TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2017. Løsningsforslag til øving 5.

Oppgave 1.

a) I_{0} = MR^{2}/2 = 500 · 0.5^{2}/2 = 500/8 = 62.5 kg m^{2}. Riktig svar: A.

b) 60 sekunder pr minutt og 2500 omløp pr minutt gir T = 60/2500 = 0.024 s = 24 ms. Riktig svar: C.

c) ω = 2π/T = 2π/0.024 = 262 s^{−1}. Riktig svar: D.

d) K = I_{0}ω^{2}/2 = 62.5 · 262^{2}/2 = 2.14 MJ, som omregnet (1 kWh = 3.6 MJ) gir 0.59 kWh. Riktig svar: B.

e) L = I_{0}ω = 62.5 · 262 = 16.4 · 10^{3} Js. Riktig svar: D.

Oppgave 2.

a) Bordtennisball: m = 2.7 g = 0.0027 kg og r = 20 mm = 0.020 m. Dermed: I_{0} = 2mr^{2}/3 = 7.2 · 10^{−7} kg m^{2}. Riktig svar: B.

b) Kule, friidrett, menn: M = 7.26 kg og R = 60 mm = 0.060 m. (Helt presist: Mellom 55 og 65 mm.) Dermed: I_{0} = 2MR^{2}/5 = 0.010 kg m^{2}. Riktig svar: D.

Oppgave 3

a) Mhp aksen gjennom A (normalt papirplanet) har staven et treghetsmoment MD^{2}/3 (se forelesningene). En ekstra (punkt-)masse m i avstand d gir ganske enkelt et ekstra bidrag md^{2}, slik at

I = \frac{1}{3}MD^{2} + md^{2}.

Riktig svar: A.

b) Før sammenstøtet mellom kule og stav er det bare kula som har impuls, slik at p_{i} = mvx̂.

Riktig svar: B.

c) Før sammenstøtet er det bare kula som har dreieimpuls mhp A, dens banedreieimpuls mhp A er L_{i} = r × p_{i} = −dŷ × mvx̂ = mvdẑ.

Med impuls i x-retning bidrar ikke x-komponenten av r til dreieimpulsen. Riktig svar: B. d) Tyngdekraften som virker på staven og kula i sammenstøtet har ingen arm mhp A. En eventuell kraft fra akslingen i sammenstøtet angriper staven i A og har dermed heller ingen arm mhp A. Da er det ikke noe ytre dreiemoment mhp A som påvirker systemet, og dreieimpulsen mhp A er bevart: L_{f} = L_{i} = mvdẑ. Riktig svar: B.

e) Stav pluss kule er et stivt legeme med treghetsmoment I og dreieimpuls mvd mhp A rett etter sammenstøtet. Systemet utfører ren rotasjon om A. Da har vi L = Iω, slik at

ω = \frac{L}{I} = \frac{v/d}{1 + MD^{2}/3md^{2}} ẑ.

Alternativt uttrykt som alternativ D i oppgaveteksten. Riktig svar: D.

f) Like etter sammenstøtet har alle deler av staven, inklusive den ”absorberte” kula, hastighet i positiv x-retning:

v(y) = −ωyx̂,

slik at v = 0 ved A (y = 0) og v = ωDx̂ helt nederst (y = −D). Gjennomsnittshastigheten for staven blir dermed ωDx̂/2 og dens impuls MωDx̂/2. Til dette må vi huske å addere kulas impuls mωdx̂. Følgelig:

p_{f} = (\frac{1}{2}MD + md) ωx̂.

Innsetting for ω fra e) gir

p_{f} = \frac{mv + MvD/2d}{1 + MD^{2}/3md^{2}} x̂.

Siden vi skal sammenligne p_{f} med p_{i}, trekker vi ut mv = p_{i} fra telleren og får

p_{f} = p_{i} \frac{1 + MD/2md}{1 + MD^{2}/3md^{2}} .

Riktig svar: A.

g) Her vil forholdet mellom leddene som adderes til 1 i teller og nevner avgjøre om det er p_{f} eller p_{i} som er størst:

\frac{MD/2md}{MD^{2}/3md^{2}} = \frac{3d}{2D} .

Dermed: Hvis d = 2D/3, er p_{f} = p_{i}. Treffer kula nøyaktig her, ønsker stavens øvre ende ikke å bevege seg i sammenstøtet, og vi har faktisk impulsbevarelse. Hvis d > 2D/3: Kula treffer staven så langt ned at rotasjonsbevegelsen ville ha blitt slik at stavens øverste ende rett etter støtet ville ha beveget seg mot venstre. Men staven er festet i A og beveger seg ikke der. Dette må skyldes en kraft F fra akslingen på staven i A rettet mot høyre. Og et ytre kraftstøt F · Δt rettet mot høyre vil som kjent gi en økning i systemets impuls i denne retningen. (Her er Δt sammenstøtets (korte) varighet.) Tilsvarende: Hvis d < 2D/3, treffer kula staven så langt opp at øverste ende ”prøver” å bevege seg mot høyre. En kraft fra akslingen rettet mot venstre forhindrer dette, og gir samtidig systemet en redusert impuls mot høyre. (I det videre forløpet, når tyngdekraften får virke på systemet, med en arm mhp A som ikke er null, har vi selvsagt ikke impulsbevarelse - og heller ikke dreieimpulsbevarelse - men det var det ikke spørsmål om her.) h) Kinetisk energi før støtet:

K_{i} = \frac{1}{2}mv^{2}.

Kinetisk energi rett etter støtet:

K_{f} = \frac{1}{2}m(ωd)^{2} + \frac{1}{2} ∫_{staven} dm(ωy)^{2}
= \frac{1}{2}mω^{2}d^{2} + \frac{1}{2} ∫_{−D}^{0} \frac{Mdy}{D} ω^{2}y^{2}
= \frac{1}{2}mω^{2}d^{2} + \frac{1}{6}MD^{2}ω^{2}
= (\frac{1}{2}md^{2} + \frac{1}{6}MD^{2}) \frac{(v/d)^{2}}{(1 + MD^{2}/3md^{2})^{2}}
= …
= \frac{K_{i}}{1 + MD^{2}/3md^{2}} .

Dermed er endringen i kinetisk energi

ΔK = K_{f} − K_{i} = −\frac{K_{i}}{1 + 3md^{2}/MD^{2}} ,

og relativ endring, i absoluttverdi, som i alternativ A i oppgaveteksten.

Hvis kula har mye større masse enn staven, m ≫ M, er ΔK/K_{i} ≃ 0. Det høres rimelig ut: Staven representerer kun en ”ubetydelig hindring” for kula, som (rett etter støtet) fortsetter som om intet hadde hendt. Hvis kula derimot har mye mindre masse enn staven, m ≪ M, blir ΔK/K_{i} ≃ −1 = −100%. Det høres også rimelig ut: Staven er så tung i forhold til kula at den henger praktisk talt i ro etter støtet. (Tenk bare på grensen M → ∞; da er staven som en ”massiv vegg”, all bevegelse opphører, og hele den kinetiske energien er tapt som varme og eventuelt deformasjon av kule og stav.)

Oppgave 4

a) C. Bruk Steiners sats, I_{1} = I_{2} = I_{0} + Md^{2} med d = R_{1} = R_{2}.

b) C. I luftlinje i nord-syd-retning er det ca 40 mil mellom Oslo og Trondheim, dvs ca 4 · 10^{5} m. Dette blir bilimpulsens ”arm” a. Bilen har masse omlag 1000 kg og hastighet østover ca 25 m/s. Dreieimpulsen mhp et sted i Oslo sentrum blir dermed L = mva ∼ 1000 · 25 · 4 · 10^{5} = 10^{10} kg m^{2}/s.

c) A. Vi har τ = I_{0}ω̇, N2 for rotasjon om akse gjennom slipesteinens tyngdepunkt. Her er τ = Sr = 20 · 0.25 = 5.0 i SI-enheter. Dessuten er ω̇ = 60/12 = 5.0, også i SI-enheter. Dermed må I_{0} være lik 1.0, i SI-enheten kg m^{2}.

Ekstraoppgave

Vi setter dm = M · dA/A, med A = 4πR^{2} = arealet av hele kuleskallet og dA = 2πρ · Rdθ = 2πR sin θ · Rdθ = arealet av en smal ring med omkrets 2πR sin θ og bredde Rdθ. Her er θ vinkelen mellom (rotasjons-)aksen og linjen fra kuleskallets sentrum ut til den smale ringen, se figur. Dermed:

I_{0} = ∫_{0}^{π}(R sin θ)^{2} · M · \frac{2πR^{2} sin θdθ}{4πR^{2}} = \frac{1}{2}MR^{2} ∫_{0}^{π} sin^{3} θdθ.

Vi bruker tipset gitt i oppgaven og finner

∫_{0}^{π} sin^{3} θdθ = ∫_{0}^{π} \frac{1}{4} (3 sin θ − sin 3θ) = |_{0}^{π} (\frac{cos 3θ}{12} − \frac{3 cos θ}{4} ) = \frac{4}{3},

slik at

I_{0} = \frac{2}{3}MR^{2}.

Vi betrakter ei kompakt kule som mange tynne kuleskall utenpå hverandre, hver med treghetsmoment dI = 2r^{2}dm/3, radius r, masse dm = M · dV/V, der V = 4πR^{3}/3 er kulas totale volum, og dV = 4πr^{2}dr er volumet til et kuleskall med radius r og tykkelse dr. Dermed:

I_{0} = ∫ dI = ∫_{0}^{R} \frac{2}{3}r^{2} · M · \frac{4πr^{2}dr}{4πR^{3}/3} = \frac{2M}{R^{3}} ∫_{0}^{R} r^{4}dr = \frac{2}{5}MR^{2}.

Alternativ metode: La x-aksen være rotasjonsaksen og del opp kula i tynne skiver med tykkelse dx og radius \sqrt{R^{2} − x^{2}}, og dermed volum dV = dx · π(R^{2} − x^{2}) og masse dm = MdV/V = M · dx · π(R^{2} − x^{2})/(4πR^{3}/3). Treghetsmomentet til ei slik skive er dI = dm · (R^{2} − x^{2})/2, slik at kulas treghetsmoment blir

I = ∫ dI
= \frac{1}{2} ∫ dm · (R^{2} − x^{2})
= 2 · \frac{1}{2} ∫_{0}^{R} \frac{M · dx · π(R^{2} − x^{2})}{4πR^{3}/3} · (R^{2} − x^{2})
= \frac{3M}{4R^{3}} ∫_{0}^{R}(R^{4} − 2R^{2}x^{2} + x^{4})dx
= \frac{2}{5}MR^{2}