10931: Fysik 1 Skriftlig eksamen, den 17. december 2007 ...

10931: Fysik 1
Skriftlig eksamen, den 17. december 2007
Løsningsforslag
Facit til opgave 1
(a) Vi benytter relationen mellem systemets energi umiddelbart inden klodsen
slippes og efter, at dens bevægelse er stoppet. Vi har generelt:
som i dette tilfælde reducerer til:
K 1 + U 1 + W friktion = K 2 + U 2 , (1)
Den kinematiske friktionskoefficient bliver således:
1
2 k d2 − µ k m g l = 0 . (2)
µ k = k d2
2 m g l . (3)
(b) Som i spørgsmål (a) benytter vi relation (1), som her kan skrives:
og vi finder udtrykket for klodsen fart:
1
2 k d2 − µ k m g x = 1 2 m v2 , (4)
v =
√
k d 2
m
(
1 − x )
. (5)
l
I taleksemplet bliver v = 1.81 m s −1 .
1

Facit til opgave 2(b) og 2(c)
(b) Den vandrette komponent af Newtons 2. lov for hver af de to klodser:
m 1 a 1 = −µ k m 1 g , (6)
m 2 a 2 = µ k m 1 g . (7)
Accelerationerne findes direkte fra bevægelsesligningerne:
a 1 = −µ k g , (8)
a 2 = µ k m 1 g
m 2
. (9)
Vi bestemmer hastighedskomponenterne ved integration, idet begyndelsesbetingelserne
er v 1 = v 0 og v 2 = 0 til tidspunktet t = 0:
v 1 = v 0 − µ k g t , (10)
v 2 = µ k m 1 g
m 2
t . (11)
(c) De to klodser er i hvile i forhold til hinanden, når v 1 = v 2 . Tidspunktet T
opfylder således ligningen:
som har løsningen:
v 0 − µ k g T = µ k m 1 g
m 2
T , (12)
T =
v 0 m 2
µ k g (m 1 + m 2 ) . (13)
Den fælles sluthastighed kan bestemmes ved at indsætte T i ligning (10)
eller ligning (11) eller direkte med brug af impulsbevarelse:
v slut = m 1 v 0
m 1 + m 2
. (14)
I taleksemplet bliver T = 0.23 s og v slut = 0.33 m s −1 .
2

Facit til opgave 3
(a) Bølgelængden for den 3. egensvingning:
λ = 2 L = 0.520 m . (15)
3
For vandrende transversale bølger på en streng er bølgehastigheden:
v =
√
F
µ , (16)
hvor µ = m/L er strengens masse per længde. Perioden for svingningen
bliver således:
T = 2 3
√
mL
F = 1.00 · 10−3 s . (17)
(b) Bølgefunktionen for strengens 3. egensvingning kan skrives:
y(x, t) = A SW sin(kx) sin(ωt) , (18)
hvor amplituden er A SW
= 0.00500 m, bølgetallet er:
k = 2π λ = 12.1 m−1 , (19)
og vinkelfrekvensen er:
ω = 2π
T = 6.28 · 103 s −1 . (20)
(c) I de punkter på strengen, hvor det maksimale udsving er halvt så stort som
amplituden, er den maksimale transversale hastighed:
og den maksimale transversale acceleration:
v y = 1 2 A SW ω = 15.7 m s −1 , (21)
a y = 1 2 A SW ω 2 = 9.86 · 10 4 m s −2 . (22)
3

(d) Punkterne på strengen, hvor det maksimale udsving er halvt så stort som
amplituden, opfylder ligningen:
sin (k x) = 1 2 . (23)
Det søgte punkt længst til venstre opfylder således relationen:
3 π
L x = π 6
De øvrige punkter findes tilsvarende og opfylder:
⇒ x = 1
18 L . (24)
x
L = 5
18 , 7
18 , 11
18 , 13
18 , 17
18 . (25)
4