3.6 Ekstraoppgaver

Kapittel 3: Kinematikk

Her er flere oppgaver fra temaene vi har behandlet i dette kapitlet.

Gjennomsnittsfart og gjennomsnittsakselerasjon

En løper springer \(400\,\mathrm{m}\) på \(52\,\mathrm{s}\).

  1. Hva er løperens gjennomsnittsfart, i \(\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\)?

  2. Dersom løperen starter fra ro og oppnår toppfart \(9.0\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\) etter de første \(6.0\,\mathrm{s}\), hva er gjennomsnittsakselerasjonen i denne perioden?

a) Gjennomsnittsfarten er \[\bar v = \frac{\Delta s}{\Delta t} = \frac{400\,\mathrm{m}}{52\,\mathrm{s}} = 7.69\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1} \approx \underline{\underline{7.7\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}}}\]

b) Løperen starter fra ro (\(v_0=0\)) og når \(v=9.0\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\) på \(\Delta t=6.0\,\mathrm{s}\). Gjennomsnittsakselerasjonen blir \[\bar a = \frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{9.0\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}-0}{6.0\,\mathrm{s}} = \underline{\underline{1.5\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}}}\]

Konstant akselerasjon – oppbremsing

En bil kjører med fart \(v_0 = 25\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\) og bremser med konstant akselerasjon \(a = -4.0\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}\).

  1. Hvor lang tid tar det før bilen stopper?

  2. Hvor langt kjører bilen i løpet av oppbremsingen?

  3. Skisser fartsgrafen \(v(t)\) for bilen fra den begynner å bremse til den stopper.

a) Bilen stopper når \(v=0\). Vi bruker hastighetslikningen (Likning 1 i avsnitten), \(v=v_0+at\), og løser for \(t\): \[0 = 25\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1} + (-4.0\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2})\cdot t \quad\Rightarrow\quad t = \frac{25\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}}{4.0\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}} = 6.25\,\mathrm{s} \approx \underline{\underline{6.3\,\mathrm{s}}}\]

b) Vi bruker fart-strekning-likningen (Likning 3), \(v^2=v_0^2+2a(s-s_0)\), med \(v=0\) og \(s_0=0\): \[0 = (25\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1})^2 + 2\cdot(-4.0\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2})\cdot s \quad\Rightarrow\quad s = \frac{625}{8.0} = 78.1\,\mathrm{m} \approx \underline{\underline{78\,\mathrm{m}}}\]

c) Siden akselerasjonen er konstant, er \(v(t)\) en rett linje som starter i \(v_0=25\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\) og avtar lineært til \(v=0\) ved \(t=6.25\,\mathrm{s}\):

Stein kastet fra et stup

En stein kastes fra toppen av et stup med utgangsfart \(v_0 = 15\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\) i en vinkel \(30^\circ\) over horisontalen. Stupet er \(h = 40\,\mathrm{m}\) over vannet. Se bort fra luftmotstand.

  1. Finn de horisontale og vertikale komponentene av \(\vec{v}_0\).

  2. Finn hvor lang tid steinen er i luften før den treffer vannet.

  3. Finn hvor langt fra stupkanten steinen treffer vannet.

  4. Finn farten (størrelsen på hastigheten) steinen har i det den treffer vannet.

Vi dekomponerer igjen bevegelsen, akkurat som i Rallybil kjører utfor (figuren). Vi lar \(x_0=0\) og \(y_0=h=40\,\mathrm{m}\) (høyden over vannet), med \(y=0\) ved vannflaten.

a) Utgangsfarten dekomponeres med vinkelen \(30^\circ\) over horisontalen: \[v_{0x} = v_0\cos(30^\circ) = 15\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\cdot\cos(30^\circ) = 12.99\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1} \approx \underline{\underline{13\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}}}\] \[v_{0y} = v_0\sin(30^\circ) = 15\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\cdot\sin(30^\circ) = \underline{\underline{7.5\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}}}\]

b) Posisjonslikningen i \(y\)-retning er \(y(t) = y_0+v_{0y}t-\tfrac12\mathrm g t^2\). Steinen treffer vannet når \(y(t)=0\): \[0 = 40\,\mathrm{m} + 7.5\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\cdot t - \tfrac12\cdot9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}\cdot t^2\] Dette er en andregradslikning i \(t\). Løser vi den med abc-formelen (og forkaster den negative løsningen, som ikke gir fysisk mening), får vi \[t = 3.72\,\mathrm{s} \approx \underline{\underline{3.7\,\mathrm{s}}}\]

c) Horisontal avstand er \(x(t) = v_{0x}\,t\): \[x = 13.0\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\cdot3.72\,\mathrm{s} = 48.3\,\mathrm{m} \approx \underline{\underline{48\,\mathrm{m}}}\]

d) Vertikal hastighetskomponent idet steinen treffer vannet er \(v_y = v_{0y}-\mathrm g t\): \[v_y = 7.5\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1} - 9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}\cdot3.72\,\mathrm{s} = -29.0\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\] Den horisontale komponenten er uendret, \(v_x=v_{0x}=13.0\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\). Farten blir \[v = \sqrt{v_x^2+v_y^2} = \sqrt{13.0^2+29.0^2} = 31.8\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1} \approx \underline{\underline{32\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}}}\] Som en kontroll kan vi bruke energibetraktning (fritt fall-komponenten alene): \(v=\sqrt{v_0^2+2\mathrm g h} = \sqrt{15^2+2\cdot9.81\cdot40}\approx31.8\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}\), som stemmer.

Sirkelbevegelse – pariserhjul

Et pariserhjul har radius \(r = 15\,\mathrm{m}\) og roterer med konstant fart slik at det tar \(40\,\mathrm{s}\) å fullføre én runde.

  1. Finn farten \(v\) til en passasjer ved kanten av hjulet.

  2. Finn sentripetalakselerasjonen til passasjeren.

  3. Sammenlikn denne akselerasjonen med tyngdens akselerasjon \(\mathrm{g}\). Er den stor eller liten i forhold?

a) Vi bruker \(v=2\pi r/T\) (se Omløpstid i kompendiet): \[v = \frac{2\pi\cdot15\,\mathrm{m}}{40\,\mathrm{s}} = 2.36\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1} \approx \underline{\underline{2.4\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1}}}\]

b) Sentripetalakselerasjonen er \[a_\perp = \frac{v^2}{r} = \frac{(2.36\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-1})^2}{15\,\mathrm{m}} = 0.370\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2} \approx \underline{\underline{0.37\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}}}\]

c) Forholdet til tyngdens akselerasjon er \[\frac{a_\perp}{\mathrm g} = \frac{0.370\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}}{9.81\,\mathrm{m}\,\mathrm{s}^{-2}} \approx \underline{\underline{0.038}},\] altså bare omtrent \(3.8\,\%\) av \(\mathrm g\). Sentripetalakselerasjonen er dermed liten sammenliknet med tyngdens akselerasjon – en passasjer i et pariserhjul kjenner knapt denne akselerasjonen.