15 Vaardigheden
Examenvoorbereiding | vwo
Uitwerking basisboek
15.1 EXAMENVRAGEN
1
a De vectoren van 𝑎Him hebben voor allebei de satellieten een component naar elkaar toe dus ze worden naar
elkaar toe versneld.
1
∙𝑑
b Voor GRACE A geldt: 𝑎hor = 𝑎Him ∙ cos(𝛼) waarbij cos(𝛼) = 2𝑟 en
𝑀 ∙𝑚 1
𝐹 𝐺∙ 12 𝐺∙𝑀1 𝐺∙𝑀1 2∙𝑑 𝑑
𝑎Him = 𝑚g = 𝑚
𝑟
= 𝑟2
→ 𝑎hor = 𝑟2
∙ 𝑟 = 𝐺 ∙ 𝑀1 ∙ 2∙𝑟3.
GRACE B is identiek aan GRACE A zodat de onderlinge versnelling tussen GRACE A en GRACE B gelijk is aan
𝑑
𝑎rel = 2 ∙ 𝑎hor = 𝐺 ∙ 𝑀1 ∙ 𝑟3 .
2 De hoeveelheid stof die in een tijdsduur ∆𝑡 wordt opgeveegd door de frontale oppervlakte 𝐴 is te berekenen met
∆𝑚 = 𝜌 ∙ ∆𝑉 = 𝜌 ∙ ∆𝑠 ∙ 𝐴 = 𝜌 ∙ 𝑣 ∙ ∆𝑡 ∙ 𝐴.
∆𝑚 𝜌∙𝑣∙∆𝑡∙𝐴
Dit invullen in formule (1) geeft: 𝐹 = ∆𝑡
∙𝑣 = ∆𝑡
∙ 𝑣 = 𝐴 ∙ 𝜌 ∙ 𝑣 2.
3
a De snelheid van de ionen staat loodrecht op het magnetisch veld dus staat de lorentzkracht ook loodrecht op de
snelheid. De lorentzkracht levert nu de benodigde middelpuntzoekende kracht voor de cirkelbeweging.
𝑚∙𝑣 2 𝐵∙𝑞∙𝑟
b 𝐹mpz = 𝐹L → 𝑟
=𝐵∙𝑞∙𝑣→𝑣 = 𝑚
. Voor de snelheid van de cirkelbeweging geldt: 𝑣 = 2𝜋 ∙ 𝑟 ∙ 𝑓 →
𝐵∙𝑞∙𝑟
𝑣 𝑚 𝐵∙𝑞
𝑓 = 2𝜋∙𝑟 = 2𝜋∙𝑟
= 2𝜋∙𝑚.
4
a 𝑣max = 4,0 m/s en 3 ∙ 𝑇 = 4,5 s → 𝑇 = 1,5 s.
2𝜋 2𝜋 2𝜋 2𝜋
b 𝑢(𝑡) = 𝐴 ∙ sin ( ∙ 𝑡) → 𝑣(𝑡) = 𝑢′ (𝑡) = ∙ 𝐴 ∙ cos ( 𝑇 ∙ 𝑡) dus 𝑇 𝐴 = 4,0 →
𝑇 𝑇
4,0 4,0
𝐴= 2𝜋
∙𝑇 = ×
1,5 = 0,95 m.
2𝜋
c De oppervlakte onder een 𝑢,𝑡-diagram is de verplaatsing, dus de oppervlakte onder een ‘bult’ zou 0,95 m moeten
zijn. Afschatting van deze oppervlakte: 1,3 m/s × 0,75 s = 0,98 m.
2𝜋 2𝜋 4𝜋2 2𝜋
d 𝑣(𝑡) = 𝑇
∙ 𝐴 ∙ cos ( 𝑇 ∙ 𝑡) → 𝑎(𝑡) = 𝑣 ′ (𝑡) =− 𝑇2
∙ 𝐴 ∙ sin ( 𝑇 ∙ 𝑡) dus
4𝜋2 4𝜋2
𝑎max = 𝑇 2 ∙ 𝐴 = 1,52 × 0,95 = 17 m/s 2.
e De versnelling is de helling van een 𝑣 ,𝑡-diagram. Teken een raaklijn in het steilste stuk van het 𝑣 ,𝑡-diagram en
10
bepaal de helling. Een raaklijn bij 𝑡 = 1,1 s geeft 𝑎max = = 17 m/s2.
0,6
5
a De wet van Ohm (𝑈 = 𝐼 ∙ 𝑅) geldt alleen voor een ‘ideale weerstand’, maar niet alle geleiders gedragen zich
‘ideaal’ en voldoen aan deze wet van Ohm, of geleiders voldoen slechts in een bepaald temperatuurgebied aan
deze wet.
b Een voorbeeld van een natuurwet is de tweede wet van Newton: 𝐹 = 𝑚 ∙ 𝑎 .
c Bij een botsing van twee auto’s blijft de impuls en de totale energie behouden.
d De valversnelling heeft niet overal op aarde dezelfde waarde dus is dit geen natuurconstante.
e De uitgezonden stralingsenergie van een ster moet zich, naarmate de afstand tot de ster toeneemt, over een
steeds groter boloppervlak verdelen. De oppervlakte van een bol neemt kwadratisch evenredig toe met de straal
van de bol en dus zal de stralingsintensiteit kwadratisch afnemen met de afstand tot de ster.
© ThiemeMeulenhoff bv Pagina 1 van 28
,6
a In het deeltjesmodel worden moleculen weergegeven met kleine balletjes.
b Bij een iteratief proces wordt in stapjes steeds opnieuw de waarde van alle grootheden berekend, waarbij in elke
stap de uitkomsten van de vorige stap worden gebruikt.
c Als bij een computermodel de tijdstap te groot is zal de uitkomst van het model niet betrouwbaar zijn, maar als de
tijdstap te klein is zal de computer heel lang aan het rekenen zijn.
d De marges van de verwachtingswaarde worden beïnvloed door de gebruikte tijdstap, de benaderingen van de
formules en de nauwkeurigheid van de beginwaarde.
7
a Bij het eerste model bepaalt de versnelling (en dus de kracht) de toename van de snelheid en bepaalt de snelheid
weer de kracht. De tijdstap speelt hier 1 keer een rol.
Bij het tweede model bepaalt de versnelling de toename van de snelheid per tijdstap en de snelheid bepaalt weer
de toename van de plaats per tijdstap. Tenslotte wordt de kracht (en dus de versnelling) weer door de plaats
bepaald. De tijdstap speelt hier dus 2 keer een rol: er is sprake van een verandering in 2 stappen.
b Bij een massa-veersysteem wordt de veerkracht bepaald door de uitwijking (= plaats) dus hierbij past het tweede
model.
c Bij een val met luchtweerstand wordt de luchtweerstand bepaald door de snelheid dus hierbij past het eerste
model.
𝐹 𝑐∙𝑣 𝑐
d 𝐹 = −𝑐 ∙ 𝑣 invullen in 𝑎 = 𝑚 geeft 𝑎 = − 𝑚
→ 𝑣 ′ (𝑡) = − 𝑚 ∙ 𝑣(𝑡).
d
e De afgeleide van 𝑣(𝑡) is evenredig met 𝑣(𝑡) en dat is ook zo bij exponentiële functies: (𝑒 𝑎∙𝑥 ) = 𝑎 ∙ 𝑒 𝑎∙𝑥 .
d𝑥
′
f 𝑣(𝑡) = 𝑠′(𝑡) en 𝑎(𝑡) = 𝑣′(𝑡) geeft 𝑎(𝑡) = (𝑠 ′ (𝑡)) = 𝑠′′(𝑡).
𝐹 𝑐
g 𝐹 = −𝑐 ∙ 𝑢(𝑡) invullen in 𝑎 = = geeft 𝑎(𝑡) = − ∙ 𝑢(𝑡). Door nu de uitrekking 𝑢(𝑡) gelijk te maken aan
𝑚 𝑚
𝑐
de verplaatsing 𝑠(𝑡) krijgen we: 𝑎(𝑡) = −
∙ 𝑠(𝑡).
𝑚
h De tweede afgeleide van 𝑠(𝑡) is evenredig met 𝑠(𝑡) dus dit is modelstructuur 2 (het 2e orde model).
8
a Het massagetal blijft behouden dus kan er geen alfastraling vrijkomen, maar zal er bètastraling vrijkomen.
b C-11 heeft atoomnummer (en dus ladingsgetal) 6 en B-11 heeft atoomnummer 5. Als het ladingsgetal met 1 daalt,
moet er een positron vrijkomen om te blijven voldoen aan de wet van behoud van lading.
c Volgens de wet van behoud van impuls moeten de 2 gammafotonen in tegengestelde richting uitgezonden worden
zodat de totale impuls 0 blijft.
9
a Bij gelijkblijvende dichtheid is de wet van behoud van massa in deze situatie de wet van behoud van volume: het
volume dat in 1 s voorbij stroomt blijft gelijk. Dit volume is 𝑣 ∙ 𝐴, waarbij 𝐴 de oppervlakte van de dwarsdoorsnede
van de rivier is. Als de rivier smaller wordt, wordt 𝐴 kleiner en zal de stroomsnelheid 𝑣 groter moeten worden.
b Volgens de wet van behoud van energie zorgt de extra wrijving met de bodem in het ondiepe gedeelte voor een
afname van de kinetische energie en dus voor een afname van de stroomsnelheid 𝑣 . Volgens de wet van behoud
van volume moet dan de oppervlakte van de dwarsdoorsnede van de golf groter worden zodat de golf hoger zal
worden.
© ThiemeMeulenhoff bv Pagina 2 van 28
, 10
a Bij een 2 × zo grote vogel is het volume en dus ook de massa 𝑚 van de vogel 8 × zo groot. Het vleugeloppervlak
𝐴 is 4 × zo groot, dus is de vleugelbelasting 8/4 = 2 × zo groot.
b Als 𝐿 evenredig is met 𝑣 2 kun je met behulp van coördinatentransformatie 𝐿
uitzetten tegen 𝑣 2 om de evenredigheidsconstante te vinden:
type/soort L (N∙m-2) v (m∙s-1) v2 (m2∙s-2)
kerkuil 9 4,9 24
boomvalk 28 8,5 72
buizerd 44 10 100
spreeuw 68 13 169
havik 85 16 256
Maak een grafiek van 𝑣 2 tegen 𝐿 en bepaald de helling: 𝐿 = 2,7 ∙ 𝑣 2.
c Op grotere hoogte is de luchtdichtheid 𝜌 lager dus zal volgens de formule
33𝑚
𝑣 = √ 𝜌∙𝐴 de kruissnelheid toenemen.
d Als 𝑚 kleiner wordt en het vleugeloppervlak gelijk blijft zal de kruissnelheid afnemen (zelfs als de afmetingen van
de vogel afnemen zal de massa sneller afnemen dan het vleugeloppervlak (zie onderdeel a) dus ook dan zal de
kruissnelheid afnemen).
e Bij een 2 × zo grote vogel is de massa 𝑚 8 × zo groot en het vleugeloppervlak 𝐴 4 × zo groot, dus wordt de
kruissnelheid √8/4 = 1,4 × zo groot.
𝑚∙𝑔 75×9,81
f 𝐿= = = 37 N ∙ m−2, maar de massa van de Ortnithocheirus is 100 × zo groot als van de kerkuil
𝐴 20
en de havik. Om te kunnen vergelijking schalen we de afmetingen van de Ortnithocheirus terug naar die van de
3
kerkuil en de havik. De massa is 100 × zo klein, dus zijn de afmetingen √100 × zo klein en is het
3 2 𝑚∙𝑔 100 3
vleugeloppervlak (√100) × zo klein. Omdat 𝐿 = zal de vleugelbelasting 3 2 = √100 = 4,6 × zo
𝐴 ( √100)
klein zijn → 𝐿 = 37/4,6 = 8,0 N ∙ m−2 .
De Ortnithocheirus lijkt als schaalmodel dus het meest op een kerkuil, want die heeft een vleugelbelasting van
9,0 N ∙ m−2.
11
a Uit de figuur volgt dat de maximale versnelling gelijk is aan de helling van de grafiek op tijdstip nul. Aflezen uit de
∆𝑣 160 3,2
grafiek geeft: 𝑎 = = = 3,2 m/s 2 en dat is = 0,33 ∙ 𝑔.
∆𝑡 50 9,81
𝑚∙𝑔 𝑃
b 𝑚 = 1740, 𝑔 = 9,81, 𝑃max = 3,75 ∙ 105 en 𝐹max = 3
invullen in 𝑣grens = 𝐹max geeft:
max
3,75∙105
𝑣grens = 1740×9,81/3
= 66 m/s.
c Als de snelheid onder de 66 m/s is moet de auto met maximale kracht optrekken, boven de 66 m/s is de kracht van
de motor afhankelijk van de snelheid.
d Op 𝑡 = 90 s verandert de luchtweerstand met factor 1,2/0,1 = 12.
e Op 𝑡 = 90 s is de snelheid 140 m/s (aflezen uit de grafiek) dus:
(𝐹rem + 𝐹lucht ) = 2500 + 1,2 ∙ 𝑣 2 = 2500 + 1,2 × 1402 = 2,6 ∙ 104 N →
(𝐹 +𝐹 ) 2,6∙104
𝑎 = rem lucht = = 15 m/s 2.
𝑚 1740
f 𝐹res = 𝐹motor − 𝐹rem − 𝐹lucht .
© ThiemeMeulenhoff bv Pagina 3 van 28
Examenvoorbereiding | vwo
Uitwerking basisboek
15.1 EXAMENVRAGEN
1
a De vectoren van 𝑎Him hebben voor allebei de satellieten een component naar elkaar toe dus ze worden naar
elkaar toe versneld.
1
∙𝑑
b Voor GRACE A geldt: 𝑎hor = 𝑎Him ∙ cos(𝛼) waarbij cos(𝛼) = 2𝑟 en
𝑀 ∙𝑚 1
𝐹 𝐺∙ 12 𝐺∙𝑀1 𝐺∙𝑀1 2∙𝑑 𝑑
𝑎Him = 𝑚g = 𝑚
𝑟
= 𝑟2
→ 𝑎hor = 𝑟2
∙ 𝑟 = 𝐺 ∙ 𝑀1 ∙ 2∙𝑟3.
GRACE B is identiek aan GRACE A zodat de onderlinge versnelling tussen GRACE A en GRACE B gelijk is aan
𝑑
𝑎rel = 2 ∙ 𝑎hor = 𝐺 ∙ 𝑀1 ∙ 𝑟3 .
2 De hoeveelheid stof die in een tijdsduur ∆𝑡 wordt opgeveegd door de frontale oppervlakte 𝐴 is te berekenen met
∆𝑚 = 𝜌 ∙ ∆𝑉 = 𝜌 ∙ ∆𝑠 ∙ 𝐴 = 𝜌 ∙ 𝑣 ∙ ∆𝑡 ∙ 𝐴.
∆𝑚 𝜌∙𝑣∙∆𝑡∙𝐴
Dit invullen in formule (1) geeft: 𝐹 = ∆𝑡
∙𝑣 = ∆𝑡
∙ 𝑣 = 𝐴 ∙ 𝜌 ∙ 𝑣 2.
3
a De snelheid van de ionen staat loodrecht op het magnetisch veld dus staat de lorentzkracht ook loodrecht op de
snelheid. De lorentzkracht levert nu de benodigde middelpuntzoekende kracht voor de cirkelbeweging.
𝑚∙𝑣 2 𝐵∙𝑞∙𝑟
b 𝐹mpz = 𝐹L → 𝑟
=𝐵∙𝑞∙𝑣→𝑣 = 𝑚
. Voor de snelheid van de cirkelbeweging geldt: 𝑣 = 2𝜋 ∙ 𝑟 ∙ 𝑓 →
𝐵∙𝑞∙𝑟
𝑣 𝑚 𝐵∙𝑞
𝑓 = 2𝜋∙𝑟 = 2𝜋∙𝑟
= 2𝜋∙𝑚.
4
a 𝑣max = 4,0 m/s en 3 ∙ 𝑇 = 4,5 s → 𝑇 = 1,5 s.
2𝜋 2𝜋 2𝜋 2𝜋
b 𝑢(𝑡) = 𝐴 ∙ sin ( ∙ 𝑡) → 𝑣(𝑡) = 𝑢′ (𝑡) = ∙ 𝐴 ∙ cos ( 𝑇 ∙ 𝑡) dus 𝑇 𝐴 = 4,0 →
𝑇 𝑇
4,0 4,0
𝐴= 2𝜋
∙𝑇 = ×
1,5 = 0,95 m.
2𝜋
c De oppervlakte onder een 𝑢,𝑡-diagram is de verplaatsing, dus de oppervlakte onder een ‘bult’ zou 0,95 m moeten
zijn. Afschatting van deze oppervlakte: 1,3 m/s × 0,75 s = 0,98 m.
2𝜋 2𝜋 4𝜋2 2𝜋
d 𝑣(𝑡) = 𝑇
∙ 𝐴 ∙ cos ( 𝑇 ∙ 𝑡) → 𝑎(𝑡) = 𝑣 ′ (𝑡) =− 𝑇2
∙ 𝐴 ∙ sin ( 𝑇 ∙ 𝑡) dus
4𝜋2 4𝜋2
𝑎max = 𝑇 2 ∙ 𝐴 = 1,52 × 0,95 = 17 m/s 2.
e De versnelling is de helling van een 𝑣 ,𝑡-diagram. Teken een raaklijn in het steilste stuk van het 𝑣 ,𝑡-diagram en
10
bepaal de helling. Een raaklijn bij 𝑡 = 1,1 s geeft 𝑎max = = 17 m/s2.
0,6
5
a De wet van Ohm (𝑈 = 𝐼 ∙ 𝑅) geldt alleen voor een ‘ideale weerstand’, maar niet alle geleiders gedragen zich
‘ideaal’ en voldoen aan deze wet van Ohm, of geleiders voldoen slechts in een bepaald temperatuurgebied aan
deze wet.
b Een voorbeeld van een natuurwet is de tweede wet van Newton: 𝐹 = 𝑚 ∙ 𝑎 .
c Bij een botsing van twee auto’s blijft de impuls en de totale energie behouden.
d De valversnelling heeft niet overal op aarde dezelfde waarde dus is dit geen natuurconstante.
e De uitgezonden stralingsenergie van een ster moet zich, naarmate de afstand tot de ster toeneemt, over een
steeds groter boloppervlak verdelen. De oppervlakte van een bol neemt kwadratisch evenredig toe met de straal
van de bol en dus zal de stralingsintensiteit kwadratisch afnemen met de afstand tot de ster.
© ThiemeMeulenhoff bv Pagina 1 van 28
,6
a In het deeltjesmodel worden moleculen weergegeven met kleine balletjes.
b Bij een iteratief proces wordt in stapjes steeds opnieuw de waarde van alle grootheden berekend, waarbij in elke
stap de uitkomsten van de vorige stap worden gebruikt.
c Als bij een computermodel de tijdstap te groot is zal de uitkomst van het model niet betrouwbaar zijn, maar als de
tijdstap te klein is zal de computer heel lang aan het rekenen zijn.
d De marges van de verwachtingswaarde worden beïnvloed door de gebruikte tijdstap, de benaderingen van de
formules en de nauwkeurigheid van de beginwaarde.
7
a Bij het eerste model bepaalt de versnelling (en dus de kracht) de toename van de snelheid en bepaalt de snelheid
weer de kracht. De tijdstap speelt hier 1 keer een rol.
Bij het tweede model bepaalt de versnelling de toename van de snelheid per tijdstap en de snelheid bepaalt weer
de toename van de plaats per tijdstap. Tenslotte wordt de kracht (en dus de versnelling) weer door de plaats
bepaald. De tijdstap speelt hier dus 2 keer een rol: er is sprake van een verandering in 2 stappen.
b Bij een massa-veersysteem wordt de veerkracht bepaald door de uitwijking (= plaats) dus hierbij past het tweede
model.
c Bij een val met luchtweerstand wordt de luchtweerstand bepaald door de snelheid dus hierbij past het eerste
model.
𝐹 𝑐∙𝑣 𝑐
d 𝐹 = −𝑐 ∙ 𝑣 invullen in 𝑎 = 𝑚 geeft 𝑎 = − 𝑚
→ 𝑣 ′ (𝑡) = − 𝑚 ∙ 𝑣(𝑡).
d
e De afgeleide van 𝑣(𝑡) is evenredig met 𝑣(𝑡) en dat is ook zo bij exponentiële functies: (𝑒 𝑎∙𝑥 ) = 𝑎 ∙ 𝑒 𝑎∙𝑥 .
d𝑥
′
f 𝑣(𝑡) = 𝑠′(𝑡) en 𝑎(𝑡) = 𝑣′(𝑡) geeft 𝑎(𝑡) = (𝑠 ′ (𝑡)) = 𝑠′′(𝑡).
𝐹 𝑐
g 𝐹 = −𝑐 ∙ 𝑢(𝑡) invullen in 𝑎 = = geeft 𝑎(𝑡) = − ∙ 𝑢(𝑡). Door nu de uitrekking 𝑢(𝑡) gelijk te maken aan
𝑚 𝑚
𝑐
de verplaatsing 𝑠(𝑡) krijgen we: 𝑎(𝑡) = −
∙ 𝑠(𝑡).
𝑚
h De tweede afgeleide van 𝑠(𝑡) is evenredig met 𝑠(𝑡) dus dit is modelstructuur 2 (het 2e orde model).
8
a Het massagetal blijft behouden dus kan er geen alfastraling vrijkomen, maar zal er bètastraling vrijkomen.
b C-11 heeft atoomnummer (en dus ladingsgetal) 6 en B-11 heeft atoomnummer 5. Als het ladingsgetal met 1 daalt,
moet er een positron vrijkomen om te blijven voldoen aan de wet van behoud van lading.
c Volgens de wet van behoud van impuls moeten de 2 gammafotonen in tegengestelde richting uitgezonden worden
zodat de totale impuls 0 blijft.
9
a Bij gelijkblijvende dichtheid is de wet van behoud van massa in deze situatie de wet van behoud van volume: het
volume dat in 1 s voorbij stroomt blijft gelijk. Dit volume is 𝑣 ∙ 𝐴, waarbij 𝐴 de oppervlakte van de dwarsdoorsnede
van de rivier is. Als de rivier smaller wordt, wordt 𝐴 kleiner en zal de stroomsnelheid 𝑣 groter moeten worden.
b Volgens de wet van behoud van energie zorgt de extra wrijving met de bodem in het ondiepe gedeelte voor een
afname van de kinetische energie en dus voor een afname van de stroomsnelheid 𝑣 . Volgens de wet van behoud
van volume moet dan de oppervlakte van de dwarsdoorsnede van de golf groter worden zodat de golf hoger zal
worden.
© ThiemeMeulenhoff bv Pagina 2 van 28
, 10
a Bij een 2 × zo grote vogel is het volume en dus ook de massa 𝑚 van de vogel 8 × zo groot. Het vleugeloppervlak
𝐴 is 4 × zo groot, dus is de vleugelbelasting 8/4 = 2 × zo groot.
b Als 𝐿 evenredig is met 𝑣 2 kun je met behulp van coördinatentransformatie 𝐿
uitzetten tegen 𝑣 2 om de evenredigheidsconstante te vinden:
type/soort L (N∙m-2) v (m∙s-1) v2 (m2∙s-2)
kerkuil 9 4,9 24
boomvalk 28 8,5 72
buizerd 44 10 100
spreeuw 68 13 169
havik 85 16 256
Maak een grafiek van 𝑣 2 tegen 𝐿 en bepaald de helling: 𝐿 = 2,7 ∙ 𝑣 2.
c Op grotere hoogte is de luchtdichtheid 𝜌 lager dus zal volgens de formule
33𝑚
𝑣 = √ 𝜌∙𝐴 de kruissnelheid toenemen.
d Als 𝑚 kleiner wordt en het vleugeloppervlak gelijk blijft zal de kruissnelheid afnemen (zelfs als de afmetingen van
de vogel afnemen zal de massa sneller afnemen dan het vleugeloppervlak (zie onderdeel a) dus ook dan zal de
kruissnelheid afnemen).
e Bij een 2 × zo grote vogel is de massa 𝑚 8 × zo groot en het vleugeloppervlak 𝐴 4 × zo groot, dus wordt de
kruissnelheid √8/4 = 1,4 × zo groot.
𝑚∙𝑔 75×9,81
f 𝐿= = = 37 N ∙ m−2, maar de massa van de Ortnithocheirus is 100 × zo groot als van de kerkuil
𝐴 20
en de havik. Om te kunnen vergelijking schalen we de afmetingen van de Ortnithocheirus terug naar die van de
3
kerkuil en de havik. De massa is 100 × zo klein, dus zijn de afmetingen √100 × zo klein en is het
3 2 𝑚∙𝑔 100 3
vleugeloppervlak (√100) × zo klein. Omdat 𝐿 = zal de vleugelbelasting 3 2 = √100 = 4,6 × zo
𝐴 ( √100)
klein zijn → 𝐿 = 37/4,6 = 8,0 N ∙ m−2 .
De Ortnithocheirus lijkt als schaalmodel dus het meest op een kerkuil, want die heeft een vleugelbelasting van
9,0 N ∙ m−2.
11
a Uit de figuur volgt dat de maximale versnelling gelijk is aan de helling van de grafiek op tijdstip nul. Aflezen uit de
∆𝑣 160 3,2
grafiek geeft: 𝑎 = = = 3,2 m/s 2 en dat is = 0,33 ∙ 𝑔.
∆𝑡 50 9,81
𝑚∙𝑔 𝑃
b 𝑚 = 1740, 𝑔 = 9,81, 𝑃max = 3,75 ∙ 105 en 𝐹max = 3
invullen in 𝑣grens = 𝐹max geeft:
max
3,75∙105
𝑣grens = 1740×9,81/3
= 66 m/s.
c Als de snelheid onder de 66 m/s is moet de auto met maximale kracht optrekken, boven de 66 m/s is de kracht van
de motor afhankelijk van de snelheid.
d Op 𝑡 = 90 s verandert de luchtweerstand met factor 1,2/0,1 = 12.
e Op 𝑡 = 90 s is de snelheid 140 m/s (aflezen uit de grafiek) dus:
(𝐹rem + 𝐹lucht ) = 2500 + 1,2 ∙ 𝑣 2 = 2500 + 1,2 × 1402 = 2,6 ∙ 104 N →
(𝐹 +𝐹 ) 2,6∙104
𝑎 = rem lucht = = 15 m/s 2.
𝑚 1740
f 𝐹res = 𝐹motor − 𝐹rem − 𝐹lucht .
© ThiemeMeulenhoff bv Pagina 3 van 28
