Uitwerkingen havo hoofdstuk 2 - members.home.nlmembers.home.nl/h.d.kloppenburg/natuurkunde... · UITWERKINGEN OPGAVEN HAVO HOOFDSTUK 2 3 van 34 b De lichtsnelheid c = 2,99792458 ·

UITWERKINGEN OPGAVEN HAVO HOOFDSTUK 2 1 van 34

Uitwerkingen opgaven hoofdstuk 2

2.1 Onderzoek naar bewegingen

Opgave 7 a De afstand tussen de stippen wordt steeds groter. b De grafiek gaat steeds steiler lopen.

Opgave 8 a De grafiek loopt dan horizontaal.

b De grafiek loopt dan het steilst. Dat is tussen 0 en 13 minuten. c Reken voor ieder deel van de grafiek uit hoeveel km in 1 minuut wordt

afgelegd. In het eerste gedeelte legt de fietser in 13 minuten 3,4 km af. In 1 minuut legt

de fietser dan 3,4

13 = 0,26 km af.

In het derde gedeelte legt de fietser in 22 minuten (begintijd = 16 minuut tot eindtijd = 38 minuut) een afstand af van 4,2 km (beginpositie 3,4 km;

eindpositie 7,6 km), dus in 1 minuut legt de fietser 4,2

22 = 0,19 km af.

In het laatste gedeelte legt de fietser in 7 minuten (begintijd = 43 minuut tot eindtijd = 50 minuut) een afstand af van 1,6 km (beginpositie 7,6 km;

eindpositie 9,2 km), dus in 1 minuut legt de fietser 1,6

7 = 0,23 km af.

Opgave 9 a Zie figuur 2.1 (of figuur 2.3 in het kernboek).

Figuur 2.1

Tussen twee flitsen zit 1

0,040 s.25

=

Er staan zes beeldjes op de foto. Hiertussen zitten vijf tijdsintervallen. Er zit dus 5 × 0,040 = 0,20 s tussen het eerste en het laatste beeldje.

b Eerste manier (met je ogen) Zie figuur 2.1. Bepaal met behulp van de foto zo nauwkeurig mogelijk op de gefotografeerde meetlat de afstand tussen twee gelijke punten van de schijf op de eerste en vierde afbeelding. Als je de voorzijde van de schijf neemt, dan vind je op de meetlat voor de voorzijde van de eerste schijf 28,8 cm en voor de voorzijde op de vierde schijf


52,9 cm. De werkelijke afstand die de schijf heeft afgelegd is dan 52,9 cm – 28,8 cm = 24,1 cm. Tweede manier (met de schaalfactor) Zie figuur 2.1. Het beginpunt van de liniaal op de foto is 21,4 cm; het eindpunt van de liniaal op de foto is 59,6 cm. Het gefotografeerde deel van de liniaal heeft dus een lengte van 59,6 cm – 21,4 cm = 38,2 cm. De breedte van de foto kun je opmeten met een geodriehoek en is 10,95 cm. 38,2 cm op de foto komt in werkelijkheid overeen met een lengte van 10,95 cm. 1,0 cm op de foto komt in werkelijkheid overeen met een lengte van 38,2

10,95 = 3,489 cm.

Meet nu met je geodriehoek zo nauwkeurig mogelijk de afstand tussen twee gelijke punten van de schijf op de eerste en vierde afbeelding en je vindt 6,90 cm. In werkelijkheid is deze afstand dan 6,90 × 3,489 = 24,1 cm.

Opgave 10 a Tussen het maken van twee opeenvolgende beeldjes voert de stip precies één omwenteling uit. De stip zit dus steeds op dezelfde plaats als er een beeldje gemaakt wordt. Je ziet de stip stilstaan.

b Tussen het maken van twee opeenvolgende beeldjes voert de stip twee omwentelingen uit. Je ziet de stip stilstaan.

c Tussen het maken van twee opeenvolgende beeldjes voert de stip een halve omwenteling uit. Je ziet twee stippen die stilstaan die precies tegenover elkaar liggen.

d Tussen het maken van twee opeenvolgende beeldjes voert de stip iets meer dan een hele omwenteling uit. De stip beweegt langzaam mee met de draairichting van de schijf.

e Tussen het maken van twee opeenvolgende beeldjes voert de stip iets minder dan een hele omwenteling uit. De stip beweegt langzaam achteruit ten opzichte van de draairichting van de schijf.

Opgave 11 De eerste zeven stippen zitten op gelijke afstand. Het eerste stuk van de (plaats, tijd)-grafiek is recht. Daarna neemt de afstand tussen de stippen af. De (plaats, tijd)-grafiek gaat dan minder steil lopen. In figuur 2.2 staat het juiste diagram.

Figuur 2.2

Opgave 12 a Zoek in het register van je BINAS de voortplantingssnelheid van geluid in

lucht bij 20 °C of 293 K op. De geluidssnelheid is 3,43 · 102 m/s. De afstand die het geluid aflegt is 2 33,43 10 6,81 10 2,336 m 2,34 m−⋅ × ⋅ = = . De heenweg plus de terugweg is 2,34 m. De afstand van de plaatssensor tot het

voorwerp is dus 2,34

2 = (1,17) = 1,2 m.


b De lichtsnelheid c = 2,99792458 · 108 m/s (BINAS).

De tijd is 78

802,7 10 s.

2,99792458 10−= ⋅

⋅

2.2 Eenparige beweging

Opgave 23 3

gem

68,93 1019 m/s

3600

xv

t

∆ ⋅= = =∆

Opgave 24 a In figuur 2.15 van het kernboek kun je aflezen dat de verplaatsing ∆x tussen

t = 0 s en t = 20 s 100 m is: gem

1005,0 m/s.

20

xv

t

∆= = =∆

b In figuur 2.15 kun je aflezen dat op het tijdstip t = 40 s de plaats x40 = 400 m en op t = 60 s de plaats x60 = 900 m. Voor de verplaatsing geldt dan ∆x = x60 – x40 = 900 – 400 = 500 m en voor het tijdsverschil geldt

∆t = 60 – 40 = 20 s. Hieruit volgt: gem

50025 m/s.

20

xv

t

∆= = =∆

Opgave 25 Voor het eerste gedeelte geldt: 1,0

0,010 h.100

x xv t

t v

∆ ∆= → ∆ = = =∆

Voor het tweede gedeelte geldt: 4,0

0,050 h.80

xt

v

∆∆ = = =

Voor de gemiddelde snelheid geldt: gem

totale afstand 5,083 km/h.

totale tijd 0,060v = = =

Opgave 26 a De verplaatsing van de tgv is ∆x = vtgv · ∆t = 5,1 · 102 × 12 = 6,12 · 103 km.

De tijd die het licht over deze afstand doet: 6

38

6,12 102,0 10 s.

3,0 10−⋅ = ⋅

⋅

b De tijd die het licht nodig heeft om de afstand van de zon tot de aarde af te

leggen is 12

2zon aarde8

0,1496 105,0 10 s 8,3 min.

3,0 10

xt

c↔∆ ⋅= = = ⋅ =

⋅

c De verplaatsing van het verkeersvliegtuig is 2 3

vliegtuig vliegtuig 9,4 10 6,25 5,88 10 km.x v t∆ = ⋅∆ = ⋅ × = ⋅

De tijd die het schip hierover doet, is 3

vliegtuig 2schip

schip

5,88 10 km1,77 10 h 7,4 d.

18 1,85 km/h

xt

v

∆ ⋅∆ = = = ⋅ =⋅

d De tijd die de wandelaar erover doet, is 3

vliegtuig 3wandelaar

wandelaar

5,88 10 km1,18 10 h 49 d.

5,0 km/h

xt

v

∆ ⋅∆ = = = ⋅ =

Opgave 27 a In tabel 2.3 van je kernboek zie je dat de lichtsnelheid veel groter is dan de

geluidssnelheid. De geluidssnelheid is 3,4 · 102 m/s, en de lichtsnelheid is 3,0 · 108 m/s. De tijd die het licht nodig heeft, is te verwaarlozen. Het geluid heeft 6,0 seconde nodig om bij de waarnemer te komen.


b De afstand van het onweer tot jou is 3 3

geluid 3,4 10 6,0 2,0 10 m 2,0 km.x v t∆ = ⋅ ∆ = ⋅ × = ⋅ =

Opgave 28 a Voor de verplaatsing in de eerste helft van de tijd geldt:

1 1 25 0,25 6,25 km.x v t∆ = ⋅ ∆ = × =

Voor de verplaatsing in de tweede helft van de tijd geldt:

2 2 15 0,25 3,75 km.x v t∆ = ⋅∆ = × =

De totale verplaatsing ∆xtotaal = ∆x1 + ∆x2 = 6,25 = 3,75 = 10 km.

b Voor de gemiddelde snelheid geldt: gem

totale afstand 1020 km/h.


c De totaal afgelegde afstand is 10 km (antwoord onderdeel a van deze opgave). De afstand wordt verdeeld in twee gelijke stukken van 5,0 km. Voor de benodigde tijd voor de eerste helft van de afstand geldt:

11

1

5,00,20 h.

25

xt

v

∆∆ = = =

Voor de benodigde tijd voor de tweede helft van de afstand geldt:

22

2

5,00,33 h.

15

xt

v

∆∆ = = =

Voor de gemiddelde snelheid geldt: gem

totale afstand 1019 km/h.


Opgave 29 a Zie figuur 2.3a.

Neem bijvoorbeeld t = 15 s. Zonder dat er enige tijd verstrijkt, gaat de snelheid van 1,0 m/s naar 0 m/s. Dat kan niet.

Figuur 2.3a Figuur 2.3b

b De oppervlakte onder de (snelheid, tijd)-grafiek is de verplaatsing.

De oranje gearceerde oppervlakte is de verplaatsing tussen t = 25 s en t = 35 s.


c Zie figuur 2.3a.

tijdsinterval verplaatsing ∆x (m) [0,0 s; 10 s] A1 = 7 [10 s; 15 s] A2 = 5 [15 s; 25 s] A3 = 0 [25 s; 35 s] A4 = 3 [35 s; 50 s] A5 = 18 totaal 33

tijdstip t (s) plaats x (m) 0 0 10 7 15 12 25 12 35 15 50 33

d In de afzonderlijke tijdsintervallen is de snelheid constant.

In een dergelijk tijdsinterval is de (plaats, tijd)-grafiek een rechte. Met behulp van de plaats aan het begin van het tijdsinterval en aan het eind van het tijdsinterval kan de rechte getrokken worden. Zie figuur 2.3b.

Opgave 30 a Zie figuur 2.4a. Na t = 14 min gaat de grafiek ineens veel steiler lopen. De snelheid wordt dan groter. Bovendien loopt de grafiek vóór t = 14 min het minst steil. Waarschijnlijk heeft Bert op t = 14 min de top bereikt en begint hij op t = 14 min meteen aan de afdaling.



b Zie figuur 2.4a. De grafiek loopt tussen 18 min en 20 min horizontaal. De snelheid is dan nul. Hij houdt dus in dit tijdsinterval een pauze.

c Voor de gemiddelde snelheid geldt:

gem

gem

totale afstand

totale tijd

10 km30 km/h

20 h

60

v

v

=

= =

d In de afzonderlijke tijdsintervallen is de snelheid constant. In een dergelijk tijdsinterval is de (snelheid, tijd)-grafiek een horizontale rechte lijn. De snelheid in een tijdsinterval volgt uit de verplaatsing in het tijdsinterval en de lengte van het tijdsinterval. Zie figuur 2.4b.

tijdsinterval snelheid v (km/h) [0 min; 6 min] 40 [6 min; 14 min] 15 [14 min; 18 min] 60 [18 min; 20 min] 0

Opgave 31 Voor de gemiddelde snelheid geldt:

gem gem gemgem

totale afstand of en

totale tijd

x xv v x v t t

t v

∆ ∆= = → ∆ = ⋅∆ ∆ =∆

Voor de benodigde uren met het vliegtuig geldt:

gem

7200 km7,62 h.

945 km/h

xt

v

∆∆ = = =

Voor de gemiddelde snelheid met de bus geldt:

gem

132 km7,42 km/h.

1,78 h

xv

t

∆= = =∆

Voor de verplaatsing lopend geldt:

gem 4,5 km/h 1,34 h 6,0 km.x v t∆ = ⋅ ∆ = × =

Voor de verplaatsing van de hele reis geldt: ∆xtotaal = 7200 + 132 + 6,0 = 7338 km. Voor de totale tijd geldt: ∆ttotaal = 7,62 + 1,78 + 1,34 = 10,74 h. Voor de gemiddelde snelheid van de hele reis geldt:

totaalgem

totaal

7338638,2 km/h.

10,74

xv

t

∆= = =∆

afstand (km) benodigde tijd

(uren) gemiddelde snelheid

(km per uur) met het vliegtuig 7200 7,62 945 met de bus 132 1,78 7,42 lopend 6,0 1,34 4,5 gehele reis 7338 10,74 638,2


Opgave 32 a Zie figuur 2.5.

Figuur 2.5

De videocamera maakt 25 beeldjes per seconde, dus de tijd tussen twee

beeldjes is 1

0,04025

= s.

Er zijn negen foto’s gemaakt. Hiertussen zitten acht tijdsintervallen. Er zit dus 8 × 0,040 = 32 s tussen de eerste en de laatste foto.

b De afstand tussen de vooras en de achteras ∆xassen op de foto = 1,7 cm (foto 1). De afstand tussen de voor- en achteras van de fiets is in werkelijkheid 115 cm,

dus de schaalfactor is 115

1,7 = 68.

c De afstand van de vooras van de fiets tot aan de linkerkant van de foto x1 is 2,0 cm. De werkelijke afstand is dan 2,0 × 68 = 136 cm.

d Bepaal op foto 2 de afstand x2, daarna bepaal je xfoto = x2 – x1. Bepaal op foto 3 de afstand x3, daarna bepaal je xfoto = x3 – x1. Herhaal dit bij alle foto’s en maak onderstaande tabel.


beeldje ∆t (s) ∆xfoto (cm) ∆xwerkelijkheid (m)

1 0,00 0,0 0,00 2 0,04 0,3 0,20 3 0,08 0,5 0,34 4 0,12 0,8 0,54 5 0,16 1,1 0,75 6 0,20 1,3 0,88 7 0,24 1,7 1,16 8 0,28 1,9 1,29 9 0,32 2,2 1,50

Bereken de werkelijke verplaatsing van de vooras met xwerkelijkheid = xfoto × de schaalfactor, en breid de tabel uit met een kolom xwerkelijkheid (zie de tabel).

e Teken in de figuur in het werkboek het (plaats, tijd)-diagram dat bij deze tabel hoort. Zie figuur 2.6.

Figuur 2.6

f De fietser beweegt met constante snelheid. g Zie figuur 2.6.

fietser

fietser

1,50

0,32

4,7 m/s 17 km/h

xv

t

v

∆= =∆

= =


2.3 Snelheid op een tijdstip

Opgave 36 Zie figuur 2.7.

Figuur 2.7 x(60) = 250 m x(80) = 300 m

gem

xv

t

∆=∆

( )gem

(80) (60)

(80 60)

x xv

−=

−

gem

(300 260)2,5 m/s

20v

−= =

Opgave 37 a Zie figuur 2.8.

De snelheid op een tijdstip is de steilheid van de raaklijn aan de (x,t)-grafiek. Op t = 0,5 s:

1

1

(0,5)x

vt

∆=∆

(3,6)(0,5) 3,2 m/s

(1,4 0,28)v = =

−

Zie figuur 2.9a. Op t = 1,5 s:

2

2

(1,5)

(9,0 4,5)(1,5) 6,3 m/s

(1,95 1,24)

xv

t

v

∆=∆

−= =−

Zie figuur 2.9b.


Figuur 2.8


b De oppervlakte onder de (snelheid, tijd)-grafiek is de verplaatsing.

Zie figuur 2.9a en b. 1

1 2

12 3 2

(0,5) 0,5 3,2 0,8 m

(1,5) 1,0 6,3 0,5 6,3 6,3 m

x A

x A A

= = × × == + = × × + × =

Je kunt dit controleren in figuur 2.8 en zien dat het klopt.


Opgave 38 a top

928,8 m/s

10,4

xv

t

∆= = =∆

b Uit de tekst kun je halen: x(0) = 0 m x(1,8) = 8,0 m x(12,2) = 100 m x(16,7) = 120 m en het (plaats, tijd)-diagram van de hele beweging. Zie figuur 2.10a.

c v(0) = 0 m/s v(1,8) = 8,8 m/s v(12,2) = 8,8 m/s v(16,7) = 0 m/s Zie figuur 2.10b voor het (snelheid, tijd)-diagram van de hele beweging.

Figuur 2.10a

Figuur 2.10b


x(0) = 1,3 m. b De snelheid op t = 0 s is de steilheid van de raaklijn aan de (x,t)-grafiek op

t = 0 s.

0

0

(3,6 1,3)(0) 0,5 m/s

4,5

xv

t

∆ −= = =∆


c Zie figuur 2.11a. x(2,0) = 2,75 m x(4,0) = 5,40 m

( )gem

gem

gem

(4,0) (2,0)

(4,0 2,0)

5,40 2,751,3 m/s

2,0

xv

tx x

v

v

∆=∆

−=

−−= =

d De snelheid is nul als de steilheid van de raaklijn aan de (v,t)-grafiek in figuur 2.11b gelijk aan nul is. De raaklijn loopt dan horizontaal. Dat geldt voor het tijdstip t = 5,1 s. Zie figuur 2.11a.

e De snelheid is maximaal als de steilheid van de raaklijn aan de (v,t)-grafiek in figuur 2.11b maximaal is. Dat geldt voor het tijdsinterval [3,0 s; 3,5 s].

f De maximale snelheid is de steilheid van de raaklijn aan de (x,t)-grafiek tussen t = 3,0 s en t = 3,5 s.

mmax

m

(5,4 1,1)1,5 m/s

(4,0 1,1)

xv

t

∆ −= = =∆ −

Opgave 40 In de vorige opgave is de snelheid op een aantal tijdstippen bepaald.

v(0) = 0,5 m/s v(5,1) = 0 m/s v(3,0 – 3,5) = 1,5 m/s Deze waarden kunnen voor het schetsen van de (v,t)-grafiek gebruikt worden. Zie figuur 2.12.

Figuur 2.12




De verplaatsing in een tijdinterval is gelijk aan de oppervlakte onder de (v,t)-grafiek. ∆x = A■ + A▲ = 5 × 4 + 12 × 3,0 × 6,0 = 20 + 9,0 = 29 m

b Zie figuur 2.13b. Bepaal met behulp van de oppervlaktemethode voor een aantal geschikte tijdstippen de plaats (zie onderstaande tabel) en teken het (x,t)-diagram (zie figuur 2.13c).

Figuur 2.13c t (s) x (m) x (m) 0 0 1 A1 4 2 A1 + A2 8 3 A1 + A2 + A3 13 4 A1 + A2 + A3 + A4 20 5 A1 + A2 + A3 + A4 + A5 29

Opgave 42 a De totale afstand xtotaal die de puls aflegt, is de afstand van de politieauto tot de

personenauto (heenweg xheen) + de afstand van de personenauto tot de politieauto (terugweg xterug) → xtotaal = xheen + xterug = 60 + 60 = 120 m


b

totaal8

totaal7

8

120 m

2,99792458 10 m/s120 m 4,0 10 s

2,99792458 10 m/s

xx v t t x

tvcx

tv c

−

= ⋅ → = → = = ⋅=→ = ⋅= = ⋅

c De afstand tussen de twee auto’s wordt bepaald door de afstand die door de tweede puls wordt afgelegd: xtweede puls = c · t = 2,99792458 · 108 × 4,5 · 10–7 = 134,9 m. De puls legt in deze tijd een afstand tussen beide auto’s twee keer af, één keer

heen + één keer terug. De afstand tussen beide auto’s is nu 134,9

2 = 67,5 m.

d De afstand tussen de personenauto en de politieauto was bij de eerste puls 60 m. De afstand tussen beide auto’s is bij de tweede puls dus toegenomen met 67,5 – 60 = 7,5 m. De tijd tussen de twee pulsen is 0,20 s. Het snelheidsverschil tussen beide auto’s is bij de tweede puls: 7,5

0,2 = 37,5 m/s = 135 km/h.

De snelheid van de personenauto is bij de tweede puls 80 + 135 = 215 km/h.

2.4 Eenparig versnelde beweging (deel 1)

Opgave 46 eind begin 2

eind begin

18 101,6 m/s

5,0

v vva

t t t

−∆ −= = = =∆ −

Opgave 47 begin

eind begin eind begin

2 eind

15 km/h 4,17 m/s 0,80 3,0 2,4 m/s

3,0 s

4,17 2,4 1,77 m/s 6,4 km/h0,80 m/s

vv a v a tt

t v v v v v v

va

∆= = = → ∆ = ⋅∆ = − × = − ∆∆ = ∆ = − → = + ∆→ = − = == −


eind begin

(12) (0) 20,4 01,7 m/s

12 0 12

v vv v va

t t t

−∆ − −= = = = =∆ − −


eind begin

(4,2) (0) 0 33,68,0 m/s

4,2 0 4,2

v vv v va

t t t

−∆ − −= = = = = −∆ − −

De vertraging is dus 8,0 m/s2.

Opgave 50 eind

2eindbegin

100 km/h 27,8 m/s27,8

0,0 km/h 0,0 m/s 3,5 m/s8,0

8,0 s

vvv

v at t

t

= =∆= = = = = = ∆ ∆∆ =

Opgave 51 3 3eind 2

2

8,0 km/s 8,0 10 m/s 8,0 102,7 10 s

3030 m/s

v v va t

t aa

= = ⋅ ∆ ∆ ⋅ = → ∆ = = = ⋅ ∆=


Opgave 52 begin

eind begineind

2

120 km/h 33,3 m/s0,0 33,3

0,0 m/s 6,4 s5,2

5,2 m/s

vv vv v

v a tt a a

a

= = −∆ ∆ −= = → ∆ = = = = ∆ −= −

Opgave 53 a begin

eind begin 2eind

54 km/h 15 m/s25 15

90 km/h 25 m/s 2,5 m/s4,0

4,0 s

vv v

v at

t

= = − −= = → = = = ∆∆ =

b Zie figuur 2.14.

Figuur 2.14 Figuur 2.15a Figuur 2.15b

c Eerste manier

Zie figuur 2.15a. De afgelegde weg is:

A1 + A2 = 4 ×15 +12 × 4 × 10 = 80 m gem

8020 m/s

4,0v→ = =

Tweede manier Zie figuur 2.15b. vbegin = 15 m/s veind = 25 m/s vgem = 20 m/s


Figuur 2.16


a De versnelling is gelijk aan de steilheid van de (v,t)-grafiek. De steilheid verandert.

b De steilheid van de (v,t)-grafiek neemt af.

2.5 Eenparig versnelde beweging (deel 2)

Opgave 59 a begin

eind begin 2eind

0,0 m/s27,8

100 km/h 27,8 m/s 3,1 m/s8,9

8,9 s

vv v

v at

t

= −= = = = = ∆∆ =

b Eerste manier 2 2 21 1

2 2 3,1 8,9 1,2 10 mx a t= ⋅ ⋅ = × × = ⋅

Tweede manier

gem2

gem

13,9 8,9 1,2 10 m27,813,9 m/s

2

x v t

xv

= ⋅ ∆ → = × = ⋅

= =

Opgave 60 Eerste manier

2 2 3

300 km/h 83,3 m/s

83,3208 s

0,40

1 10,40 208 8,7 10 m 8,7 km

2 2

v

vv a t t

a

x a t

= =

= ⋅ → = = =

= ⋅ ⋅ = × × = ⋅ =

Tweede manier

eind

3

gem

gem

300 km/h 83,3 m/s

83,3208 s

0,4041,7 208 8,7 10 m 8,7 km

83,341,7 m/s

2

v

v va t

t ax

x v t

v

= = ∆ ∆ = → ∆ = = =

∆ → = × = ⋅ == ⋅ ∆ = =


De remafstand ∆x is de oppervlakte A: 212 60 30 9,0 10 m.A = × × = ⋅


Figuur 2.17


Figuur 2.18 a Eenparig versneld: in het tijdsinterval [0 s; 3 s] en het tijdsinterval [15 s; 17 s].

Eenparig vertraagd: in het tijdsinterval [5 s; 7 s] en het tijdsinterval [17 s; 19 s]. b De snelheidstoename is even groot als de snelheidsafname en de lengte van de

tijdsintervallen is gelijk. c De lift heeft 3,0 s nodig om de maximale snelheid te bereiken. Vanaf t = 15,0 s

gaat de lift maar 2,0 seconden omlaag. d De afgelegde weg is de totale oppervlakte Atotaal tussen de horizontale as en de

(v,t)-grafiek.

totaal 1 2 3 4 5 4,5 6 4,5 2 2 19 mA A A A A A= + + + + = + + + + =

Opgave 63 a Zie figuur 2.19a en b.



A AA

A B

BB

AB

B

44 4 86Zie figuur 2.19a:

6 3 6 383

Zie figuur 2.19b: 32 168 1,7718 9

v aa

t a

va

ata

− ∆ − = = = = − × − ∆ − → ∆ − = =

∆ = = =

b Zie figuur 2.19c en d.

Figuur 2.19c Figuur 2.19d

1

A A 2 A

1BB B 2

Zie figuur 2.19c: 6 4 12 12 11

12 1Zie figuur 2.19d: 8 3 12

x A x

xx A

∆ = = × × = ∆→ = = = ∆∆ = = × × =

Opgave 64 a Nee, een (v,t)-diagram zegt niets over de plaats x.

b Zie figuur 2.20a en b.


31

A 1 2 2

31B 3 4 2

A B

Zie figuur 2.20a: 40 20 50 40 1,8 10 m

Zie figuur 2.20b: 50 30 20 30 1,8 10 m

x A A

x A A

x x

∆ = + = × + × × = ⋅

∆ = + = × + × × = ⋅

→ ∆ = ∆

c 1 Op t = 0 s is de snelheid van A hoger dan de snelheid van B. Dan wordt B door A ingehaald. Dus B haalt op t = 70 s A in.

2 Vlak voor t = 70 s is de snelheid van A hoger dan de snelheid van B.

Opgave 65

gem

gem

50 km/h 13,9 m/s

13,96,95 m/s 6,95 0,03 0,21 m

2

v

v x

x v t

= = = = → = × =

= ⋅ ∆


2.6 Het gebruik van formules en diagrammen

Opgave 66 Eerste manier 21

2x a t= ⋅ ⋅ invullen levert: 2 21

220 4,0 8,0 2,5 m/s

2,5 4,0 10 m/s

a a a

v a t

= × × = ⋅ → == ⋅ = × =

Tweede manier

gem gem gem

eind gemeind begin eindgem begin gem

20 4,0 5,0 m/s

2 10 m/s( ); 0,0 m/s

2 2

x v t v v

v vv v vv v v

= ⋅ ∆ → = × → = → = × =−

= = → =

Opgave 67

top begingem

2 2 21 12 2

top begineind begin 2gem gem

72 km/h 20 m/s; 0,0 m/s100 10 10 s

100 10 2,0 m/s( ) 20 ( ) 2010 m/s

of 2,0 m/s2 210

v vx v t t t

x a t a av v

v vvv va

t t

= = = = ⋅∆ → = × ∆ → ∆ =→ = ⋅ ⋅ → = × × → =

− −∆= → = = = = = = ∆ ∆

Opgave 68

begin 3gem

eindeind begin 2

gem

216 km/h 60,0 m/s1,8 10 30,0 60 s

0,0 m/s ( ) 60,01,0 m/s60,0

30,0 m/s 602

vx v t t t

v v vva

v t t

= = = ⋅ ∆ → ⋅ = × ∆ → ∆ =

= → − ∆= = = =→ = = ∆ ∆

Opgave 69

begin eind

gem

gemeind begin

90 km/h 25 m/s; 0,0 m/s

2512,5 m/s

212,5 0,083 1,0 m( )

250,083 s

300

v v

v

x v tv vv va t

t a a

t

= = = → = = → = ⋅∆ = × =− ∆ ∆= → ∆ = = ∆ → ∆ = =

De oplossingen van de opgaven 66 t/m 69 met de TI en Solver

Opgave 66 Rintje schaatst de eerste 20 m van een sprint in 4,0 s → x(4,0) = 20 m; t = 4,0 s

Zijn beweging is eenparig versneld → x(t) = 12 · a · t2 en v(t) = a · t.

Bereken de snelheid die hij na 4,0 s heeft → v(4,0) = ?

Stap 1:

Je weet de versnelling a en de snelheid v niet. Je moet de snelheid

uitrekenen, dus ga je eerst een vergelijking maken waarin a niet meer

voorkomt en x, v en t wel.


= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ → = − ⋅ ⋅

= ⋅ → =

212

21 1 12 2 20

x a tv

x t v t x v tv tv a t at

Stap 2:

Druk op MATH 0.

Op de bovenste regel van de display moet komen te staan:

EQUATION SOLVER (VGL OPLOSSER) eqn:0=

(Let op: als deze regel er niet staat, moet je nog een keer op ▲ drukken. Dit is

het geval als de Solver al eerder gebruikt is. Staat er achter eqn:0= een

formule, dan wis je deze formule met CLEAR.)

Voer de formule in.


In figuur 2.21a zie je het scherm van je GR na het invoeren van de formule.

Druk op ENTER of op ▼. Vul voor X 20 en voor T 4 in.

Vul een willekeurige waarde voor V in, en zet de cursor achter dit getal.

Om het zoeken naar de juiste waarde van V te starten, druk je op ALPHA

SOLVE (SOLVE staat in het groen boven de knop ENTER). In figuur 2.21b

zie je het resultaat: v = 10 m/s.

Opgave 67 Een antilope haalt een snelheid van 72 km/h → = =7220 m/s

3,6v

Na de start heeft de antilope 100 m nodig om deze topsnelheid te bereiken,

dus x = 100 m.

Bereken de versnelling.

Stap 1:

De beweging is eenparig versneld: x(t) = 12 · a · t2 en v(t) = a · t.

Je weet de tijd en de versnelling niet. Je moet de versnelling uitrekenen, dus

ga je eerst een vergelijking maken waarin t niet voorkomt en x, v en a wel.

= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ = ⋅ → = − ⋅ = ⋅ → =

212 2 22

1 1 12 2 20

x a tv v v

x a xv a a av a t ta

Stap 2:

Voer de formule in.




Druk op ENTER of op ▼. Vul voor X 100 en voor V 20 in.

Vul een willekeurige waarde voor A in en zet de cursor achter dit getal.

Om het zoeken naar de juiste waarde van A te starten, druk je op ALPHA

SOLVE. In figuur 2.22b zie je het resultaat: a = 2,0 m/s2.

Opgave 68 Op het moment dat een Boeing 737 aan de landing begint, is zijn snelheid

216 km/h → v = 2163,6

= 60 m/s. Bij die snelheid heeft het vliegtuig een

landingsbaan nodig met een lengte van 1,8 km, dus x = 1800 m. Het vliegtuig landt eenparig versneld. Bereken hoe groot de vertraging tijdens

het landen minstens moet zijn.

Stap 1:

De beweging is eenparig versneld: x(t) = 12 · a · t2 en v(t) = a · t. Je weet de tijd

en de versnelling niet. Je moet de versnelling uitrekenen, dus ga je eerst een

vergelijking maken waarin t niet voorkomt en x, v en a wel.

= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ = ⋅ → = − ⋅ = ⋅ → =

212 2 22

1 1 12 2 20

x a tv v v


Stap 2:

Voer de formule in.



Druk op ENTER of op ▼. Vul voor X 1800 en voor V 60 in.

Vul een willekeurige waarde voor A in en zet de cursor achter dit getal.

Om het zoeken naar de juiste waarde van A te starten, druk je op ALPHA

SOLVE. In figuur 2.23b zie je het resultaat: a = 1,0 m/s2.


Opgave 69 De kreukelzone van een auto is zo gemaakt, dat bij een botsing met een snelheid van 90 km/h de vertraging nooit groter wordt dan 300 m/s2.

= =9025 m/s

3,6v en a = 300 m/s2

Voor de berekening mag je aannemen dat de auto tijdens de botsing eenparig

vertraagd is. Bereken hoeveel meter de kreukelzone minimaal ingedrukt moet

kunnen worden.

Stap 1:


en de afstand niet. Je moet de afstand uitrekenen, dus ga je eerst een


= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ = ⋅ → = − ⋅ = ⋅ → =

212 2 22

1 1 12 2 20

x a tv v v


Stap 2:

Voer in je GR de formule in.



Vul voor X een willekeurig getal in; voor V 25 en voor A 300. In figuur 2.24b

zie je het resultaat: x = 1,0 m.

De oplossingen van de opgaven 66 t/m 69 met de CASIO en Solver

Opgave 66 Rintje schaatst de eerste 20 m van de sprint in 4,0 s → x(4,0) = 20 m;t = 4,0 s

Zijn beweging is eenparig versneld: x(t) = 12 · a · t2 en v(t) = a · t.

Bereken de snelheid die hij na 4,0 s heeft.

Stap 1:

Je weet de versnelling a en de snelheid v niet. Je moet de snelheid

uitrekenen, dus ga je eerst een vergelijking maken waarin a niet meer

voorkomt en x, v en t wel.

= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅

= ⋅ → =

212

21 1 12 2 2

x a tv

x t v t x v tv tv a t at

Stap 2:

Ga naar

Druk op EXE F3 SOLV.


Op de bovenste regel van de display moet komen te staan: Eq:

(Let op: als de Solver al eerder gebruikt is, druk dan eerst op F2 DEL F1 om

de formule te wissen.)

Voer de formule in.

Figuur 2.25a Figuur 2.25b Figuur 2.25b


Druk op EXE. Vul voor X 20 en voor T 4 in.

Vul een willekeurige waarde voor V in en zorg dat de zwarte balk op de V

staat (zie figuur 2.25b). Om het zoeken naar de juiste waarde van V te starten

druk je op F6 SOLV. In figuur 2.25c zie je het resultaat: v = 10 m/s.

Opgave 67 Een antilope haalt een snelheid van 72 km/h → = =7220 m/s

3,6v

Na de start heeft de antilope 100 m nodig om deze topsnelheid te bereiken:

x = 100 m. Bereken de versnelling.

Stap 1:

De beweging is eenparig versneld → x(t) = 12 · a · t2 en v(t) = a · t. Je weet de

tijd en de versnelling niet. Je moet de versnelling uitrekenen, dus ga je eerst

een vergelijking maken waarin t niet voorkomt en x, v en a wel.

= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ = ⋅ → = ⋅ = ⋅ → =

212 2 22

1 1 12 2 2

x a tv v v


Stap 2:

Voer de formule in.



Druk op EXE. Vul voor X 100 en voor V 20 in.

Vul een willekeurige waarde voor A in en zorg dat de zwarte balk op de A

staat. Om het zoeken naar de juiste waarde van A te starten, druk je op

F6 SOLV. In figuur 2.26b zie je het resultaat: a = 2,0 m/s2.


Opgave 68 Op het moment dat een Boeing 737 aan de landing begint, is zijn snelheid

216 km/h → v = 2163,6

= 60 m/s. Bij die snelheid heeft het vliegtuig een

landingsbaan nodig met een lengte van 1,8 km: x = 1800 m. Het vliegtuig landt eenparig versneld. Bereken hoe groot de vertraging tijdens

het landen minstens moet zijn.

Stap 1:


en de versnelling niet. Je moet de versnelling uitrekenen, dus ga je eerst een


= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ = ⋅ → = ⋅ = ⋅ → =

212 2 22

1 1 12 2 2

x a tv v v


Stap 2:

Voer de formule in.



Druk op EXE. (Als de formule er nog staat met de uitkomst van de vorige

opgave, druk dan op F1.) Vul voor X 1800 en voor V 60 in.


staat. Om het zoeken naar de juiste waarde van A te starten druk je op

F6 SOLV. In figuur 2.27b zie je het resultaat: a = 1,0 m/s2.

Opgave 69 De kreukelzone van een auto is zo gemaakt, dat bij een botsing met een

snelheid van 90 km/h de vertraging nooit groter wordt dan 300 m/s2. Dus

= =9025 m/s

3,6v en a = 300 m/s2

Voor de berekening mag je aannemen dat de auto tijdens de botsing eenparig

vertraagd is. Bereken hoeveel meter de kreukelzone minimaal ingedrukt moet

kunnen worden.

Stap 1:


en de afstand niet. Je moet de afstand uitrekenen, dus ga je eerst een


= ⋅ ⋅ → = ⋅ ⋅ = ⋅ → = ⋅ = ⋅ → =

212 2 22

1 1 12 2 2

x a tv v v



Stap 2:

Voer in je GR de formule in.



Druk op EXE. (Als de formule er nog staat met de uitkomst van de vorige

opgave druk dan op F1.) Vul voor X 1800 en voor V 60 in.


staat. Om het zoeken naar de juiste waarde van A te starten druk je op

F6 SOLV. In figuur 2.28b zie je het resultaat: x = 1,0 m.

Opgave 70 Eerste manier (berekenen) De stopafstand is de afstand afgelegd in de reactietijd + de remweg. De afstand die wordt afgelegd in de reactietijd ∆x1 = v · treactie v = 40 km/h = 11,1 m/s; treactie = 0,60 s → ∆x1 = 11,1× 0,60 = 6,66 m De remweg:

begin

2rem

remrem

11,1 m/s

11,14,0 m/s remtijd 2,78 s4,0

v

at

v va t

t a

= = → ∆ = =∆ ∆= → ∆ = ∆

2 gem

2

gem

remweg

5,55 2,78 15,4 m11,15,55 m/s

2

x v t

xv

∆ = ⋅∆ → ∆ = × =

= =

→ de stopafstand ∆x = ∆x1 + ∆x2 = 6,66 + 15,4 = 22 m Tweede manier (grafisch) De remtijd:

begin

2rem

remrem

11,1 m/s

4,0 m/s 11,1 remtijd 2,78 s

4,0

v

at

v va t

t a

= = → ∆ = =

∆ ∆ = → ∆ =∆

De stopafstand is de afstand afgelegd in de reactietijd plus de remweg. Zie figuur 2.29. De stopafstand ∆x = A1 + A2

A1 + A2 = 0,60 × 11,1 +12 × 2,78 × 11,1 = 22 m


Figuur 2.29

Opgave 71 a De remweg is voor beide hetzelfde. De afstand die Nicole op Twan inloopt

tijdens het stoppen volgt uit haar reactietijd en haar snelheid. vNicole = 40 km/h = 11,1 m/s; haar reactietijd is 0,8 s → afstand afgelegd in haar reactietijd is 11,1 × 0,8 = 9 m. Nicole komt op 30 – 9 = 21 m achter Twan tot stilstand.

b Remafstand Twan:

begin2

rem,Twan

remrem

11,1 m/s

4,0 m/s 11,1 remtijd Twan 2,78 s

4,0

v

at

v va t

t a

= = → ∆ = =∆ ∆ = → ∆ =∆

Twan gem

Twan

gem

remweg Twan

5,55 2,78 15,4 m11,15,55 m/s

2

x v t

xv

∆ = ⋅∆ → ∆ = × =

= =

Remafstand Nicole:

begin2

rem,Nicole

remrem

11,1 m/s

3,0 m/s 11,1 remtijd Nicole 3,70 s

3,0

v

at

v va t

t a

= = → ∆ = =∆ ∆ = → ∆ =∆

Nicole gem

Nicole

gem

remweg Nicole

5,55 3,70 20,5 m11,15,55 m/s

2

x v t

xv

∆ = ⋅∆ → ∆ = × =

= =

De stopafstand van Nicole is de afstand afgelegd in de reactietijd + de remweg van Nicole. De afstand die wordt afgelegd in de reactietijd ∆xreactie,Nicole = v · treactie

v = 11,1 m/s; treactie = 0,80 s → ∆xreactie,Nicole = 11,1 × 0,80 = 8,88 m Nicole komt op: 30 + ∆xTwan – (∆xreactie,Nicole + ∆xNicole) = 30 + 15,4 – (8,88 + 20,5) = 16 m achter Twan tot stilstand.


Opgave 72

( )

begin

eind

gem

gem

90 km/h 25 m/s

54 km/h 15 m/s20 4,0 80 m25 15

20 m/s2

4,0 s

v

vx v t

v

t

= = = = → = ⋅∆ = × =+

→ = =

∆ =

Opgave 73 Zie figuur 2.30a, b, c en d.

a De (v,t)-grafieken van eenparig versnelde/vertraagde bewegingen zijn niet horizontale rechte lijnen. Als de snelheid constant is, is de (v,t)-grafiek een horizontale lijn.

b Zie het (v,t)-diagram, figuur 2.30a. tijdsinterval verplaatsing ∆x (m) [0,0 s; 12 s] A1 = 90 [12 s; 30 s] A2 = 270 [30 s; 50 s] A3 = 150 tijdstip t (s) plaats x (m) 0 0 12 90 30 360 50 510 Zie figuur 2.30b. De (x,t)-grafiek van eenparig versnelde beweging is een (halve) dalparabool. De(x,t)-grafiek van eenparig vertraagde beweging is een (halve) bergparabool. Als de snelheid constant is, is de (x,t)-grafiek een rechte lijn. De verplaatsing in een tijdsinterval volgt uit de oppervlakte onder de (v,t)-grafiek. Als de snelheid gelijk aan nul is, is de raaklijn aan de (x,t)-grafiek een horizontale lijn.

Figuur 2.30a


Figuur 2.30b

Figuur 2.30c

Figuur 2.30d

c Zie het (v,t)-diagram, figuur 2.30c.

eerste periode: 0,0 ≤ t ≤ 12 s 21

11

151,25 m/s

12

va

t

∆= = =∆

tweede periode: 12 ≤ t ≤ 30 s a2 = 0,0 m/s2


derde periode: 30 ≤ t ≤ 50 s 23

33

150,75 m/s

20

va

t

∆ −= = = −∆

Zie (a,t)-diagram, figuur 2.30d. De (a,t)-grafieken van eenparig versnelde/vertraagde bewegingen zijn horizontale rechte lijnen.

Opgave 74 a Bepaal voor een aantal geschikte tijdstippen de plaats van de motor en de auto (zie onderstaande tabel) en teken het (x,t)-diagram.

t (s) xmotor (m) xauto (m) 0,0 0,0 0,0 3,0 58 14 6,0 117 54 9,0 175 122 12 233 203 15 292 284 18 350 365 21 408 446 24 467 527 27 525 608 30 583 689 Zie figuur 2.31. De (x,t)-grafiek van de beweging van de motorrijder is een schuin oplopende rechte. Het eerste gedeelte van de (x,t)-grafiek van de beweging van de auto is een (halve) dalparabool. Het tweede gedeelte is een schuin oplopende rechte.

b Zie antwoord a. c Het snijpunt van de grafieken geeft de tijd en de plaats van beide voertuigen op

het tijdstip dat de auto de motor passeert → t = 16 s en x = 3,1 · 102 m


Figuur 2.31

2.7 Vrije val

Opgave 79 y(t) = 12 · g · t2 = 1

2 × 9,81 × (2,0)2 = 20 m

Opgave 80 y(t) = 1

2 · g · t2, invullen levert:

3,2 = 12 × 9,81 × (t3,2 m)2 → t3,2 m = 0,808 s

0,2 = 12 × 9,81 × (t0,2 m)2 → t0,2 m = 0,202 s

De valtijd over de laatste 3,0 m: ∆t = t3,2 m – t0,2 m = 0,808 – 0,202 = 0,61 s. Je reactietijd is 0,3 s → je bent op tijd onder het rotsblok vandaan.

Opgave 81 y(t) = 12 · g · t2, invullen levert: 0,05 = 12 × 9,81 × t2 → t = 0,101 s

v = g · t = 9,81 × 0,101 = 0,99 m/s

Opgave 82 v = ag · t, invullen levert: 300 = 9,71 × t → t = 30,9 s y(t) = 1

2 · ag · t2 = 12 × 9,71 × (30,9)2 = 4,6 · 103 m = 4,6 km


De skydiver begon zijn sprong uit de gondel van een luchtballon op een hoogte van 27 + 4,6 = 32 km.

Opgave 83 gem val

eind begingem

( ) 10,85,4 m/s

2 2

y v t

v vv

= ⋅ −

= = =

gem val valgem

21Mars2

2Mars 2 2

15,62,89 s

5,4

2 2 15,63,7 m/s

(2,89)

yy v t t

v

y g t

yg

t

= ⋅ → = = =→ = ⋅ ⋅ ⋅ ×→ = = =

Opgave 84 v = 40 km/h = 11,1 m/s

v = g · t, invullen levert: 11,1 = 9,81 × t → t = 1,13 s y(t) = 1

2 · g · t2 = 12 × 9,81 × (1,13)2 = 6,3 m


Teken op t = 0,0 s de raaklijn (rode lijn) en bepaal de steilheid van deze

raaklijn: 200 0

0

509,8 m/s

5,1

va a g

t

∆= = = → =∆

→ er is in de eerste seconde geen

wrijving.


b Zie figuur 2.32a.

De eindsnelheid veind = 5,3 m/s. veind = g · ∆t invullen levert: 5,3 = 9,81 × ∆t → ∆t = 0,54 s y(t) = 1

2 · g · (∆t)2 = 12 × 9,81 × (0,54)2 = 1,4 m

c In figuur 2.32a kun je aflezen dat op t = 7,1 s de snelheid plotseling gaat afnemen. Op dit tijdstip gaat de parachute open.

d Zie figuur 2.32b. De zevende seconde is tussen t = 6 s en t = 7 s. Lees de snelheid af bij t = 6 s, v6 = 43 m/s en bij t = 7 s, v7 = 46 m/s.

27 66 7

(46 43)3 m/s

7 6 1

v vva

t→−∆ −= = = =

∆ −


Figuur 2.32c Figuur 2.33

e Zie figuur 2.32c.

De verplaatsing is de oppervlakte onder de (v,t)-grafiek in het tijdsinterval waarin het afremmen plaatsvindt: ∆y = A1 + A2 = 1

2 × (7,6 – 7,0) × (46 – 20) + (7,6 – 7,0) × 20 = 20 m.

g Tot t = 7,1 s neemt de snelheid toe, de (hoogte, tijd)-grafiek daalt steeds sneller. In het tijdsinterval [7,1 s; 7,6 s] s neemt de snelheid sterk af, dus de (hoogte, tijd)-grafiek gaat ineens minder snel dalen. Na t = 9,5 s blijft de snelheid constant, dus de (hoogte, tijd)-grafiek is recht. De grafiek loopt niet zo steil, want de snelheid is nog maar 5,3 m/s. Zie figuur 2.33.

2.8 Eenparige cirkelbeweging

Opgave 89 a De baansnelheid is met 2 π r

vT

⋅ ⋅= te berekenen als je r en T weet.

De omlooptijd T is 1 dag = 24 × 3600 = 86,40 · 103 s. De straal van de aarde (equator) is in BINAS op te zoeken: raarde = 6,378·106 m. De baansnelheid van Singapore:

6

Singapore 3

2 π 2 π 6,378 10463,8 m/s

86,40 10

rv

T

⋅ ⋅ ⋅ × ⋅= = =⋅

b Nee, de lucht rond Singapore beweegt met ongeveer dezelfde snelheid als Singapore zelf, tenminste als je weersinvloeden buiten beschouwing mag laten.

Opgave 90 a Aangezien de communicatiesatelliet boven de aarde ‘hangt’, verandert zijn positie ten opzichte van het aardoppervlak niet. De omlooptijd van de satelliet moet dan dezelfde zijn als die van de aarde. De omlooptijd van de aarde is 1 dag = 24 uur.

b rsatelliet = raarde + de afstand van de satelliet tot het aardoppervlak rsatelliet = 6,378 · 106 + 35,7 · 106 = 42,1 · 106 m De baansnelheid van de satelliet:

66satelliet

satellietaarde

2 π 2 π 42,1 103,06 10 m/s

24 3600

rv

T

⋅ ⋅ ⋅ × ⋅= = = ⋅×


Opgave 91 a 1800 omwentelingen per minuut = 1800

30,0060

= omwenteling per seconde.

b 30,00 omwentelingen per seconde → 1 omwenteling in 3133,33 10 s

30,00−= ⋅

→ T = 3,333 · 10–2 s

Opgave 92 a 1250 omwentelingen per minuut → 1 omwenteling in 2604,800 10 s

1250−= ⋅

→ T = 4,800 · 10–2 s b De waterdruppel doorloopt een cirkelbaan met een straal van

12 50 25 cm 0,25 m.× = =

De baansnelheid van de druppel: druppel 2

2 π 2 π 0,2533 m/s.

4,800 10

rv

T −

⋅ ⋅ ⋅ ×= = =⋅

Opgave 93 a Bij een straal van 3,2 m hoort een baansnelheid van 2,0 m/s.

Uit 2 π r

vT

⋅ ⋅= volgt: 2 π 2 π 3,2

10 s.2,0

rT

v

⋅ ⋅ ⋅ ×= = =

b Het aantal rondjes van Iwan op het paard in 5,0 minuten (300 s) = 300

30.10

=

c Zie figuur 2.34a.

Figuur 2.34a Figuur 2.34b Boris (B) en Iwan (I) hebben voor het maken van één rondje dezelfde tijd nodig (10 s). Maar Boris bevindt zich dichter bij de draaias van de draaimolen dan Iwan. De rondjes die Boris maakt zijn dus kleiner dan de rondjes die Iwan maakt. De afstand die Boris aflegt in die 5,0 minuten is kleiner dan de afstand die Iwan aflegt.

d Zie figuur 2.34b.

Boris werpt het snoepje met een snelheid v→

in de richting van Iwan. Op het moment van loslaten bezit het snoepje óók de baansnelheid van Boris

(B

v→

). Deze snelheid is echter kleiner dan de baansnelheid van Iwan (I

v→

).

Hierdoor zal het snoepje voor Iwan ‘achterblijven’. Anders gezegd: voor Iwan buigt de baan van het snoepje naar achteren af.


Opgave 94 a Zie figuur 2.35 voor wat bedoeld wordt met de straal r. Meet de straal r op in figuur 2.63 van het kernboek: r = 2,6 cm. In werkelijkheid is r = 10 × 2,6 = 26 cm = 0,26 m.

b De stroboscoop gaf 25 flitsen per seconde.

De tijd tussen twee flitsen = 1

s25

= 0,040 s.

Zie figuur 2.35 voor wat bedoeld wordt met middelpuntshoek α. Beschouw de eerste en de zevende afbeelding van de puck. Meet in figuur 2.63 van het kernboek de bijbehorende middelpuntshoek α op → α = 170º. Deze hoek is in 6 × 0,040 s = 0,24 s afgelegd.

Een draaiing over 360° vindt dan plaats in 360

0,24 0,51 s 0,51 s170

T× = → =

→ toerental = aantal omlopen per minuut = 2 1 1601,2 10 min ( 2,0 s )

0,51− −= ⋅ =

c De baansnelheid van de puck: puck

2 π 2 π 0,263,2 m/s.

0,51

rv

T

⋅ ⋅ ⋅ ×= = =

Figuur 2.35

Documents

Uitwerkingen havo hoofdstuk 2 - members.home.nlmembers.home.nl/h.d.kloppenburg/natuurkunde... · UITWERKINGEN OPGAVEN HAVO HOOFDSTUK 2 3 van 34 b De lichtsnelheid c = 2,99792458 ·