TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2016. Løsningsforslag til øving 4.

Oppgave 1.

a) Hastigheten v_{1} til kule 1 like før kollisjonen finnes lettest ved å bruke energibevarelse:

m_{1}gL = \frac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2}
⇒ v_{1} = \sqrt{2gL}

Riktig svar: C.

b) Like før støtet antar vi at snora er vertikal, og dermed er det bare vertikale krefter som virker. Kun snordraget S_{1} (oppover) og tyngden m_{1}g (nedover) virker på kule 1, og N2 gir

S_{1} − m_{1}g = m_{1}a = m_{1} \frac{v_{1}^{2}}{L} = 2m_{1}g
⇒ S_{1} = m_{1}g + 2m_{1}g = 3m_{1}g

Riktig svar: C.

c) Etter et fullstendig uelastisk støt vil kulene henge sammen. I kollisjonen er impulsen bevart, men ikke energien. Impulsbevarelse gir felleshastigheten v′_{1} = v′_{2} = v′ etter støtet:

p = p′
⇒ m_{1}v_{1} = (m_{1} + m_{2})v′
⇒ v′ = \frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} v_{1} = \frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} \sqrt{2gL}

Etter kollisjonen svinger kulene til venstre opp til en posisjon i høyde h. Energibevarelse for denne delen av bevegelsen gir

(m_{1} + m_{2})gh = \frac{1}{2}(m_{1} + m_{2})(v′)^{2}
⇒ h = \frac{(v′)^{2}}{2g} = (\frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} )^{2} L

Riktig svar: E. (Snora når med andre ord ikke opp til horisontal stilling og er helt sikkert stram.)

d) Energien etter støtet er

(m_{1} + m_{2})gh = g \frac{m_{1}^{2}}{m_{1} + m_{2}} L

mens den før støtet var m_{1}gL. Forholdet blir dermed

\frac{E_{f}}{E_{i}} = \frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} .

Riktig svar: A.

e) I et elastisk støt er også energien bevart. Hastighetene v′_{1} og v′_{2} etter støtet er gitt av de to ligningene:

m_{1}v_{1} = m_{1}v′_{1} + m_{2}v′_{2}  (impulsbevarelse)
\frac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2} = \frac{1}{2}m_{1}(v′_{1})^{2} + \frac{1}{2}m_{2}(v′_{2})^{2}  (energibevarelse)

En effektiv måte å løse disse to ligningene på er (som antydet i forelesningene) å skrive

m_{1}(v_{1} − v′_{1}) = m_{2}v′_{2}
m_{1}(v_{1}^{2} − (v′_{1})^{2}) = m_{2}(v′_{2})^{2}

og deretter dividere den siste med den første. Det gir v_{1}+v′_{1} = v′_{2}. Dette innsatt i ligningen for impulsbevarelse lar oss eliminere v′_{2}, og vi finner

m_{1}v_{1} = m_{1}v′_{1} + m_{2}(v_{1} + v′_{1})
⇒ v′_{1} = \frac{m_{1} − m_{2}}{m_{1} + m_{2}} v_{1}

Dermed:

v′_{2} = v_{1} + v′_{1} = v_{1} + \frac{m_{1} − m_{2}}{m_{1} + m_{2}} v_{1} = \frac{2m_{1}}{m_{1} + m_{2}} v_{1}.

(Positive fartsretninger mot venstre.) Riktig svar: B.

f) Det kritiske punktet for kule 2 er toppen. Med v′′_{2} for hastigheten til kule 2 i toppunktet gir N2 her:

∑ F = m_{2}a  ⇒  S′′_{2} + m_{2}g = m_{2}(v′′_{2})^{2}/L  ⇒  S′′_{2} = m_{2}(v′′_{2})^{2}/L − m_{2}g.

Dersom snora ikke skal slakkes, må snorkrafta S′′_{2} være større enn null, m.a.o.

(v′′_{2})^{2} > gL.

Energibevarelse fra bunnpunkt til toppunkt for kule 2 bestemmer v′′_{2} uttrykt ved v′_{2} og L:

\frac{1}{2}m_{2}(v′_{2})^{2} = \frac{1}{2}m_{2}(v′′_{2})^{2} + m_{2}g · 2L  ⇒  (v′′_{2})^{2} = (v′_{2})^{2} − 4gL.

Et uttrykk for v′_{2} har vi ovenfor. Dermed:

4v_{1}^{2} (\frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} )^{2} − g · 4L > gL  ⇒  \frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} > \sqrt{\frac{5gL}{4v_{1}^{2}}}  ⇒  1 + \frac{m_{2}}{m_{1}} < \sqrt{\frac{4v_{1}^{2}}{5gL}}

Ovenfor har vi v_{1} uttrykt ved g og L, som vi setter inn:

\frac{m_{2}}{m_{1}} < \sqrt{\frac{4 · 2gL}{5gL}} − 1 = \sqrt{\frac{8}{5}} − 1,

dvs

\frac{m_{1}}{m_{2}} > \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{8} − \sqrt{5}}.

Riktig svar: E.

\underline{Oppgave 2.}

a) C. Graf 4 er åpenbart mulig: Klossen glir oppover med konstant (negativ) akselerasjon og blir liggende i ro dersom friksjonen mot underlaget er stor nok. Alternativt glir den ned igjen, igjen med konstant akselerasjon, men nå med mindre akselerasjon, siden både friksjonskraften og tyngdens komponent tangentielt med skråplanet virker mot bevegelsen når klossen er på vei opp (mens bare friksjonskraften virker mot bevegelsen hvis klossen er på vei ned). Dermed er også graf 2 en mulighet. b) C. Impulsbevarelse gir 2mv_{0} = 5mv, dvs v = 2v_{0}/5. Energitapet er dermed K_{0} − K = (1/2)2mv_{0}^{2} − (1/2)5m(2v_{0}/5)^{2} = 3mv_{0}^{2}/5.

Oppgave 3.

a) Rakettligningen:

m\frac{dv}{dt} = −mg + u\frac{dm}{dt}.

Vi ganger ligningen med dt/m og integrerer, fra 0 til v for v, fra 0 til t for t, og fra m_{0} til m for m:

∫_{0}^{v} dv = −g ∫_{0}^{t} dt + u ∫_{m_{0}}^{m} \frac{dm}{m},

som gir

v(t) = −gt + u ln \frac{m}{m_{0}} = −u ln \frac{m_{0}}{m} − gt.

b) Må ha skyvkraft minst like stor som tyngdekraften m_{0}g = 2.98·10^{7} N. Her er skyvkraften lik uβ = 3.40·10^{7} N, så raketten vil lette fra bakken. Drivstoffmassen ved avreise er m_{d} = −βt_{f} = 1.98 · 10^{6} kg. Raketten uten drivstoff har masse m_{f} = m_{0} − m_{d} = 1.06 · 10^{6} kg.

c) Fra rakettligningen har vi umiddelbart

a(t) = \frac{dv}{dt} = −g + \frac{u}{m} \frac{dm}{dt} = \frac{uβ}{m} − g.

Med konstant drivstoff-forbruk har vi m = m_{0} + βt, og dermed a(t) som oppgitt. Ved t = 0: a(0) = uβ/m_{0} − g = 1.39 m/s^{2}. Ved t = t_{f}: a(t_{f}) = uβ/m_{f} − g = 22.3 m/s^{2}. Innsetting av tallverdier i v(t) fra oppgave a) gir v(t_{f}) ≃ 1247 m/s ≃ 1.25 km/s.

d) Vi kan skrive

a(t) = \frac{uβ}{m_{0}} \frac{1}{1 + βt/m_{0}} − g.

Hvis t ≪ m_{0}/(−β), så er x = −βt/m_{0} ≪ 1. Dermed er

a(t) ≃ a_{lin}(t) = \frac{uβ}{m_{0}} (1 − \frac{βt}{m_{0}} ) − g = a(0) − \frac{uβ^{2}}{m_{0}^{2}} t,

som oppgitt.

Figurer produsert med Matlab-programmet rakettlosning.m for hhv akselerasjon og hastighet som funksjon av t:

På øyemål anslår vi at den lineære tilnærmelsen til a(t) er god omtrentlig de første 20 sekundene.

e) Tilbakelagt distanse er gitt ved

h(t) = ∫_{0}^{t} v(t)dt.

Vi har at

∫ ln xdx = x ln x − x,

siden den deriverte av høyre side her gir tilbake ln x. Litt fundering på hvordan riktige konstanter skal velges her og der gir da

h(t) = u\frac{m_{0} + βt}{β} ln \frac{m_{0} + βt}{m_{0}} − ut − \frac{1}{2}gt^{2},

og setter vi inn t = t_{f} = 150 s her, finner vi at h(t_{f}) = 58353 m ≃ 58.4 km. Forholdet mellom g(0), dvs g ved jordoverflaten, og g(h), dvs g i høyden h over bakken, er

\frac{g(0)}{g(h)} = (\frac{R + h}{R})^{2} .

Setter vi inn R = 6.37 · 10^{3} km og h = h_{f} = 58.4 km, finner vi at dette forholdet blir ca 1.02. Med andre ord, vi gjør ikke større feil enn et par prosent ved å bruke samme verdi 9.81 m/s^{2} for g for hele distansen.

Oppgave 4

a) Massen til del av bøylen innenfor vinkelelementet dθ er

dm = λdl = λRdθ,

der λ = M/2αR er bøylens masse pr lengdeenhet (kg/m). Men i slike oppgaver kan det være like greit å ikke innføre massetettheter, idet vi kan uttrykke massen i vinkelelementet dθ som

dm = (total masse) · (dm sin andel av hele massen) = M · \frac{dθ}{2α}.

Med denne dm og bruk av x = R cos θ blir tyngdepunktets x-verdi

X = \frac{1}{M} ∫_{legeme} x dm = \frac{1}{M} · R · \frac{M}{2α} ∫_{−α}^{α} cos θ dθ
= \frac{R}{2α} [sin α − sin(−α)] = \underline{R \frac{sin α}{α}}.

Tyngdepunktets y-verdi er Y = 0, av symmetrigrunner.

α = π gir X = 0, som ventet for en hel sirkel.

α → 0 gir (sin α)/α → 1 og X = R, som ventet for en liten masse samlet i x = R.

b) Massen til en infinitesimal del av sektoren innenfor vinkelelementet dθ og radius dr er

dm = (total masse) · (dm sin andel av hele massen) = M · \frac{dA}{A} = M · \frac{rdθ · dr}{\frac{2α}{2π}πR^{2}} = M · \frac{rdθ · dr}{αR^{2}} .

Med denne dm og bruk av x = r cos θ blir tyngdepunktets x-verdi

X = \frac{1}{M} ∫_{sektor} x dm = \frac{1}{M} · \frac{M}{αR^{2}} ∫_{θ=−α}^{α} ∫_{r=0}^{R} r^{2} cos θ dθdr
= \frac{1}{αR^{2}} ∫_{θ=−α}^{α} cos θ dθ ∫_{r=0}^{R} r^{2}dr
= \frac{1}{αR^{2}} [sin θ]_{−α}^{α} [\frac{1}{3}r^{3}]_{0}^{R}
= \underline{\frac{2}{3}R \frac{sin α}{α}}.

Tyngdepunktets y-verdi er Y = 0, av symmetrigrunner.

Alternativt kan du bruke resultatet fra a) ved å betrakte sirkelsektoren som en sum av bøyler med radius fra 0 til R. En bøyle med radius r har da X = r (sin α)/α og masse (sammenlign med det som er gjort ovenfor)

dm = M · \frac{dA_{bøyle}}{A} = M · \frac{r · 2α · dr}{\frac{2α}{2π}πR^{2}} = M · \frac{2r · dr}{R^{2}} ,

og vi får

X = \frac{1}{M} ∫_{alle bøyler} X dm = \frac{1}{M} ∫_{0}^{R} r \frac{sin α}{α} M \frac{2r · dr}{R^{2}} = \frac{sin α}{α} \frac{2}{R^{2}} ∫_{0}^{R} r^{2} dr = \underline{\frac{2}{3} R \frac{sin α}{α}}.

α = π gir X = 0, som ventet for en hel sirkel. α → 0 gir (sin α)/α → 1 og X = 2R/3, som vel er rimelig for en meget smal sirkelsektor.