeschreven (TN, W&I, ...), of dat u een VWO student bent. Maak uw werk bij voorkeur op het doorslagpapier. Lever het origineel in en neem de doorslag mee naar huis, zodat u aan de hand daarvan uw eigen werk kunt beoordelen via de na afloop van het tentamen uit te reiken antwoorden. De uitslag wordt uiterlijk vrijdag 8 februari 2008 bekendgemaakt op de publicatieborden van de studentenadministraties van Natuurkunde en Wiskunde. Als u het niet eens bent met uw cijfer, neem dan v´oo´r 18 februari per e-mail contact op met de bij de uitslag vermelde docent om het tentamen te bespreken. Bij de bespreking dient u de eigen beoordeling mee te brengen.
1.
a. Een systeem bestaat uit twee voorwerpen A en B die weliswaar onderlinge krachten op elkaar uitoefenen, maar waarop geen externe krachten werken. Laat zien dat uit de wetten van Newton volgt dat de totale impuls van dit systeem constant is. b. De baan van een voorwerp ziet er uit als een cirkel beschreven door de plaatsvector ~r(t) = R cos α(t) ˆı + R sin α(t) ˆ waarin R een constante is en α(t) ´e´en of andere functie van de tijd t. Leid een uitdrukking af voor de versnellingsvector ~a van het voorwerp, en laat vervolgens zien dat de radi¨ele component van ~a gelijk is aan v 2 /R waarin v de grootte van de snelheid van het voorwerp is. c. Stanley bevindt zich volgens zijn waarneming op een constante afstand L vanaf een zekere planeet. Mavis bevindt zich aan boord van een ruimteschip dat ten opzichte van Stanley met een snelheid v in de richting van de planeet beweegt. Precies op het moment dat Mavis Stanley rakelings voorbijvliegt, schiet zij een raket af in de richting van de planeet. De raket heeft volgens haar waarneming een snelheid w ten opzichte van haar ruimteschip. Bereken de tijd die verloopt tussen het afschieten en de inslag op de planeet gemeten door een klok aan boord van de raket, uitgedrukt in v, w, L en de lichtsnelheid c.
1
2. Een kraal met massa m kan bewegen langs een dunne en rechte geleider (de x-as in de figuur). De kraal is vastgemaakt aan twee identieke veren met veerconstante k, die aan de andere kant weer vastzitten aan een wand. Als de kraal zich tussen de bevestigingspunten van de veren bevindt (positie x=0 in de figuur) hebben beide veren precies hun onbelaste lengte, `0 . Bij de beweging over de geleider ondervindt de kraal een constante wrijvingskracht ter grootte Fw . Op een zeker moment wordt de kraal op positie x0 < 0 gebracht en dan losgelaten. a. Laat zien dat de kracht F~v die de twee veren in de beginsituatie samen uitoefenen op de kraal gelijk is aan
l0
1 F~v = −2kx0 (1 − p )ˆı. 1 + (x0 /`0 )2 b. Bereken de snelheid waarmee de kraal na het loslaten de positie x = 0 passeert. Geef duidelijk aan op welke wetten of principes de berekening is gebaseerd.
x0
x
0
l0
3. Een blok met massa m ligt stil op een horizontale tafel zoals getekend in de figuur. De co¨effici¨enten van statische en kinetische wrijving tussen tafel en m blok zijn respectievelijk µs en µk . Het blok zit aan de linkerkant, via een touw dat over een katrol loopt, vast aan een vrijhangend blok met massa ml . Aan de ml mr g rechterkant zit ook een touw, dat via twee katrollen uiteindelijk vastzit aan het plafond. Aan ´e´en van deze katrollen hangt weer een blok met massa mr . De massa van de touwen en katrollen is verwaarloosbaar klein, en de katrollen kunnen draaien zonder wrijving. De versnelling van de zwaartekracht is ~g . a. Teken voor elk van de drie blokken apart een vrij-lichaamsdiagram (free body diagram) en geef van iedere getekende kracht een korte beschrijving. b. Bepaal voor welke waarden van de massa m van het middelste blok dit systeem niet gaat schuiven. Op zeker moment blijkt dat het middelste blok met massa m eenparig versneld naar rechts beweegt met versnelling a. c. Geef een uitdrukking voor a in termen van de gegeven grootheden.
2
4. Een cylindervormig blikje met hoogte h en straal r staat met zijn bodem op het XY -vlak zoals getekend in de figuur. Zowel de bodem als de zijwand van het blikje zijn gemaakt van een materiaal met constante massadichtheid ρ; het blikje heeft geen deksel en is dus aan de bovenkant open. De dikte van de bodem heeft de constante waarde d0 ; de dikte van de zijwand neemt naar boven toe af volgens de formule d(z) = d0 − az waarin a een positieve constante is. De wanddikte d is overal verwaarloosbaar klein ten opzichte van de straal r en de hoogte h.
z d h
r
y
x
a. Bereken de positie van het massamiddelpunt van het blikje. Het blikje wordt nu gevuld met zand, waardoor de massa van blikje en zand samen gelijk wordt aan M . Het blikje wordt vervolgens opgehangen aan een sterke staalkabel van verwaarloosbare massa zoals getekend in de figuur. Dan wordt een kogel met massa m op het blikje afgeschoten, die in het zand blijft steken. Net voordat de kogel het zand raakt beweegt de kogel met snelheid v onder een hoek β met de verticaal (zie figuur) terwijl het blikje dan stilhangt. Het blikje, dat hier opgevat kan worden als een puntmassa, gaat nu een zwaaibeweging maken met punt P als centrum. De valversnelling is ~g . b. Bereken de maximale hoogte die het blikje bereikt tijdens de zwaaibeweging. Geef duidelijk aan op welke wetten of principes de berekening is gebaseerd.
P g m
bv M
5. Een golfer slaat vanaf de “tee” een bal weg. Tijdens de resulterende beweging blijkt de bal gedurende een tijdsduur ∆t boven een hoogte h uit te komen. De wrijving die de golfbal van de lucht ondervindt kan worden verwaarloosd. a. Druk de maximale hoogte die de bal bereikt uit in h, ∆t en de valversnelling g. Nadat de golfbal weer is geland moet de golfer de bal op een horizontaal liggende “green” nog in een “hole” krijgen. Daarvoor geeft de golfer de bal op tijdstip t = 0 een horizontale beginsnelheid v0 . Tijdens de beweging op de green ondervindt de bal een wrijvingskracht √ ter grootte |Fw | = k v, waarbij k een positieve constante is en v de instantane snelheid van de bal. De massa van de bal is m. b. Bereken het tijdstip waarop de bal op de green weer tot stilstand komt, uitgedrukt in k, v0 en m.
EINDE 3
BEOORDELINGSFORMULIER van het tentamen Mechanica 1 (3AA40) van 18 januari 2008 In principe is het cijfer gelijk aan het totaal behaalde aantal punten gedeeld door 7,2. Voor een goede berekening die berust op een principieel fout uitgangspunt worden geen punten gegeven. De voorlopige cijfers zullen uiterlijk vrijdag 8 februari 2008 bekend gemaakt worden, samen met de bonus. Als u het niet eens bent met uw cijfer, neem dan v´o´ or 18 februari per e-mail contact op met de bij de uitslag vermelde docent om het tentamen te bespreken. Indien u gebruik wilt maken van het bespreken dan dient u dit formulier ingevuld mee te brengen voor het onderhoud met de corrector. Naam:
Vraagstuk: 1. a) b) c)
Identiteitsnr.: Te behalen punten:
Toegekend door corrector:
Toegekend door student:
6 6 6
... ... ...
... ... ...
+
2. a) b)
+ ...
...
6 6
... ...
... ... +
...
...
6 6 6
... ... ...
... ... ... +
...
...
6 6
... ...
... ... +
+
12
...
...
6 6
... ...
... ...
+
Totaal te behalen punten:
+
18
+
5. a) b)
+
12
+
4. a) b)
+
18
+
3. a) b) c)
Groep:
+
+
12
...
...
72
Behaald: ...
Behaald: ...
4
FORMULEBLAD MECHANICA 1 Uitwendig product: ˆ ~×B ~ = (Ay Bz − Az By )ˆi + (Az Bx − AxBz )ˆj + (AxBy − Ay Bx)k A Rotatie: ˆ ~ × F~ = ( ∂Fz − ∂Fy ) ˆi + ( ∂Fx − ∂Fz ) ˆj + ( ∂Fy − ∂Fx ) k rot F~ = ∇ ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y Goniometrische formules: Cosinusregel: a2 = b2 + c2 − 2bc cos α Sinusregel:
sin α a
=
sin β b
=
sin γ c
sin (α ± β) = sin α cos β ± cos α sin β cos (α ± β) = cos α cos β ∓ sin α sin β o
o
sin 30 = cos 60 = sin 60o = cos 30o =
1 2 ,√ 1 2 3
√ sin 45 = cos 45 = 2, o
1 2
o
Speciale relativiteitstheorie: ∆t = γ∆t0,
l = l0/γ ,
x0 = γ(x − ut), v0 =
v−u , 1−uv/c2
p~ = γm~v ,
y 0 = y, v=
1 1−u2 /c2
γ=√
z 0 = z,
t0 = γ(t − ux ) c2
v 0 +u 1+uv 0 /c2
E = K + mc2 = γmc2,
5
E 2 = (mc2)2 + (pc)2
TECHNISCHE UNIVERSITEIT EINDHOVEN Faculteit Technische Natuurkunde Examen Mechanica 1 voor N en Wsk (3AA40) vrijdag 18 januari 2008 van 14.00-17.00 uur 1.
pA ~ B→A en d~pB = F ~ A→B zodat d(~pA +~pB ) = a. Volgens de 2e wet van Newton geldt d~dt =F dt dt ~ B→A + F ~ A→B . Volgens de 3e wet van Newton geldt F ~ B→A = −F ~ A→B zodat het F rechterlid van de vorige vergelijking nul is: d(~pAdt+~pB ) = 0. Hieruit volgt dat de impuls ~ = ~pA + ~pB constant is. van het systeem P r ˆı + R cos(α) dα ˆ en dus v = R| dα b. ~v(t) = d~ = −R sin(α) dα |. dt dt dt dt d2 α dα 2 d~ v Dan ~a(t) = dt = R dt2 (− sin(α)ˆı + cos(α)ˆ) + R( dt ) (− cos(α)ˆı − sin(α)ˆ). Daarmee ar = |~a · ~r|/R = R( dα )2 = v 2 /R. dt
c. De raket beweegt t.o.v. Stanley met een snelheid w0 = (w + v)/(1 + wv/c2 ). Stanley meet voor de gevraagde tijd dus ∆t = L/w0 . De klok aan boord van de raket meet de q 2 L w+v 0 2 1+wv/c . corresponderende eigentijd ∆t0 = ∆t/γ(w ) = w0 γ(w0 ) = L 1 − c12 ( 1+wv/c 2) w+v
2.
3.
Alternatief: de raket beweegt t.o.v. Stanley met een snelheid w0 = (w+v)/(1+wv/c2 ). De raket ziet eigenlengte L daarom verkort tot L0 = L/γ(w0 ). Deze lengte legt de raket af met snelheid w0 , dus de klok aan boord van de raket meet als tijd ∆t0 = L/(w0 γ(w0 )) wat hetzelfde antwoord levert. p a. Als de kraal zich op x0 bevindt dan is de lengte van iedere veer ` = (x20 + `20 ). De kracht uitgeoefend door ´e´en veer in de positieve x-richting van de geleider is dan k(` − `0 )|x0 |/` = k(−x0 )(1 − `0 /`) waaruit het gestelde volgt. R0 b. Volgens de wet van Arbeid en Kinetische energie moet gelden (1/2)mv 2 −0 = x0 (Fv − p R0 Fw ) dx. Voor de integralen volgt x0 Fv dx = k(x20 +`20 −`0 x20 + `20 ) (dit is positief) en p R0 2 2 (−F ) dx = F x (dit is negatief). Daarmee v = {(2/m)[k(x x20 + `20 )+ +` −` w w 0 0 0 0 x0 Fw x0 ]}1/2 . a. Free-body diagrams: Tl N Tl W Tr Tr ml mr m Tr Z Zl Zr
Beschrijving krachten: W : de wrijving door de tafel (kan ook andersom staan) Tl,r : de kracht uitgeoefend door linker- en rechtertouw Z, Zl,r : de zwaartekracht op midden-, linker- en rechterblok N : de normaalkracht door de tafel b. Als het systeem niet gaat schuiven dan moet volgens de 1e WvN voor het middenblok gelden W = Tl − Tr . Uit de 1e WvN voor het linkerblok volgt Tl = Zl = ml g en voor het rechterblok 2Tr = Zr = mr g, dus W = (ml − 21 mr )g. Nu geldt tevens |W | ≤ µs N = µs mg, zodat −µs mg ≤ (ml − 21 mr )g ≤ +µs mg. Herschrijven levert m ≥ (ml − 21 mr )/µs ´en m ≥ ( 12 mr − ml )/µs . c. W staat nu naar links, en het rechterblok heeft versnelling a/2. Pas nu de 2e WvN toe op alledrie de blokken apart: linkerblok: Tl − ml g = ml a (1); middenblok: Tr − Tl − W = ma (2); rechterblok: −2Tr +mr g = (1/2)mr a (3). Deel (3) door 2, tel dan op bij (1) en (2), en gebruik W = µk mg, dan volgt −ml g−µk mg+mr g/2 = (ml +m+mr /4)a waaruit a = (−ml − µk m + mr /2)g/(ml + m + mr /4).
1
4.
a. Vanwege symmetrie geldt xcm = ycm = 0. Verdeel het blikje vervolgens in dunne ringen op positie z met hoogte dz. De massa van zo’n ring is dan dm = 2πrρ d(z) dz. Rh Voor de massa van het hele blikje volgt dan M = m0 + 0 2πrρ (d0 − az) dz waarin m0 = πρr2 d0 de massa van de bodem is. Er volgt dat M = πρr(rd0 +2hd0 −ah2 ). De zRh positie van het massamiddelpunt wordt zcm = M1 0 2πρr d(z) z dz = M1 2πρr ( 21 d0 h2 − 1 ah3 ). Vereenvoudigen geeft tenslotte zcm = (d0 h2 − 2ah3 /3)/(rd0 + 2hd0 − ah2 ). 3 b. Er is behoud van impuls in horizontale richting maar niet in verticale richting. Als w de snelheid van blik+kogel direkt na inslag is dan moet dus gelden mv sin β = (m + M )w zodat w = mv sin β/(m + M ). Bij de beweging naar boven is er behoud van mechanische energie. Als de bereikte hoogte gelijk is aan h, dan moet dus gelden (m + M )gh = (1/2)(m + M )w2 . Er volgt h = (1/2g){mv sin β/(m + M )}2 .
5.
a. De beweging in de x-richting is hier niet van belang. Noem de beginsnelheid in de y-richting v0 , dan is y(t) = v0 t − 12 gt2 . De maximale hoogte wordt bereikt als dy/dt = v0 − gt = 0 dus op t = v0 /g, waar y = ymax = v02 /2g. Om v0 te elimineren zoeken we een uitdrukking voor ∆t. Als y(t) = h dan h = v0 t − 21 gt2 met als oplossing p p t1,2 = g1 (v0 ± v02 − 2gh). Daaruit ∆t = t2 − t1 = g2 v02 − 2gh zodat v02 = (g∆t/2)2 + 2gh. Substitutie hiervan in de maximale hoogte geeft ymax = {(g∆t/2)2 + 2gh}/2g = g(∆t)2 /8 + h. √ = −k v. Oplossen d.m.v. scheiden van b. De tweede wet van Newton zegt hier m dv dt Rt Rv √ √ k k t. De bal ligt dus variabelen levert v0 √dvv = − m dt. Hieruit volgt v = v0 − 2m 0 2m √ weer stil op t = k v0 .
2
