Deeltentamen Mechanica I

Tentamen Mechanica voor Scheikunde studenten
26-10-2007
docent: H.J. Bulten
Achter iedere opgave staat een indicatie van de tijdsbesteding aangegeven. De aangegeven tijd
correspondeert ook met het aantal te behalen punten.
Gebruik van rekenmachine en BINAS is toegestaan. Er zijn in totaal 5 opgaven.
Opgave 1 (6+6)
We kennen enkele fundamentele constanten in de natuurkunde. Gegeven zijn 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) De rustmassa van een elektron is me  9.111031 kg. Construeer uit , c, kB en me een
grootheid met dimensie van temperatuur. Bereken deze temperatuur in K.
me c 2 (9.111031 kg )(3.00 108 m / s)2
T

 5.94 109 K . Als je dit antwoord niet
23
2 2
1
kB
1.38 10 kgm s K
direct ziet, kun je het oplossen als bij b) hieronder.
b) De kosmische microgolf achtergrondstraling in het heelal komt overeen met de straling
van een zwart lichaam met een temperatuur van 2.73 K. Construeer met behulp van de
bovenstaande constanten en deze temperatuur T  2.73 K een lengte en bereken de
waarde in m.
Als je de combinatie niet direct ziet, kun je het altijd oplossen door de volgende vergelijking
voor de dimensies op te lossen: de dimensie van  kgm2 s 1 , dus een factor
a
geeft dimensie kg a m2a s  a . De combinatie a c b kbd T e geeft dan als dimensie
kg a  d m2a b 2d s  a b2d K ed . De factor boven de meter moet 1 zijn, de andere factoren 0. Dit
geeft:
kg a  d  kg 0  a   d
s  a b  2 d  s 0  b   a  2d  a
K ed  K 0  e  d  a
m 2 a b  2 d  m1  2a  b  2d  2a  a  2a  a  1
Deze factoren invullen geeft dus voor de gevraagde combinatie:
c (1.05 1034 kgm2 s 1 )(3 108 ms 1 )
L

 8.36 104 m
kbT (1.38 1023 kgm2 s 2 K 1 )(2.73K )
.
Opgave 2 (10+5+15)
Een voorwerp dat zich door de dampkring beweegt ondervindt wrijvingskracht van de lucht
1
volgens de formule Fwr    v 2 ACd vˆ , waarin  de dichtheid van het medium is, v de snelheid
2
v
representeert ( vˆ  is de eenheidsvector, lengte 1, in de richting van de snelheid v ). A
v
representeert de oppervlakte van het voorwerp en Cd is een dimensieloze constante die van de
vorm van het voorwerp in rekening brengt. We nemen aan, dat het voorwerp een massa
m  1.00 kg heeft, dat de valversnelling g  9.81 ms-2 bedraagt, dat de dichtheid van lucht een
constante waarde van   1.3 kgm-3 heeft en dat het produkt van Cd A gelijk is aan
Cd A  0.01 m 2 .
a) Wat is de eindsnelheid (terminal velocity) die het voorwerp bereikt? Geef de grootte en
de richting.
Als de terminal velocity bereikt is is de snelheid constant, dus heffen alle externe krachten elkaar
op. De wrijvingskracht is dan precies tegengesteld aan de zwaartekracht. We hebben dus:
Fwr  Fzw  mg  9.81Nyˆ , een kracht van 9.81 N omhoog (ik kies de y-as omhoog). De
1
snelheid is dan gegeven door Fwr    v 2 ACd vˆ , dus de richting van de snelheid is parallel
2
aan de richting van de valversnelling g (dus  ŷ ), de grootte van v is
9.81N 
1 2
9.81N
m
 v ACd , v  2
 38.8
3
2
2
1.3kgm 0.01m
s
v  38.8
m
yˆ
s
Als het voorwerp de eindsnelheid bereikt heeft, valt het nog 100 m door de dampkring omlaag.
b) Bepaal de arbeid die de zwaartekracht verricht gedurende die 100 m. Bepaal ook het
vermogen.
De arbeid is gegeven door het inproduct van de kracht maal de afgelegde weg:
W  F s  mg s  9.81N *100m  981Nm
Het vermogen is gegeven door P  F v  9.81N  38.8m / s  380W .
c) Het voorwerp heeft op tijdstip t0 en hoogte h0 een snelheid van 100 m/s in horizontale
richting. Neem aan, dat de eindsnelheid is bereikt op een hoogte h1  h0  1000m .
Hoeveel arbeid heeft de wrijvingskracht op het voorwerp verricht?
Er zijn 2 externe krachten werkzaam; de wrijvingskracht en de zwaartekracht. De
zwaartekracht is conservatief, de zwaartekracht verricht een hoeveelheid arbeid van
mg s  mg (h0  h1 )  9.81kJ (Het voorwerp is in de richting van de valversnelling
verplaatst. De wrijvingskracht is altijd tegenovergesteld aan de snelheid en verricht dus
negatieve arbeid. Uit energiebehoud volgt:
E  E1  E0  K1  K 0  Wg  Wwr , de verandering van de kinetische energie van het
voorwerp is gelijk aan de geleverde arbeid. Invullen van de snelheden levert:
1 2
1
1
1
Wwr  mveind
 mv02  Wgr  (38.8) 2 J  (100) 2 J  9.81kJ  14.1kJ
2
2
2
2
Opgave 3 (5+10+10+15+5)
Een bal met massa m hangt aan een ideaal touw (dat is massaloos, rekt niet, en ondervindt geen
wrijvingskrachten). Het touw heeft lengte L en is bevestigd in het ophangpunt op hoogte 2L
boven de grond. De bal beweegt in een circel op constante hoogte, zodat de hoek  een vaste
grootte heeft (zie figuur). We nemen aan, dat er geen wrijvingskrachten optreden.
h=2L

L
r
m
v
h=0
a)
Teken een vrije lichaams diagram waarin de krachten die op de bal werken zijn
aangegeven.
Fspan

Fzw
b)
Druk de grootte van de snelheid van de bal uit in termen van m, L,  en de
valversnelling g.
De bal draait op vaste hoogte; dus de bal beweegt in een circelbaan met straal r  L sin  . De
v2
grootte van de hoekversnelling van de bal is gegeven door a 
en de netto kracht op de bal
r
die deze hoekversnelling levert is F  Fzw  Fspan  mar . Neem de x-as horizontaal naar rechts,
de y-as vertikaal omhoog, en de z-as horizontaal uit het vlak van het papier naar je toe. In dat
geval is
Fspan   sin  Fspan xˆ  cos  Fspan yˆ , en Fzw  mgyˆ . De bal blijft op gelijke hoogte, dus geldt
mg
. De versnelling wordt gegeven door de resulterende
cos 
kracht in de x-richting, deze bedraagt Fext , x  Fspan, x   sin  Fspan  mg tan  . We hebben dus
Fext , y  Fspan cos   mg  0, Fspan 
v2
 mg tan 
r
v 2  rg tan   Lg sin  tan 
mar  m
Lg sin 2 
cos 
(De massa valt uit de vergelijking).
v
Op een zeker tijdstip breekt het touw, zonder een kracht op de bal uit te oefenen. Vanaf dat
moment begint de bal omlaag te vallen.
c)
Hoe lang duurt het, in termen van van m, L,  en g, totdat de bal de grond bereikt?
Neem aan, dat de massa van de bal 1 kg bedraagt, de lengte L gelijk is aan 1m, de hoek   30
en de valversnelling g  9.81 m/s 2 .
De snelheid in de y-richting is onafhankelijk van de snelheid in de x-richting. Op het moment dat
het touw breekt is de snelheid in de y-richting 0 en is de enige kracht op de bal de zwaartekracht.
De hoogte in y wordt dus beschreven door de formule
1
1
y (t )  y0  v y ,0t  gt 2  (2 L  L cos  )  gt 2 .
2
2
1
2 L(2  cos  )
 0.481s
Invullen dat y(t)=0 meter geeft : 0  (2 L  L cos  )  gt 2  t 
2
g
d)
Wat is de afstand tussen het punt waar de bal de grond raakt en het ophangpunt (2m
boven de grond) ?
We kiezen de assen zoals in c) aangegven, de oorsprong op de grond recht onder het ophangpunt.
De bal bevindt zich dan op het moment dat het touw knapt op het punt met coordinaten
x  L sin  , y  L(2  cos  ), z  0 en heeft een snelheid in de negatieve z-richting van
v 
Lg sin 2 
zˆ . Het duurt 0.481 s totdat de bal de grond raakt; de z-coordinaat van de bal is
cos 
Lg sin 2  2 L(2  cos  )
 L 2sin 2  (2  cos  )  0.752 L
cos 
g
De afstand wordt gegven mbv. Pythagoras:
dus z (t )  z0  vz t  0 
a  x 2  y 2  z 2  (0.5)2  22  0.7522  2.19m
e)
Wat is de snelheid die de bal heeft op het tijdstip van botsing met de grond?
Lg sin 2 
m
De snelheid in x verandert niet, op tijdstip 0 hebben we v0  
zˆ  1.68 zˆ .
cos 
s
De snelheid op het moment van botsing met de vloer wordt gegeven door
m
m
v (t )  v0  gt  1.68 zˆ  4.71 yˆ . (N.B. De grootte van de snelheid is 5.0 m/s. Je kunt de
s
s
snelheid ook uitrekenen mbv. behoud van energie).
Opgave 4 (10+10+10)
Een skiër met een massa van 80 kg glijdt met constante snelheid van een flauwe helling.
a) Als gegeven is dat de waarde van de kinetische wrijvingsconstante W 0.03 is voor de
skis en de sneeuw, hoe groot is dan de hoek  die de helling met het horizontale vlak
maakt?
Op de skier werken de zwaartekracht, de normaalkracht en de wrijvingskracht, zie figuur
hieronder.
Fn

Fwr
Fzw
Je kunt de x-as langs de helling omhoog kiezen in de richting van de wrijvingskracht, en de y-as
loodrecht op de helling in de richting van de normaalkracht. De skier skiet met constante
snelheid, de netto externe kracht is dus nul. We hebben dan:
Fzw  Fn  Fwr  0
Fzw, y   Fn   mg cos 
Fzw, x   Fwr   mg sin 
De grootte van de wrijvingskracht wordt gegeven door Fwr  kin Fn , dus volgt:
Fwr  mg sin   kin Fn  kin mg cos  , kin  tan  . Dit geeft voor de hoek theta:
  arctan 0.03  0.03 rad ( 1.72 )
Nu skiet de skiër omlaag langs een helling die een hoek van   15 maakt t.o.v. het horizontale
vlak. De kinetische wrijvingsconstante is W  0.03 . De skiër begint met snelheid 0 bovenop de
helling.
b) Wat is zijn snelheid als hij 100 meter lager is? (Dus de hoogte neemt met 100 meter af,
de afgelegde afstand langs de helling gemeten is groter).
De resulterende kracht langs de helling is nu niet gelijk aan 0. We
hebben: Fn  mg cos  en Fext  Fzw, x  Fwr  mg sin   0.03mg cos  . Dus de versnelling langs
m
. Om 100 meter omlaag te skieen moet je
s2
langs de helling 100m / sin  afleggen. Je kunt dit expliciet oplossen:
de helling is a  g ( sin   0.03cos  )  2.255
1 2
200m 1s 2
at  t  2x / a 
 18.5s
2
sin  2.255m
v(t )  at  41.7m / s
1
1
x  at 2 
(veind ) 2
2
2a
Ook mogelijk is :
veind  2ax  41.7m / s
Tenslotte kun je de snelheid ook berekenen met behoud van mechanische energie. De totale
arbeid verricht op de skier is
0.03
 100m 
W  Wzw  Wwr  Fzw x  Fwr x  mg ( sin   0.03cos  )  
).
  mg (100m)(1 
tan 
 sin  
K  K eind  Kbegin  W
De kinetische energie aan het begin is 0, dus hebben we
1 2
0.03
mveind  mg (100m)(1 
), veind  (200m)(9.81m / s 2 )(0.888)  41.7 m / s
2
tan 
x 
c) Hoe lang duurt het om vanuit stilstand naar een punt 100 meter lager te skiën?
Dit is bij b) al expliciet berekend, maar als je de eindsnelheid uit energiebehoud hebt afgeleid
dan kun je gebruiken dat de gemiddelde snelheid de helft van de eindsnelheid is en de benodigde
x
100m
tijd is dan t 

 18.5s
vgem sin  (41.7m / s) / 2
Zowel bij b) als bij c) kun je ook expliciet de kracht en de versnelling in de richting omlaag
berekenen. Je krijgt dan
a  g  Fn gˆ  Fwr gˆ  gˆ ( g  Fn cos  Fn sin k )  g (1  cos2   k cos sin  )  0.059g
De tijd en eindsnelheid die je dan krijgt na 100m in de richting van de valversnelling te zijn
verplaatst zijn dan
t  2x / 0.0595 g  18.5s
v(t ) 
vgˆ
sin 

agˆ t
sin 

0.0595(9.81m / s 2 )(18.5s)
 41.7m / s
sin15
Opgave 5 (5+10+5)
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 is in rust. De botsing verloopt elastisch.
a) bereken de snelheid van het zwaartepunt.
De impuls van het zwaartepunt is de som van de impulsen van schijf 1 en 2. De massa van het
zwaartepuntssysteem is de som van de massa’s van schijf 1 en 2. We krijgen dus
pCM  p1  p2  mv0 xˆ
vcm 
pCM 1
 v0 xˆ
2m 2
Na de botsing maakt schijf 1 een hoek  met de x-as.
b) Leidt af, dat de grootte van de snelheid van schijf 1 na de botsing gelijk is aan
v f  v0 cos  , met   90 .
De botsing is elastisch; kinetische energie is behouden. Ook geldt impulsbehoud: pCM  p1  p2 .
Na de botsing geldt dus voor schijf 1: p1, f  mv f (cos  xˆ  sin  yˆ ) en voor schijf 2:
p2, f  pCM  p1, f  m(v0  v f cos  ) xˆ  mv f sin  yˆ )
Behoud van kinetische energie geeft:
1
K i  mv02
2
2
1
1
1
1
K f  mv 2f  m  v0  v f cos    v 2f sin 2   mv 2f  m v02  v 2f  2v0v f cos  
2
2
2
2
Uitschrijven van de tweede term hierboven geeft:
 v

1
K f  mv02  m v 2f  v0v f cos   K i  mv 2f 1  0 cos  
2
 v f

v
K f  Ki geeft 1  0 cos   0, v f  v0 cos 
vf




Je kunt dit ook nog eenvoudiger afleiden als je je realiseert dat de kinetische energie gelijk is aan
2
p1,2i pcm
2

. Na de botsing moet gelden p12f  p22 f  2mKi  pcm
en ook pCM  p1  p2 .
2m 2m
Voor een willekeurige driehoek geldt ( p1  p2 ) 2  p12  p22  2 p1 p2 cos 12 , dus de hoek tussen p1
en p2 is 90 graden. Dan volgt direc p1  cos  pCM en p2  sin  pCM en dus ook
p1 f
p cos 
v1, f 
 cm
 v0 cos  .
m
m
c) Geef de snelheid van schijf 2 na de botsing (zowel de x- als de y-component) .
We hebben p2, f  pCM  p1, f . De impuls voor schijf 1 na de botsing is gegeven; de hoek is theta
en de snelheid v0 cos  . Dan volgt:
p  p1
v2  cm
 v0 (1  cos 2  ) xˆ  sin  cos  yˆ  v0 sin  sin  xˆ  cos  yˆ 
m
(De absolute grootte van de snelheid is v0 sin  , dit volgt uit behoud van kinetische energie, zie
b), of uit expliciete berekening door de x en y componenten van de berekende snelheid te
kwadrateren: v2, f  v0 sin  sin 2   cos2   v0 sin  ))
y
v
x
f

v0
1
v0
2