= −∆

(1)

1. Fata Morgana (3pt) (IPHO 1984)

a. Met behulp van de figuur kun je zien:

𝑛𝐴sin 𝛼 = 𝑛1sin 𝛼1 = 𝑛2sin 𝛼2= ⋯ = 𝑛𝐵sin 𝛽

b. Het verschijnsel komt door totale reflectie in een laag warme lucht als geldt dat 𝛽 = 90°

Dat geeft 𝑛𝐴sin 𝛼 = 𝑛_𝐵sin 90° = 𝑛_𝐵

c. Omdat de dichtheid van lucht 𝜌 omgekeerd evenredig is met de absolute temperatuur 𝑇 bij constante druk, kunnen we schrijven:

𝑛(𝑇) = 1 + 𝑘 ∙ 𝜌 = 1 + 𝑘 𝑇� Bij 15 ℃ geeft dit voor 𝑘 = 0,0795

Om totale reflectie te krijgen moet gelden 𝑛30sin 𝛼 = 𝑛_𝑇 ofwel

�1 +₃₀₃^𝑘 � ∙_√ℎ₂^𝐿_+𝐿₂= �1 +^𝑘_𝑇� met ℎ = 1,6 m en 𝐿 = 250 m.

Omdat geldt dat ℎ ≪ 𝐿 kunnen we een taylorontwikkeling gebruiken in ℎ 𝐿�

𝑇 =

³⁰³

�³⁰³_𝑘 +1� ¹

�1+ℎ2 𝐿2� −303𝑘

≈ 303 �1 +

^303ℎ_2𝑘𝐿₂²

� = 328 K = 56 ℃

0,5

0,5 0,5

0,5

(2)

2. Gascilinder met veer (3pt)

(opgave 4.24 uit Cahn, a guide to physic problems 2) Het gas zet uit, het verricht dus positieve arbeid, omdat het

thermisch is geïsoleerd, is de energieverandering negatief en daalt de temperatuur. Voor een ideaal gas hangt dit alleen af van de

temperatuurverandering en er geldt dan:

∆𝐸 = 𝐶_𝑉∆𝑇 = 𝐶_𝑉(𝑇₁− 𝑇₀) (1)

Met 𝐶𝑉 de warmtecapaciteit van 1,0 mol gas bij constant volume (voor een één-atomig gas geldt 𝐶_𝑉=^3𝑅₂. De arbeid verricht door het gas gaat in het induwen van de veer zitten:

𝑈 =

^𝐾𝑥₂²

= −∆𝐸 met 𝐾 de veerconstante en 𝑥 de verplaatsing van de zuiger. (2)

Bij evenwicht geldt voor de krachten op de zuiger:

𝐹 = 𝐾𝑥 = 𝑝1𝐴 met A de oppervlakte van de zuiger, dus met de ideale gaswet voor 1 mol gas geldt:

𝐾 =

^𝑝¹_𝑥^𝐴

=

^𝑅𝑇_𝑥𝑉¹^𝐴

1

Deze 𝐾in 𝑈 invullen geeft:

1 2 1

1 1

2 2

RT A RT Ax

U x

xV V

= =

(3)

Ax is de volumeverandering van het gas:

1 0

2

0 0 0

Ax

= −

V V

=

V

−

V

=

V

(4)

(3) in (2) geeft dan:

1 0 1

4 0 4 RTV RT

U = V =

(5)

(4) en (2) invullen in (1) geeft dan:

1

1 0

( )

V 4 E C T T RT

∆ = − = −

(6)

en

0 0

1

300 257 K

1 1 1

4 4 6

V

V V

C T T

T C R R

C

= = = =

+ + + (7)

voor de druk:

1 1

2

1 0 1

p V

=

p V

=

RT

(8)

en

0 1

1 0 0

0

1 3

0, 43 bar

2 2 2 7

2

_V T p

p p p

T R

C

= = = =

+ (9)

0,5

1

(3)

3. Ring en massa (3pt)

De totale massa van het system is 𝑀 = 2𝑚. Het massamiddelpunt van alleen de ring is in het centrum. Het massamiddelpunt van het systeem bevindt zich dus op een afstand 𝑑 = 𝑟 2� van het centrum op de rechte lijn vanuit O naar het gewicht. Het traagheidsmoment van het systeem ten opzichte van de as door O is 𝐼0= 2𝑚𝑟². Voor de as door het massamiddelpunt S geldt met behulp van het theorema van Steiner: 𝐼_𝑆= 𝐼₀− 𝑀𝑑²=³₂𝑚𝑟². Voor de as door de plek waar de ring de grond raakt geldt: 𝐼 = 𝐼𝑆+ 𝑀(𝑑²+ 𝑟²+ 2𝑑𝑟 cos 𝛼) = 5𝑚𝑟²

We kunnen de hoekversnelling 𝜀 van de ring bepalen met hulp van de vergelijking die de beweging van de ring om de as door P beschrijft. 𝐼𝜀 = 𝑀𝑔𝑑 sin 𝛼 /1/ en dat 𝜀 =^√3₁₀^𝑔_𝑟 /vgl 2/.

Je kunt de hoekversnelling ook bepalen met de volgende vergelijkingen:

𝑇 = 𝑀𝑎𝑆 /vgl3/, translatie in horizontale richting door de wrijvingskracht 𝑇/ en 𝑀𝑔𝑑 sin 𝛼 − 𝑇𝑟 − 𝑀𝑎𝑑 cos 𝛼 = 𝐼₀^𝑎_𝑟 /vgl4/, rotatie rond het centrum van de ring van inertiaalstelsel wat met C met versnelling 𝑎 meebeweegt/.

De versnelling 𝑎𝑆 in horizontale richting bestaat uit de horizontale projectie van de versnelling van het massamiddelpunt in S ten opzichte van het midden O van de ring en van de versnelling 𝑎 van de ring ten opzichte van de tafel. 𝑎𝑆= 𝜀𝑟 + 𝜀^𝑟₂cos 𝛼 =⁵₄𝑎 /vgl5/

Om ter rollen en niet te glijden, kijken we naar de vergelijking van de rotatie van het systeem rond het massamiddelpunt S die de reactiekracht 𝑅 van de tafel op de ring in verticale richting in zich heeft.

𝑅𝑑 sin 𝛼 − 𝑇(𝑟 + 𝑑 cos 𝛼) = 𝐼_𝑆𝜀 /vgl6/

Substitueren in 𝜀 =^𝑎_𝑟 geeft dan 𝑎 =⁴₅𝑎_𝑆=⁴₅_𝑀^𝑇

We krijgen dan als voorwaarde voor rollen 𝐹𝑤= 𝑓𝑅 > 𝑇 en dus 𝑓 >^𝑇_𝑅=^5√3₃₇

Je kunt ook uitgaan van /vgl3/ en de vgl voor translatie van het massamiddelpunt in verticale richting 𝑀𝑔 − 𝑅 = 𝑀𝜀𝑑 sin 𝛼

Dan kun je berekenen: 𝑇 = 𝑀𝑎𝑆=^5√3₂₀ 𝑚𝑔 en 𝑅 =³⁷₂₀𝑚𝑔 wat overeenkomt met het eerder gevonden resultaat

4. Transparante film (2 pt) es 2004

De kleine golflengtetrillingen in het diagram komen door de diffractie van de film.

Voor de maxima geldt dan: 2𝑑𝑛 = 𝜆𝑁 = 𝑐𝑁 𝑣� en dus 2𝑑𝑛𝑣 = 𝑐𝑁 en 2𝑑𝑛(𝑣 + 𝛿𝑣) = 𝑐(𝑁 + 1), zodat geldt 2𝑑𝑛𝛿𝑣 = 𝑐 en 𝑑 = 𝑐 2𝑛𝛿𝑣⁄ .

We nemen een groter golflengte interval bijvoorbeeld Δ𝑣 = 80 THz en tellen het aantal maxima ertussen, 𝑚 ≈ 34.

Dan geldt dat: 𝛿𝑣 = ∆𝑣 𝑚⁄ ≈ 3,35 THz en 𝑑 ≈ 50 µm.

0,5

1

(4)

5. Mechano – elektrische trillingen (4pt) (es2005)

a. 2e wet van newton: 𝑚𝑥̈ = −𝑘𝑥, dus 𝑥̈ = −_𝑚^𝑘 𝑥, dus 𝜔₀= �𝑘 𝑚� . b. Met Gauss geldt voor de lading op de plaat 𝑄 = 𝑆𝜀0𝐸 = 𝑆𝜀⁰𝑈

𝑥₁

� . Voor de kracht op de plaat geldt:

𝐹_𝑒 = 𝑘(𝑥₀− 𝑥₁) = 𝑄〈𝐸〉 met 〈𝐸〉 het gemiddelde elektrisch veld (gemiddeld over de ladingen).

Kijkend naar de ladingslaag (op het oppervlak van de plaat), hangt het elektrisch veld daar lineair af van de netto lading de plaat in. Daarom is het gemiddelde veld het rekenkundig gemiddelde van de velden aan beide kanten van de laag 〈𝐸〉 = 𝐸 2� . En daarmee geldt 𝐹𝑒= 𝑄 𝐸 2� .

Dus 𝐹𝑒 =^𝑆₂𝜀0�𝑈 𝑥� �1 ² en daarmee: 𝑈 = 𝑥1�2𝑘(𝑥₀− 𝑥₁) 𝑆𝜀0

� .

c. Als de platen over afstand 𝑥 bewegen wordt de verandering van de kracht door het elektrisch veld:

𝛿𝐹𝑒= 𝑥 �_𝑑𝑥^𝑑₁^𝑆₂𝜀0(𝑈 𝑥⁄ )1 ²� =_𝑥^𝑥

1𝑆𝜀0(𝑈 𝑥⁄ )1 ².

Bedenkend dat ^𝑆₂𝜀₀(𝑈 𝑥⁄ )1 ²= 𝑘(𝑥₀− 𝑥₁), krijg je dan 𝛿𝐹𝑒 = 2_𝑥^𝑥

1(𝑥0− 𝑥₁).

de veerkracht verandert ook 𝛿𝐹𝑘 = −𝑘𝑥. De veranderingen werken elkaar tegen, dus 𝛿𝐹 = −𝑘𝑥 �1 − 2 �_𝑥^𝑥⁰₁− 1�� = −𝑘𝑥 �3 − 2_𝑥^𝑥₁⁰�. En dan 𝑥̈ = 𝛿𝐹 𝑚⁄ = −𝑥_𝑚^𝑘�3 − 2^𝑥_𝑥⁰

1� en 𝜔 = �_𝑚^𝑘�3 − 2^𝑥_𝑥¹

0�.

d. Er zijn nu 2 periodiek veranderende grootheden, 𝑥 en 𝑞. Met Kirchhoff noteren we:

𝐿𝑞̈ = −^𝑞_𝐶𝑥𝑄_𝑑𝑥^𝑑

1𝐶⁻¹. De 2^e term beschrijft de spanningsverandering op de condensator door de verandering in capaciteit. Bedenk dat 𝐶⁻¹= 𝑥₁⁄𝑆𝜀₀ en 𝑄 = 𝑆𝜀0⁄ , 𝑥₁

dus _𝑑𝑥^𝑑

1𝐶⁻¹= 1 𝑆𝜀⁄ ₀ en 𝐿𝑞̈ = −^𝑞_𝐶− 𝑈_𝑥^𝑥

1.

Het teken van de tweede term gaat ervan uit dat de 𝑥-as omhoog gericht is. (er is geen stroom in de spoel als en 𝐿𝑞̈ = 0 als de spanning op de condensator constant blijft.: bij toenemende lading 𝑞 > 0, veronderstelt dit toenemende capaciteit, ofwel 𝑥 < 0, in overeenstemming met de tekens in de formule).

Als 2^e nemen we de tweede wet van Newton: Voor 𝐹𝑒 kunnen we schrijven 𝐹𝑒= − 𝑄²⁄2𝑆𝜀0. Als de lading op de plaat niet verandert (𝑞 = 0), verandert 𝐹𝑒 ook niet.

Dus 𝛿𝐹𝑒= 𝑞_𝑑𝑄^𝑑 𝑄²�2𝑆𝜀₀= 𝑞𝑄 𝑆𝜀⁄ ₀. De kleine krachtveranderingen kun je eenvoudig optellen 𝑚𝑥̈ = −𝑘𝑥 − 𝑞𝑄 𝑆𝜀⁄ ₀

We moeten nu een sinus-oplossing vinden met frequentie 𝜔, zo dat 𝑥̈ = −𝜔²𝑥 en 𝑞̈ = −𝜔²𝑞. Dit substitueren we in de twee vergelijkingen:

�(𝐿𝜔²− 𝐶⁻¹)𝑞 = 𝑥𝑈 𝑥⁄ 1

(𝜔²𝑚 − 𝑘)𝑥 = 𝑞𝑄 𝑆𝜀⁄ ₀

Dit geeft alleen een niet triviale oplossing als (𝐿𝜔²− 𝐶⁻¹)(𝜔²𝑚 − 𝑘) = 𝑈𝑄 𝑥⁄ 1𝑆𝜀0. Bedenkend dat 𝑈𝑄 𝑥⁄ = 2𝑘(𝑥1 0− 𝑥1) en 𝐶 = 𝜀0𝑆 𝑥⁄ , kunnen we de vgl herschrijven als: 1

(𝜀0𝑆𝐿𝜔²− 𝑥₁)(𝜔²𝑚 − 𝑘) = 2𝑘(𝑥₀− 𝑥₁) met 𝜔02= 𝑘 𝑚⁄ en 𝜔12 = 𝑥₁⁄𝜀₀𝑆𝐿 krijgen we dan 𝜔⁴− 𝜔²(𝜔12+ 𝜔₀²) + 𝜔02𝜔₁²�3 − 2^𝑥_𝑥⁰

1� = 0.

en 2𝜔²= 𝜔₁²+ 𝜔₀²± �𝜔₁⁴+ 𝜔₀⁴+ 2𝜔₁²𝜔₀²(𝑥₀𝑥₁⁻¹− 5), Dit systeem heeft twee eigenfrequenties als ^𝑥_𝑥⁰

1<³₂ en is verder instabiel.

0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

0,5

(5)

6. Zuigen (3pt) (es2006)

a. Neem 𝑥 horizontaal en 𝑦 verticaal . Neem 𝛿(𝑥) de hoogte van het vloeistofoppervlak. Aan het vloeistofoppervlak is de potentiele energie per volume-eenheid constant. 𝑈 = 𝜌𝑚𝑔𝛿 −_4𝜋𝜀¹

0𝜌_𝑒^𝑞_𝑟 = 0, met 𝑟 = �𝑥²+ (𝛿 − ℎ)² de afstand van het gegeven punt tot de lading. Neem 𝛿0= 𝛿(0).

Dan 𝛿0(𝛿0− ℎ) +_4𝜋𝜀¹

0

𝜌_𝑒𝑞

𝜌_𝑚𝑔= 0, herschrijven levert op 𝛿₀ =¹₂�ℎ − �ℎ²− 4_4𝜋𝜀¹

0

𝜌_𝑒𝑞 𝜌_𝑚𝑔� b. Het stromen start op 𝑥 = 0 waar het vloeistofoppervlak het hoogst is.

Als het stromen start bereikt dat punt met coördinaten (0, 𝛿0) de hoogste potentiele energie bewegend langs de y-as naar de lading. Dan 𝑈(𝑦) = 𝜌𝑚𝑔𝑦 −_4𝜋𝜀¹

0𝜌𝑒𝑞 (ℎ − 𝑦)⁄ heeft een maximum bij 𝑦 = ℎ₀. Dat levert twee vgln op:

𝜌𝑚𝑔ℎ₀−_4𝜋𝜀¹

0𝜌_𝑒𝑞 (ℎ − ℎ⁄ ₀)= 0 en 𝜌_𝑚𝑔 −_4𝜋𝜀¹

0𝜌_𝑒𝑞 (ℎ − ℎ⁄ ₀)²= 0 Als we deze vergelijken, vinden we ℎ = 2ℎ0 en ℎ02=_4𝜋𝜀¹

0𝜌𝑒𝑞 𝜌⁄ 𝑚𝑔 en dus ℎ = �𝜌𝑒𝑞 𝜋𝜀⁄ 0𝜌𝑚𝑔. 7. Magnetische puls (3pt)

(es 2009)

Omdat we de inductantie van de spoel mogen verwaarlozen, werkt hij als een spanningbron met spanning 𝑈 = 𝑁𝑆𝐵 𝜏⁄ = 1 V tussen 0 en 10 ms, en verder 0 V. De karakteristieke tijden voor de de circuits zijn 𝜏₁= 𝑅₁𝐶 = 0,6 s en 𝜏₂= 𝐿 𝑅⁄ ≈ 0,3 s zodat voor beide circuits de processen erg snel gaan en de ₂ capaciteit effectief is kortgesloten en bijna alle spanning over de inductie staat.

a. Gegeven bovenstaande, geldt 𝐼1= 𝑈 𝑅⁄ ≈ 0,33 A. Voor 𝐼₁ 2 geldt, die gaat groeien van 0 A op 𝑡 = 0 met een snelheid gegeven door 𝐿^𝑑𝐼_𝑑𝑡= 𝑈, ofwel 𝐼₂ = 𝑈𝑡₁⁄ = 5 mA. 𝐿

b. Als 𝑈 wordt afgezet, houdt de condensator (bijna geheel omdat 𝑡2− 𝜏 ≪ 𝑅₁𝐶) de opgebouwde lading 𝑄 = 𝐼₁𝜏. De spanning van de condensator (𝑄 𝐶⁄ ) staat over 𝑅1 zodat 𝐼1′ = 𝑄 𝑅⁄ ₁𝐶=

𝑈𝜏 𝑅⁄ ₁²𝐶 ≈ 5,6 mA. De inductie houdt (bijna geheel, omdat 𝑡2− 𝜏 ≪ 𝐿 𝑅⁄ ) de stroom die hij ₂ gedurende de eerste 10 ms had, 𝐼2′ = 𝑈𝜏 𝐿⁄ = 10 mA.

c. Omdat de stroom in 𝑅2 langzaam vermindeert, vergeleken met de groei in de eerste 10 ms, kunnen we de stroom gedurende 𝑡 < 𝜏 verwaarlozen. We kunnen de wet van Kirchhoff dan schrijven als

𝐿_𝑑𝑡^𝑑𝐼+ 𝑅₂^𝑑𝑞_𝑑𝑡 = 0 wat oplevert: 𝐿𝑑𝐼 + 𝑅₂𝑑𝑞 = 0 en 𝐿∆𝐼 = −𝑅₂∆𝑞. Omdat ∆𝐼 = −𝐼₂^′ krijgen we

∆𝑞 = 𝐿𝐼₂^′⁄𝑅₂= 3,3 mC.

8. Met een lens branden (3pt) Es 2013

a. De energieflux van de zon die door de lens wordt gefocusseerd kun je berekenen via 𝑃 =^𝜋₄𝑑²𝐼; Het beeld van de zon straalt met de wet van Stefan-Boltzmann een totaal vermogen uit van 𝑃 = 𝐴𝜎𝑇⁴=

𝜋

4(𝛼𝑓)²𝜎𝑇⁴. Met de WvBvE geeft dit ^𝜋₄𝑑²𝐼 =^𝜋₄(𝛼𝑓)²𝜎𝑇⁴, zodat 𝑇 = �_𝛼𝑓^𝑑 �_𝜎^𝐼 ≈ 4500K.

b. Met de 2^e wet van de thermodynamica weet je dat het niet mogelijk is om energie vanaf een vwp met lagere temperatuur naar een vwp met hogere temperatuur te transporteren. Dichtbij de zon geldt 𝐼0= 𝜎𝑇04 met een totale flux: 𝑃𝑡 = 4𝜋𝑅𝑠2𝐼0 met 𝑅𝑠 de straal van de zon. Dichtbij aarde geldt 𝑃𝑡 = 4𝜋𝐿²𝐼 met 𝐿 de straal van de baan van de aarde rond de zon. Dit levert 𝐼 = 𝐼0𝑅_𝑠²

𝐿²

� , dit met het

vorige resultaat levert: 𝑇 = 𝑇0�_𝛼𝑓^𝑑 ^𝑅_𝐿^𝑠.

Bedenk dat 𝛼𝐿 = 2𝑅𝑠, zodat 𝑇 = 𝑇0�_2𝑓^𝑑 ≤ 𝑇₀, wat betekent dat moet gelden dat 𝑑 ≤ 2𝑓

0,5

0,5 0,5

1 0,5

1 0,5 0,5 0,5

0,5

0,5 1

0,5

0,5 0,5

(6)

9. Relativistisch glas (3pt) (tentamen NS101B 2003) a.𝑛 = 1 dan 𝑇 =^𝐿_𝑐

b.𝛽 = 0 dan 𝑇 =^𝐿−𝑑_𝑐 ⁰+ ^𝑑𝑐⁰

𝑛 =^𝐿_𝑐+^𝑑_𝑐⁰(𝑛 − 1) c. 𝑡𝑢𝑖𝑡′ − 𝑡_𝑖𝑛^′ = 𝑛^𝑑_𝑐⁰

d. 𝑥_𝑖𝑛 = 𝛾(𝑥_𝑖𝑛^′ + 𝑣𝑡_𝑖𝑛^′ ) = 𝛾𝑣𝑡𝑢𝑖𝑡′

𝑡_𝑖𝑛= 𝛾 �𝑡_𝑖𝑛^′ +_𝑐^𝑣₂𝑥_𝑖𝑛^′ � = 𝛾𝑡_𝑖𝑛^′ zodat natuurlijk 𝑥𝑖𝑛 = 𝑣𝑡_𝑖𝑛; ook is 𝑡𝑖𝑛′ een eigentijd.

𝑥𝑢𝑖𝑡 = 𝛾(𝑥_𝑢𝑖𝑡^′ + 𝑣𝑡_𝑢𝑖𝑡^′ ) = 𝛾𝑑0+ 𝛾𝑣𝑡_𝑢𝑖𝑡^′ 𝑡𝑢𝑖𝑡 = 𝛾 �𝑡_𝑢𝑖𝑡^′ +_𝑐^𝑣₂𝑥_𝑢𝑖𝑡^′ � = 𝛾𝑣𝑡_𝑢𝑖𝑡^′ + 𝛾𝛽¹_𝑐𝑑0

zodat𝑡𝑢𝑖𝑡− 𝑡_𝑖𝑛 = 𝛾(𝑡_𝑢𝑖𝑡^′ − 𝑡_𝑖𝑛^′ ) + 𝛾𝛽^𝑑_𝑐⁰= 𝛾_𝑐¹𝑛𝑑₀+ 𝛾𝛽¹_𝑐𝑑₀ =^𝑛𝑑_𝑐⁰𝛾 �1 +^𝛽_𝑛� e.

𝑥𝑢𝑖𝑡− 𝑥𝑖𝑛= 𝛾𝑑0+ 𝛾𝑣(𝑡_𝑢𝑖𝑡^′ − 𝑡_𝑖𝑛^′ ) = 𝛾𝑑0+ 𝛾𝑣^𝑛𝑑_𝑐⁰= 𝛾𝑑0(1 + 𝛽𝑛) Zodat

𝑥_𝑢𝑖𝑡−𝑥_𝑖𝑛

𝑡_𝑢𝑖𝑡−𝑡_𝑖𝑛 = 𝑐 �^1+𝛽𝑛_𝑛+𝛽�, 𝑣𝑠𝑜𝑚=₁₊^𝑛^𝑐^+𝛽𝑐1

𝑐2 𝑐

𝑛𝛽𝑐= 𝑐 �¹^𝑛₁₊^+𝛽𝛽 𝑛

� = 𝑐 �^1+𝛽𝑛_𝑛+𝛽�.

f.

𝑇 = 𝑡_𝐵− 𝑡_𝐴= ¹_𝑐(𝑥_𝑖𝑛− 𝑥_𝐴) + (𝑡_𝑢𝑖𝑡− 𝑡_𝑖𝑛) +¹_𝑐(𝑥_𝐵− 𝑥_𝑢𝑖𝑡)

=¹_𝑐(𝑥 − 𝑥_𝐴) +¹_𝑐(𝑥_𝑢𝑖𝑡− 𝑥_𝑖𝑛) + (𝑡_𝑢𝑖𝑡− 𝑡_𝑖𝑛)

=^𝐿_𝑐−^𝛾𝑑_𝑐⁰(1 + 𝛽𝑛) +^𝛾𝑑_𝑐⁰(𝑛 + 𝛽)

=^𝐿_𝑐−^𝛾𝑑_𝑐⁰(𝑛 + 𝛽 − 1 − 𝛽𝑛)

=^𝐿_𝑐−^𝛾𝑑_𝑐⁰(𝑛 − 1)(1 − 𝛽)

=^𝐿_𝑐+ (𝑛 − 1)^𝑑_𝑐⁰�^1−𝛽_1+𝛽

10. Een bal de lucht in (3pt)

A rollend op bodem, B bovenin baan, C bovenaan hoogste punt. Er zijn geen niet-conservatieve krachten (statische wrijving verricht geen arbeid) dus 𝐸𝐴= 𝐸𝐵 = 𝐸𝐶

𝐸_𝐴=¹₂𝑚𝑣_𝐴²+¹₂𝐼𝜔_𝐴² (neem zwaarte-energie 0 daar)

1

2𝐼𝜔_𝐴² =¹₂�²₅𝑚𝑟²� �^𝑣_𝑟^𝐴�²=¹₅𝑚𝑣_𝐴²

𝐸𝐴= �¹₂+¹_𝑣�¹₅𝑚𝑣_𝐴² =₁₀⁷ 𝑚𝑣_𝐴² 𝐸_𝐵 =₁₀⁷ 𝑚𝑣_𝐵²+ 𝑚𝑔𝑅 𝐸_𝐴= 𝐸_𝐵→₁₀⁷ 𝑚𝑣_𝐴² =₁₀⁷ 𝑚𝑣_𝐵²+ 𝑚𝑔𝑅 𝑣𝐵2 = 𝑣_𝐴²−¹⁰₇ 𝑔𝑅 , invullen levert 𝑣_𝐵 = 1,8 m/s.

𝐸_𝐶 = 𝑚𝑔ℎ +¹₂𝐼𝜔_𝐶² , met 𝜔𝐶 = 𝜔_𝐵 ¹₂𝐼𝜔_𝐶² =¹₂�²₅𝑚𝑟²� �^𝑣_𝑟^𝐶�²=₅¹𝑚𝑣_𝐶²=¹₅𝑚𝑣_𝐵² 𝐸_𝐶 = 𝑚𝑔ℎ +¹₅𝑚𝑣_𝐵² 𝐸_𝐶 = 𝐸_𝐵→₁₀⁷ 𝑚𝑣_𝐵²+ 𝑚𝑔𝑅 = 𝑚𝑔ℎ +¹₅𝑚𝑣_𝐵²

𝑔ℎ = �₁₀⁷ −¹₅� 𝑣_𝐵²+ 𝑔𝑅 ℎ =^𝑣_2𝑔^𝐵²+ 𝑅 = 𝑅 +_2𝑔¹ �𝑣_𝐴²−¹⁰₇ 𝑔𝑅� = �1 −⁵₇� 𝑅 +^𝑣_2𝑔^𝐴² = 0,81 m.

0,5 0,5 0,5

0,5

0,5 0,5

0,5 0,5 0,5