\documentclass[11pt]{article}
\usepackage{epsfig}
\usepackage[norsk]{babel}
\topmargin=-2.5cm
\oddsidemargin=-1.0cm
\evensidemargin=-1.0cm
\textheight=25cm
\textwidth=18cm
\setlength{\parindent}{0cm}

\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}

\begin{center}
\begin{bf}
TFY4104/TFY4125 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU.

L{\o}sningsforslag til Test 2.
\end{bf}
\end{center}

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 1}\\
Sokken er i uniform sirkelbevegelse, og da er alltid akselerasjonen
rettet radielt innover (sentripetalakselerasjon). Med N2 blir da ogs{\aa}
nettokraften p{\aa} sokken rettet radielt innover.
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 2}\\
Nettokraften p{\aa} de to massene med total masse $4m$ er tyngden til $m$,
dvs $mg$. Systemets konstante akselerasjon er derfor $a=g/4$. Med startposisjon
og starthastighet lik null er $v = at = gt/4$ og $h = at^2/2 = gt^2/8$.
Dette gir tiden $t = \sqrt{8h/g}$ for {\aa} falle en distanse $h$, og dermed
hastigheten $v = g\sqrt{8h/g}/4 = \sqrt{gh/2}$. 
Riktig svar: B.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 3}\\
Det er ingen akselerasjon i horisontal retning, dvs hastigheten er konstant.
Da m{\aa} $x(t)$ bli en rett linje (med stigningstall forskjellig fra null).
Riktig svar: D.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 4}\\
Pianoet st{\aa}r i ro. N1 gir da en friksjonskraft lik kraften du dytter med, 700 N.
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 5}\\
P{\aa} {\o}yem{\aa}l er stigningstallet til grafen $x(t)$ omtrent lik 2.5 m/s ved
$t=1$ s. Dette tilsvarer 9 km/h. Da satser vi p{\aa} 11 km/h.
Riktig svar: B.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 6}\\
Tyngdens akselerasjon p{\aa} overflaten av en (kuleformet) planet med masse $M$ og
radius $R$ er $GM/R^2$. En firedobling av radien og en masse ganget med faktoren
14.5 gir en tyngdeakselerasjon $(GM/R^2) \cdot (14.5/16) \simeq 0.9 GM/R^2$.
Riktig svar: B.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 7}\\
Den som insisterer p{\aa} at fart er en positiv st{\o}rrelse, i betydningen
hastighetsvektorens absoluttverdi, vil m{\aa}tte svare alternativ E.
Vi andre tenker som s{\aa}: Ballens fart skifter fortegn i det den spretter
i golvet. Den mister gjerne litt mekanisk energi i kollisjonen med golvet og
spretter derfor ikke like h{\o}yt som til der den ble sluppet. Kurvene A, C og D
kan ikke stemme: Ballens fart kan umulig avta line{\ae}rt mot null mot slutten
av sin ferd mot golvet. Kurve B, derimot, ser fin ut. Farten er null n{\aa}r
ballen slippes, den {\o}ker line{\ae}rt i absoluttverdi inntil den br{\aa}tt skifter
fortegn i det den treffer golvet. Etter kollisjonen med golvet er farten litt
mindre i absoluttverdi enn like f{\o}r kollisjonen. Siste line{\ae}re del av kurven
beskriver at farten reduseres til null og skifter fortegn p{\aa} toppen f{\o}r
den faller ned og treffer golvet for andre gang.
Riktig svar: B.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 8}\\
Vogna har hele tiden kontakt med underlaget og er dermed hele tiden i sirkelbevegelse,
riktignok ikke uniform. Akselerasjonsvektoren m{\aa} peke radielt inn mot sirkelens
sentrum b{\aa}de p{\aa} toppen og ved bunnen av loopen, med st{\o}rst absoluttverdi
der farten er st{\o}rst, dvs nederst. Bare figur D stemmer med dette. I denne figuren
er ogs{\aa} pilene p{\aa} h{\o}yre og venstre side rimelige, siden tyngdekraften
bidrar til en akselerasjonskomponent rettet nedover, i tillegg til sentripetalakselerasjonen
rettet inn mot sentrum.
Riktig svar: D.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 9}\\
Klossen ligger i ro, og N1 gjelder, b{\aa}de normalt p{\aa} og langs med skr{\aa}planet.
Langs skr{\aa}planet virker tyngdens komponent $mg\sin\theta$ nedover og friksjonen $f$
oppover. F{\o}lgelig er $f = mg\sin\theta$.
Riktig svar: D.

\newpage
\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 10}\\
Newtons 1.\ lov anvendt p{\aa} de to kulene, med positiv retning nedover:
\begin{eqnarray*}
mg + S - f &=& 0 \\
2mg - S - f &=& 0
\end{eqnarray*}
Her er $f$ luftmotstanden og $S$ er snordraget. Vi trekker 2.\ ligning fra
den f{\o}rste, som eliminerer $f$ og gir snordraget $S = mg/2$.
Riktig svar: B.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 11}\\
Dersom det hadde v{\ae}rt opplyst at klossen ligger i ro, ville C ha v{\ae}rt
riktig svar, pga N1. Og dersom det hadde v{\ae}rt opplyst at klossen var i bevegelse,
ville B ha v{\ae}rt riktig svar; da er $f = \mu_k N = \mu_k mg = 0.4 \cdot 10 \cdot 10
= 40$ N. Begge deler er tenkbart, siden $F = 50$ N, som er st{\o}rre enn $\mu_k N$, og
samtidig mindre enn $f_{\rm max} = \mu_s N = 60$ N. Vi kan derfor ikke gi et entydig svar.
Riktig svar: E.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 12}\\
Her henger alt i ro, og N1 m{\aa} kunne brukes, for eksempel p{\aa} knutepunktet der
de tre tauene m{\o}tes. Vertikalt har vi dermed $S_3 = S_2 \sin 60^\circ = \sqrt{3} S_2/2$,
og horisontalt har vi $S_1 = S_2 \cos 60^\circ = S_2/2$. Med andre ord,
$S_2 = 2S_1 = 2S_3/\sqrt{3}$, som gir rekkef{\o}lgen $S_2 > S_3 > S_1$.
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 13}\\
Kun tyngdekraften virker p{\aa} ballen, s{\aa} ballens akselerasjon har retning rett ned.
Riktig svar: D.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 14}\\
Gjenstanden har ingen akselerasjon i retning normalt p{\aa} skr{\aa}planet. Normalkraften
fra skr{\aa}planet p{\aa} $m$ er derfor like stor som tyngdens komponent normalt p{\aa}
skr{\aa}planet, dvs $mg\cos\theta$. Det at vi dytter med en kraft $\bold{F}$ parallelt
med skr{\aa}planet p{\aa}virker ikke bevegelsen og ''kraftregnskapet'' normalt p{\aa}.
Riktig svar: B.


\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 15}\\
Hastigheten er den deriverte av posisjonen:
$$v(t) = \frac{dx}{dt} = \frac{2.0\,{\rm m}}{\pi} \cdot 4\pi \,{\rm s}^{-1} \cdot
\cos(4\pi \,{\rm s}^{-1}\,t + \pi/3),$$
som ved tidspunktet $t = 2.0$ s har verdien
$$8.0\,{\rm m/s} \cdot \cos(8\pi+\pi/3) = 8.0\,{\rm m/s} \cdot \cos \pi/3 = 4.0\,{\rm m/s}.$$
Riktig svar: D.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 16}\\
I et fast koordinatsystem er enhetsvektorene $\hat{x}$ og $\hat{y}$ konstante, tidsuavhengige
st{\o}rrelser. Det samme gjelder, som vi ser, ikke for enhetsvektorene i polarkoordinater,
$\hat{r}$ og $\hat{\phi}$. Derivasjon av $\hat{r}$ mhp $t$ gir
$$\frac{d\hat{r}}{dt} = -\omega\hat{x}\sin\omega t + \omega\hat{y}\cos\omega t = \omega\hat{\phi}.$$
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 17}\\
Derivasjon av $\hat{\phi}$ mhp $t$ gir
$$\frac{d\hat{\phi}}{dt} = -\omega\hat{x}\cos\omega t - \omega\hat{y}\sin\omega t = -\omega\hat{r}.$$
Riktig svar: D.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 18}\\
$[k] = [f/v] =$ (kg m/s$^2$)/(m/s) = kg/s.
Riktig svar: E.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 19}\\
$[D] = [f/v^2] =$ (kg m/s$^2$)/(m/s)$^2$ = kg/m.
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 20}\\
Tyngdens komponent parallelt med skr{\aa}planet, $mg\sin\alpha$, virker nedover. Friksjonskraften
$f = \mu N = \mu mg\cos\alpha$ (der vi har brukt N1 normalt p{\aa} skr{\aa}planet: $N = mg\cos\alpha$)
virker oppover. N2 gir da $a = (mg\sin\alpha-\mu mg\cos\alpha)/m = g(\sin\alpha-\mu\cos\alpha)$.
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 21}\\
Her er $dy/dx = 2x/a$ og $d^2 y/dx^2 = 2/a$, slik at banens krumningsradius er
$R(x) = [1 + 4x^2/a^2]^{3/2}/(2/a)$ som er minimal i $x=0$, $R(0) = a/2$.
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 22}\\
Vi kjenner her $v(y)$ og $y(x)$, og kan dermed regne ut b{\aa}de $v(x)$ og $\dot{v}(x)$,
dvs b{\aa}de sentripetalakselerasjonen $v^2/R$ (siden vi ogs{\aa} kjenner krumningsradien
$R(x)$) og baneakselerasjonen $\dot{v}$. Vi har direkte at $v(0) = \sqrt{2gh}$, som med
$R(0)=a/2$ gir $v^2/R = 4gh/a$ i $x=0$. Dette er total akselerasjon i $x=0$, da
baneakselerasjonen er null her:
$$\dot{v} = \frac{dv}{dy}\,\frac{dy}{dt} = -\frac{g\dot{y}}{\sqrt{2g(h-y)}},$$
og
$$\dot{y} = \frac{dy}{dx}\,\frac{dx}{dt} = \frac{2x\dot{x}}{a}.$$
Ved $x=0$ er $\dot{y}=0$, og dermed ogs{\aa} $\dot{v}=0$.
Riktig svar: E.


\end{document}