Deeltentamen Mechanica I

Deeltentamen Mechanica I
26-10-2007
docent: H.J. Bulten
Bij iedere opgave staat een indicatie voor de tijdsbesteding aangegeven. De aangegeven tijd
correspondeert ook met het aantal te behalen punten.
Gebruik van rekenmachine en BINAS is toegestaan. In totaal zijn er 5 opgaven.
Opgave 1 (6+6)
We kennen enkele fundamentele constanten in de natuurkunde. Gegeven zijn de gravitatie
constante G  6.67 1011 Nm2 kg-2  6.67 1011 kg-1m3s-2 , de lichtsnelheid c  3.00 108 ms-1 , de
constante van Planck  1.05 1034 Js = 1.05 1034 kgm2s-1 en de constante van Boltzmann
k B  1.38 1023 JK -1  1.38 1023 kgm 2s -2 K -1 .
a) Uit de constanten , c en G kan een grootheid met dimensie massa gereconstrueerd
worden; dit is de Planck massa. Bepaal de grootte van deze massa (in kg).
Je kunt een willekeurige combinatie van de genoemde constanten costrueren als  G  c y , de
eenheden die bij deze combinatie hoort zijn
kg  m2 s  kg   m3 s 2  m s   kg   m2 3  s  2   . De juiste combinatie zal factoren 0
hebben voor de machten boven de meter en seconde. Dit geeft:

G  c  kg  m0 s 0
kg    m 2 3   s   2    kg  m0 s 0
  2     0      2
2  3    0  2  3    2   0     
    0
Nu kun je ofwel   1 kiezen, kijken wat  wordt, en dan de grootheid verheffen tot de macht
1/  , ofwel gelijk beginnen met fractionele  ,  ,  . Het eerste geeft:
 1
  1
 1
 2

M 

1
c 2
 c
   
G
G
1
1
1
Het tweede geeft: 2  1    ,    ,   en dezelfde formule.
2
2
2
1.05 1034 Js 3.00 108 m / s
 c
Invullen voor M geeft: M    
 2.17 108 kg
11
3 2
6.67 10 / kgm s
G
b) Het vroege heelal kan worden beschreven als thermodynamisch plasma. Bij hoge
temperaturen zijn deeltjescreatie en annihilatie in evenwicht. Construeer met behulp van
de constanten , c, en kB en de protonmassa mp  1.67 1027 kg een grootheid met
dimensie temperatuur en bereken de waarde in K.
De oplossing kan worden geconstrueerd als in a). Merk op, dat de rustpuntsenergie van het
proton gegeven wordt door E  mp c 2 en dat je van energie naar temperatuur gaat met behulp
van 1 conversiefactor k B . De gevraagde temperatuur is
T
mpc2
kB

1.67 1027  9.00 1016
K  1.09 1013 K
1.38 1023
Opgave 2 (10+10+10)
Een boot die door het water beweegt ondervindt wrijving volgens de formule Fwr  bv , met b
een constante die van het medium en van de vorm van het voorwerp afhangt. Voor een gegeven
boot is b gelijk aan 2000 kg/s. De massa van de boot is 30000 kg.
a) Wat is het benodigde vermogen dat de schroef op het water moet uitoefenen om met een
snelheid van 10 m/s te blijven varen?
Het vermogen wordt gegeven door P  F v . De snelheid is constant, de wrijvingskracht dus
ook. De kracht die de schroef levert is exact tegengesteld aan de wrijvingskracht, anders zou er
een versnelling zijn. Dit levert:
v  10m / s
Fwrijving  bv   Fschroef
2
kg  m 
P  bv  2000 10   200kW
s  s
b) Als de boot met een snelheid van 10 m/s vaart, wordt op tijdstip t0 de motor uitgezet.
2
Geef de snelheid als functie van de tijd vanaf t0 .
Op tijdstip t0 wordt de motor uitgezet, dan werkt alleen nog de wrijvingskracht (de zwaartekracht
en de normaalkracht heffen elkaar op). We hebben dus :
dv
m
 bv .
dt
Kies als x-as de bewegingsrichting van de boot; dan zijn de y en z posities constant. De snelheid
dv dv

xˆ .
is dan v  vxˆ en de versnelling
dt dt
b
 t
dv
Dit levert: m  bv, v  t   Ae m
dt
Oplossen voor t  t0 levert A  v0e
b
t0
m
, v(t )  v0e
b
 ( t t0 )
m
met v0  10m / s .
c) Geef positie van de boot als functie van de tijd vanaf t0 . Wat is de afstand die de boot
heeft overbrugd tussen tijdstip t0 en t1  t0  20 s ?
dx
 v, y  y0 en z  z0 omdat de enige snelheidscomponent in
De positie is gegeven door
dt
de x-richting is. Oplossen van de differentiaalvergelijking geeft:
t
t
b
b
 ( t t0 )
 ( t t0 ) 
mv 
x(t )  x0   v(t )dt  x0   v0e m
dt  x0  0 1  e m

b 

t0
t0
b
4
 ( t t0 ) 
 

mv 
3
De afgelegde afstand is x  x(t )  x0  0 1  e m

150
m
1

e


  110m
b 



Opgave 3 (5+10+10+10+10+5)
Een blok met een massa van m1  10 kg ligt op een helling die een hoek van 30 graden met de
horizontaal maakt. De maximale statische wrijvingscoëfficiënt  s tussen blok en helling bedraagt
0.4, de kinetische wrijvingscoëfficiënt K  0.3 . Aan de bovenkant van de helling is een ideale
(wrijvingsloze en massaloze) katrol bevestigd. Het blok is via een ideaal touw (massaloos,
zonder rek) bevestigd aan een emmer met massa van m2  3 kg. (Zie figuur).
a) Teken het vrije lichaamsdiagram voor de krachten op die uitgeoefend worden op het
m1  10 kg
Fn
Fwr
T
m1 g
blok.
b) Gegeven is, dat op tijdstip t0 het blok stil ligt. Bereken de grootte van de statische
wrijvingskracht die de helling op het blok uitoefent.
Noem de richting langs het touw van het blok naar de emmer de positieve x-richting, en de
richting loodrecht er op naar boven de y-richting. Dan geldt voor de krachten op het blok
Fx  T  Fwr  m1 g sin 
Fy  Fn  m1 g cos   0
en op de emmer: Fx  m2 g  T . Als de emmer en het blok in rust zijn, geldt dus voor de emmer
Fx  0  T  m2 g en voor het blok
Fx  0  Fwr  m1 g sin   m2 g  (m1 sin   m2 ) g .
Invullen van de bekende waarden voor de massa’s, g en theta levert Fwr  19.6 N (in de richting
van x, dus omhoog langs de helling).
Merk op: zolang het blok stil ligt werkt de statische wrijvingskracht. Deze is maximaal gelijk aan
de statische wrijvingscoeffiecient maal de normaalkracht, maar natuurlijk kleiner dan het
maximum als de overige krachten samen niet sommeren tot de maximale wrijvingskracht.
c) De emmer wordt gevuld, totdat op tijdstip ti het blok juist begint te bewegen. Bereken de
massa van de emmer met inhoud op dit tijdstip.
De maximale wrijvingskracht die geleverd kan worden voordat het blok gaat glijden is
Fw,max   st Fn   st m1 g cos  . Je kunt de emmer dus vullen totdat
Fx  m1 g sin   FW ,max  T  0
T  m1 g  sin   0.4cos  
Nu is het blok net nog in rust, dus geldt voor de emmer
T  m2 g
m2  m1  sin   0.4cos    8.46kg
d) Op tijdstip t f heeft het blok 1 meter langs de helling afgelegd. Bereken dit tijdstip,
gegeven dat de zwaartekrachtsversnelling g gelijk is aan g  9.81 ms-2 .
Als het blok gaat glijden, geldt dat je de kinetische wrijvingscoefficient moet gebruiken ipv. de
statische. Er zijn 2 oplossingsmogelijkheden: ofwel je analyseert het systeem opnieuw en
berekent T en daaruit de versnellingen, ofwel je beschouwt het emmer-blok systeem als 1 geheel
en beschrijft de externe krachten in de x-richting (langs het touw). De tweede oplossing is veel
sneller: de totale kracht in de x-richting langs het touw is gegeven door het verschil in
wrijvingskracht voor statische en kinetische wrijving:
Fx ,tot  m1 g sin   kin m1 g cos   m2 g
0  m1 g sin    stat m1 g cos   m2 g
Fx ,ext  (  stat  kin )m1 g cos   8.50 N
a
Fx ,ext
mtot

8.50 m
m
 0.46 2
2
18.46 s
s
1
2m
at 2  t f  ti 
 2.09s
2
0.46m / s 2
Als je het systeem vanaf het begin gaat analyseren door de spanning T uit te rekenen dan moet je
gebruiken dat voor de volle emmer geldt m2 a  m2 g  T , dus T is NIET GELIJK aan m2 g ,
want de versnelling is ongelijk aan 0.
x 
e) Geef het verschil in gravitationele energie van het blok plus de gevulde emmer tussen het
beginpunt op tijdstip ti en eindpunt op tijdstip t f , waar de emmer 1 meter omlaag
gevallen is. Geef ook de kinetische energie van het blok en de emmer op tijdstip t f .
U  m1 g h1  m2 g h2
h1  sin x
h2  x
U gr 
1
m *10kg * g  1m *8.46kg * g  33.9 J
2
v(t )  v0  at  0.46* 2.09
De kinetische energie kan worden gevonden uit
m
s
1 2 18.46
mv 
(0.96) 2 J  8.53J
2
2
f) Bereken de wrijvingsarbeid die is uitgeoefend tussen blok en helling.
Deze zou gelijk moeten zijn (energiebehoud) aan
E  0
K
Wwr  U  K  0
Wwr  33.9 J  8.53J  25.4 J
controle: Wwr  F dx  kin cos m1 g x  25.3J
Het nauwkeurigste antwoord is 25.3J, het andere antwoord heeft te lijden gehad van
afrondonnauwkeurigheden.
Bij e) had de kinetische energie ook berekend kunnen worden door het verschil in gravitationele
energie en wrijvingsarbeid te nemen.
Extra
massa
=10 kg
emmer
Opgave 4 (5+5+15)
Twee schijven met gelijke massa’s m bevinden zich op een horizontaal luchtkussen waarover ze
wrijvingsloos kunnen bewegen. Vlak voor de botsing heeft schijf 1 een initiële snelheid v0 in de
x-richting, schijf 2 een initiële snelheid in de y-richting. De botsing verloopt elastisch.
a) bereken de snelheid van het zwaartepunt.
pcm p1  p2 v0 xˆ  v0 yˆ


M
2m
2
1
(En de grootte is dus vcm 
2v0 )
2
Natuurlijk zijn andere notaties ook goed: b.v.
1 
1

v0 
2


1


1
1
1
2
2
vx  v y 
2v0 of vcm  
2v0 
  v0   

2
 1 v  2 1 2
1 2
 0


2 
2

Na de botsing beweegt schijf 1 met een snelheid v f  0 in dezelfde richting als het zwaartepunt
van het systeem.
b) Leidt af, dat schijf 2 na de bootsing geen snelheidscomponenten heeft loodrecht op de
bewegingsrichting van het zwaartepunt.
vcm 
Schijf 1 beweegt in de richting parallel aan de bewegingsrichting van het zwaartepunt; schijf 1
heeft dus als snelheidsvector v1 f   vCM en als impuls p1 f   pCM , met beta een getal groter
dan 0. Nu geldt p2 f  pCM  p1 f  (1   ) pCM   pCM . Dus de impuls van deeltje 2 een constante
(beta-1) maal de impuls van het zwaartepuntssysteem; deeltje 2 beweegt ook parallel of
antiparallel aan het zwaartepuntssysteem (of staat stil); in ieder geval zijn er geen componenten
loodrecht er op.
Extra bewijs (niet nodig) : Je kunt ook de hoek tussen p2 f en pCM uitrekenen:
2
 pcm
 1
2
p2 f pCM
 pcm
De componenten van p2 f loodrecht op de zwaartepunts bewegingsrichting hebben een totale
cos  2,CM 
p2 f pcm

grootte van sin 2,CM p2 f  p2 f sin 2 2,CM  p2 f 1  cos 2  2,CM  0
c) Bereken de snelheden van schijf 1 en schijf 2 na de botsing. Controleer, dat de kinetische
energie behouden is.
Er geldt
p1  m1v1  m  vCM  v1,rel 
p2  m2v2  m  vCM  v2,rel 
p1  p2  2mvCM  v2,rel  v1,rel  vrel
dus ten opzichte van het zwaartepuntssysteem hebben deeltje 1 en 2 tegenovergestelde snelheden
en impulsen. We kunnen de relatieve snelheid t.o.v. het zwaartepuntssysteem ook berekenen,
bijvoorbeeld uit de impuls van p1:
v
v
p1  mv0 xˆ  m(vCM  vrel )  vrel  v0 xˆ  0 ( xˆ  yˆ )  0 ( xˆ  yˆ )
2
2
Er geldt ook behoud van kinetische energie in een elastische botsing,
2
2
K  K CM   K rel  mvcm
 mvrel
dit impliceert, dat de grootte van de relatieve snelheid constant is. Hieruit volgt dat na de botsing
de snelheid van deeltje 1 gelijk is aan
v1, f  vCM  vrel , f  (vCM  vrel )vˆCM ,
waarbij de laatste vergelijking gegeven wordt door de eis dat deeltje 1 zich in de richting van het
zwaartepuntssysteem beweegt. De waarden van vCM en vrel zijn bekend, ze zijn beiden
1
vCM  vrel 
2v0 . Dus er zijn twee oplossingen:
2
1) v1 f  0 en 2) v1 f  2v0 . De tweede oplossing was gevraagd:
v1 f  (vCM  vrel )  2vCM  v0 ( xˆ  yˆ )
v2 f  (vCM  vrel )  0
Tenslotte geldt voor de kinetische energie:


1
m v12i  v22i  mv02
2
1
1
1
K f  m v12f  v22 f  m v1,2 x  v1,2 y  m v02  v02  mv02  K i
2
2
2
Ki 






Er zijn ook andere oplossingsmogelijkheden voor dit bewijs.
y
1
x
v
0
v
0
2
Opgave 5 (10+5+5+10)
Twee skateboarders staan 3 m uit elkaar, in rust. Neem aan, dat de skateboards wrijvingsloos
over de vloer kunnen rollen. Het zwaartepunt van de beide skateboarders ligt 0.9 m boven de
vloer (en dus 3 m uit elkaar). Skateboarder 1 heeft een massa van 70 kg en heeft een kogel van 5
kg vast. Skateboarder 2 heeft een massa van 75 kg. Op tijdstip t0 gooit skateboarder 1 de kogel
vanuit zijn eigen zwaartepunt onder een hoek van 30 graden omhoog, in de richting van
skateboarder 2. (zie diagram)
a) met welke snelheid (ten opzichte van de grond) moet de kogel geworpen worden om in
het zwaartepunt van skateboarder 2 opgevangen te kunnen worden?
Kies voor de x-richting de richting van skater 1 naar skater 2 (horizontaal), en voor de y-richting
de vertikale richting omhoog. Kies t0  0 . De bal moet 3 meter in x afleggen en 0m in y. Na het
gooien is de enige externe kracht de zwaartekracht. Er geldt:
v y (t )  v0 y  gt
y (t )  y0  voy t 
1 2
gt
2
vx (t )  v0 x
x(t )  x0  v0 xt
Nu weten we dat de afstand die afgelegd moet worden 3 meter is. Hiermee kunnen we de tijd
uitdrukken in t f  x / v0 x . Dit kan dan weer worden ingevuld in de vergelijking voor y(t):
y (t )  y0  0  v0 y t 
v0 y 
1 2
gt
2
1
g x
gt 
2
2v0 x
1
g x
2
g x
m2
2
v0 
 34 2
2sin  cos 
s
v0  5.83m / s
b) Wat is de snelheid die skateboarder 1 heeft gekregen na het weggooien van de kogel?
Om de kogel weg te werpen moest de skateboarder een stoot uitoefenen. De vertikale component
van de stoot werd geleverd door de normaalkracht van de vloer op het skateboard, de
skateboarder zakt niet door de vloer. In de horizontale richting zijn er geen externe
wrijvingskrachten die op de skateboarder uitgeoefend worden. Impulsbehoud vereist dus dat
p1, x  pkogel , x  0
v0 y v0 x 
pkogel , x
mkogel v0 cos 
m
xˆ
m1
m1
s
c) Skateboarder 2 vangt de kogel (inelastische botsing) op op tijdstip t f in zijn eigen
zwaartepunt. Wat is de snelheid die skateboarder 2 heeft gekregen na de vangst?
Ook nu wordt de y-component van de impuls van de kogel overgedragen aan de aarde via de
normaalkracht. Er zijn geen externe krachten in de x-richting, dus
px ,2 kogel , f  px ,kogel ,i  mkogel v0 cos 
v1, x  
v2 

px ,2 kogel , f
m2  mkogel
 0.36
 0.316m / s
(controle: de totale impuls in de x-richting blijft 0).
d) Geef de positie van het zwaartepunt van het systeem, bestaande uit de kogel plus de beide
skateboarders, als functie van de tijd (voor t0 , tussen t0 en t f , en na t f ).
Voor de x-positie geldt
S2, 75 kg
  30
Kogel, 5kg
3m
Voor de x-positie geldt:
px ,CM  0
m x
75 x0  75( x0  3m)
 ( x0  1.5m)
M tot
150
waarbij x0 de positie is van het zwaartepunt van skater 1 en kogel op tijdstip t0. Dit geldt voor
alle tijden.
Voor de y- positie van het zwaartepunt voor de worp en na de vangst geldt:
p y ,CM  0 t  t0 of t  t f
xCM 
yCM 
i i

m y
i
i
 90cm
M
omdat de zwaartepunten van skaters en kogel alledrie op 90 cm boven de vloer liggen. Tijdens
de vlucht van de kogel werkt er een externe kracht, de zwaartekracht. De y-positie van de kogel
verandert, die van de skaters niet. Dit geeft:
dp y ,CM
 mkogel g
dt
yCM 
m y
i
i
M
i

145
5
583cm 981cm 2
90cm 
(90cm 
t
t )
150
150
2s
2s 2
1
 mi ri dan krijg je natuurlijk hetzelfde antwoord.
M i
B.v. voor x-positie van het zwaartepunt na de vangst, geldt dat je de positie van skater 1 kunt
uitrekenen door zijn snelheid (impuls/massa) vanaf t0 in rekening te brengen en de snelheid van
de skater 2 plus kogel vanaf tf.
1
xCM (t  t f ) 
 (m1x0  (t  t0 ) p1, x )  ((m2  mkogel )( x0  3m)  ( p2kogel , x )(t  t f )  
M
( p1, x  p2, x )
1

m1 x0   t f  t0  p1x  (m2  mkogel )( x0  3) 
M

1 
x

p1x  80kg ( x0  3)  
 70kg ( x0 ) 

150kg 
vkogel , x

Als je voor x en y gebruikt hebt rcm 




1 
x
p1x  80kg ( x0  3) 
 70kg ( x0 ) 

150kg 
vkogel , x

In deze formule staat x voor 3m, de afstand die de kogel door de lucht aflegt en vkogel , x voor de
snelheid die de kogel gedurende de vlucht tussen skater 1 en 2 had. Gebruikmakend van
p1, x  mkogel vkogel , x reduceert de laatste regel van de bovenstaande formule tot
xCM (t  t f ) 
1
 70kg ( x0 )  mkogel (3m)  80kg ( x0  3)   x0  1.5m
150kg