\input{usr_cmds.tex}
\input{ov_head.tex}
{\huge \bf Løsningsforslag for øving 2}
\end{center}
%
\pagestyle{LosOblOving}
\setcounter{OvNr}{2} % Teller for øvingsnr

\vspace{2mm}
{\bf \underline{Oppgave 1.}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%% EHH: {\large\bf Oppgave 1} \\

{\bf a.}  Vinkelhastigheten er definert som $\omega = \rmd \varphi /\rmd t$.
Når vinkelhastigheten innenfor en periode (i tilstrekkelig god tilnærmelse) kan regnes som konstant, er en periode gitt som en full omdreining:
$$
  2\pi = \int^{2\pi}_0 \rmd \varphi = \int^T_0\omega \rmd t = \omega T. 
$$
Av dette følger relasjonen $\omega = 2\pi /T$, som skulle vises.

En alternativ smart utledning er med enheter. Idet $[\omega] = \rm rad/s$, kan vi sette opp:
\begin{eqnarray*}
\textstyle \rm \frac{rad}{s} = & \rm \frac{rad}{omdr} \cdot \frac{omdr}{s}& = \textstyle \rm \frac{rad}{omdr} \cdot \left(\frac{s}{omdr}\right)^{-1}
\\
\omega = & 2 \pi \cdot f & = 2\pi \cdot T^{-1}
\end{eqnarray*}

{\bf b.} Vinkelakselerasjonen er gitt som
\begin{equation}
\alpha =  \frac{\rmd \omega}{\rmd t}
=  \frac{\rmd \omega(T)}{\rmd T} \frac{\rmd T}{\rmd t} 
%= 2\pi \frac{\rmd }{\rmd t} T^{-1}
= -\frac{2\pi}{T^2} \cdot \frac{\rmd T}{\rmd t}.
\label{alpha}
\end{equation}
%
Med de oppgitte tallene blir dette
$$
  \alpha = -\frac{2\pi}{(0,033)^2\,{\rm s^2}} \cdot \frac{1,26\cdot 10^{-5}\,{\rm s}} {365\cdot 24\cdot 3600\,{\rm s}} 
 = -2,305\cdot 10^{-9}\,{\rm s^{-2}}
 = \underline{-2,3\cdot 10^{-9}\,{\rm s^{-2}}}
\quad \left( = -0,0727 \,{\rm s^{-1}/\mbox{år}} \right) .
$$
\vspace{2mm}

{\bf c.}  Med konstant (her: negativ) vinkelakselerasjon er 
$\omega (t) = \omega_0 +\alpha t$, der $\omega_0 = \omega (0) = 2\pi/T(0) = 190,4\rm\, s^{-1}$. Rotasjonen stopper (dersom $\alpha$ virkelig holder seg konstant!) ved tida $\tau$:
\beq
  \omega (\tau) = \omega_0 + \alpha \tau = 0
\label{nullomega}
\eeq
som gir
$$
  \tau = \frac{\omega_0}{-\alpha} = \rm \frac{190,4\, s^{-1}}{2,305\cdot 10^{-9}\,{\rm s^{-2}}}
 = 8,26\cdot 10^{10}\, s = 2619\, \mbox{år}.
%  \tau = \frac{\omega_0}{-\alpha} = \frac{2\pi}{T}\cdot\frac{T^2}  {2\pi (\rmd T/\rmd t)} = \frac{T}{\rmd T/\rmd t} .
$$

Rotasjonen vil altså opphøre i år 2012 + 2619 = 4631. Perioden $T$ er oppgitt med kun 2 sifre, slik at vi bør oppgi svaret som 
\underline{ca.\ år 4600}.

{\small
På den annen side: dersom det {\it ikke} er vinkelakselerasjonen som er konstant, men {\it økningen i perioden} (oppgitt som $1,26\cdot 10^{-5}$\,per år) som er
konstant, vil rotasjonen {\it aldri} opphøre, fordi grensen $T\rightarrow \infty$ aldri nåes.  Eller sett på annen måte: Likn.\ (\ref{alpha}) viser at med konstant 
$\frac{\rmd T}{\rmd t}$ vil $\alpha$ bli mindre og mindre når $T$ øker, og vi vil aldri kunne få oppfylt likningen (\ref{nullomega}).
} %small

{\bf d.} Vi antar som oppgitt i c at vinkelakselerasjonen er konstant, og finner (med $\Delta t = 1054 - 2012 =-958$\,år),
%$$  \omega(1054) = \omega_0 + \alpha \Delta t = \frac{2\pi}{T} -\frac{2\pi}{T^2}   \cdot \frac{\rmd T}{\rmd t}\Delta t = \frac{2\pi}{T}\left(1- T^{-1} \frac{\rmd T}{\rmd t}\Delta t \right). $$
$$  \omega(1054) = \omega_0 + \alpha \Delta t 
= 190,4\rm\, s^{-1} -2,305\cdot 10^{-9}\,{\rm s^{-2}} (-958\cdot 365\cdot 24\cdot 3600\, s) = 260\, s^{-1}
$$
Derved er
$$  T(1054) = \frac{2\pi}{\omega(1054)} = 0,0242\,\rm s = \underline{0,024\, s}.
$$
%$$  T(1054) = \frac{T}{1-T^{-1}(\rmd T/\rmd t)\Delta t} = \frac{0,033}{1-[1,26\cdot 10^{-5}     \cdot (-955)]/0,033}\,{\rm s} =  0,024\,{\rm s}.$$
%

{\small
Hvis vi alternativt antar at den oppgitte økningen i perioden per år $1,26\cdot 10^{-5}$ s per år er konstant, da blir regningen enklere:
$$ 
  T = T_0 + \frac{\rmd T}{\rmd t} \cdot \Delta t = 0,033\,{\rm s} + 1,26\cdot 
         10^{-5}\rm\,\frac{s}{\mbox{år}} \cdot (-958\, \mbox{år}) = 0,0209\, s = \underline{0,021\, s}.
$$
} %small
%Merk at dette siste resultatet er det en får dersom det første, med konstant vinkelakselerasjon, rekkeutvikles til første orden i $\Delta t$. 
%Hadde $\Delta t$ bare vært noen få år, ville de to ekstrapolasjonemetodene gitt essensielt samme svar. Men når vi ekstrapolerer 1000 år tilbake (eller frem)
%i tid, viser forskjellene seg. Dette som en generell ekstrapolasjonsadvarsel! Hva som i dette tilfellet er det {\it riktige} (eller riktigste) svaret, kan vi
%jo lure på: Utfordringen går til astrofysikerne og deres {\it fysiske} modeller for roterende nøytronstjerner. Her melder vi beskjedent pass.

\vspace{5mm}
\begin{minipage}{0.75\textwidth}
{\bf \underline{Oppgave 2.}}\\[2mm]
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\underline{\bf a.}
Vi har statisk likevekt,  og Newtons 2.\ lov gir at 
\beq
\Sigma \vec{F} = \vec{F} + m \vec{g} + \vec{S} = \vec{0} ,
\label{N2}
\eeq
dvs.\ $\vec{F}$ og $m\vec{g}$ balanseres av strekket i stanga, $\vec{S}$, som peker {\em langs stanga}.  Dermed må også resultanten av 
$\vec{F}$ og $m\vec{g}$ peke langs stanga, som vist på figuren.  Komponentform av likn.\ (\ref{N2}):
\beq
S_y = S\cos \theta = mg \qquad S_x = S\sin\theta = F .
\label{N2.komp}
\eeq
Dette gir
%
\begin{equation}
\tan\, \theta = \frac{F}{mg}
\qquad \Rightarrow \quad
\underline{F} = m g \,\tan\, \theta = 0,10 \cdot 9,8 \cdot (1/\sqrt{3})\rm\;N = \underline{0,57\,N}.
\label{eq11}
\end{equation}
%
%Vinkelen $\theta= 30^\circ$ er gitt.  Krafta blir
%%
%\begin{eqnarray}
%\underline{F} = m g \,\tan\, \theta = 0,10 \cdot 9,8 \cdot (1/\sqrt{3})\rm\;N = \underline{0,57\,N}.
%\end{eqnarray}
%
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.2\textwidth}
\setlength{\unitlength}{1mm}
\begin{picture}(40,40)
\thicklines
\put(15,20){\vector(0,-1){15}}
\put(15,20){\vector(1,0){10}}
\put(15,20){\vector(-2,3){10}}
\thinlines
\curvedashes[1.2mm]{0.5,1.5}
\put(15,5){\curve(0,0,10,0)}
\put(25,20){\curve(0,0,0,-15)}
\put(15,20){\curve(0,0,10,-15)}
\put(25,5){\vector(2,-3){0}}
\curvedashes{0,0}
\put(15,20){\arc(0,-6){33.7}}
\put(14,8){\makebox(0,0)[rb]{$m \vec{g}$}}
\put(20.5,21.5){\makebox(0,0)[lb]{$\vec{F}$}}
\put(9,30){\makebox(0,0)[lb]{$\vec{S}$}}
\put(16,13){\makebox(0,0)[tl]{$\theta$}}
\end{picture}
\end{minipage}


%\underline{\bf b.}
%Krafta $F=0,20$ N er gitt.  Vinkelen blir
%%
%\begin{eqnarray}
%\underline{\theta} = \,\arctan\, (F/mg) = \arctan(0,20/0,98) %= 0,201\,\mbox{rad} 
%= \underline{12^\circ}.
%\end{eqnarray}


\begin{minipage}{0.2\textwidth}
\setlength{\unitlength}{1mm}
\begin{picture}(40,40)
\thicklines
\put(15,20){\vector(0,-1){15}}
\put(21,12){\makebox(0,0)[rb]{$m \vec{g}$}}

\put(15,20){\vector(-1,0){10}}
\put(-4,18){\makebox(0,0)[lb]{$\sum \vec{F}$}}

\put(15,20){\vector(-2,3){10}}
\put(9,30){\makebox(0,0)[lb]{$\vec{S}$}}

\thinlines
\curvedashes[1.2mm]{0.5,1.5}
%\put(15,5){\curve(0,0,10,0)}
\put(5,20){\curve(0,0,0,15)}
\put(5,20){\curve(0,0,10,-15)}
%\put(5,5){\vector(2,-3){0}}
\curvedashes{0,0}
\put(5,35){\arc(0,-6){33.7}}
\put(6,28){\makebox(0,0)[tl]{$\theta$}}
\put(15,5){\arc(0,6){33.7}}
\put(12,15){\makebox(0,0)[tl]{$\theta$}}
\end{picture}
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.75\textwidth}
\underline{\bf b.}
%
Krafta $F$ i figuren ovenfor skyldes nå ``sentrifugalkrafta'' $F_{r}= m v^2/r $, som kan settes inn for $F$. Men vi holder oss i et fast lab-koordinatsystem og summen av krefter er lik (sentripetal)akselererende kraft (Newtons 2.\ lov):
\begin{equation}
\Sigma \vec{F} = m \vec{g} + \vec{S}\; = m \vec{a_{\rm c}}. 
\label{eq.Fsentripetal}
\end{equation}
%
$\vec{a_{\rm c}}$ og $\vec{S} + m \vec{g}$ går i radiell retning som vist i figuren til venstre.
Komponentform av likn\. (\ref{eq.Fsentripetal}):
\begin{eqnarray}
S_x &=& S\sin\theta = m a_{\rm c}
\label{N2.x} \\
S_y &=& S\cos \theta = mg .
\label{N2.y}
\end{eqnarray}
\end{minipage}
%
Rotasjonsradien er $r = L \sin\theta$ slik at sentripetalakselerasjonen er
\begin{eqnarray}
a_{\rm c} = |\vec a_{\rm c}| = v^2/r = \omega^2\, r  %= \frac{v^2}{r} = \frac{(\omega\cdot r)^2}{r} = \frac{(2 \pi r/T)^2}{r} = \left(\frac{2 \pi}{T}\right)^2 r 
= \left(\frac{2 \pi}{T}\right)^2 \cdot L \sin \theta.
\label{eq.sentr}
\end{eqnarray}
%
Likn.\ (\ref{N2.x}) dividert med likn.\ (\ref{N2.y}) og innsatt likn\ (\ref{eq.sentr}) gir 
%
\begin{eqnarray}
\frac{\sin\theta}{\cos \theta} = \frac{a_{\rm c}}{g}
= \frac{1}{g} \cdot \left(\frac{2 \pi}{T}\right)^2 \cdot L \sin \theta .
\end{eqnarray}
%
%Variant med oppgitt theta: 
$\sin\theta$ forkortes bort og vi får
%
\begin{eqnarray}
\underline{T}=
2\pi \sqrt{ \frac{L\cos\theta}{g}}
= \rm 2\pi \sqrt{ \frac{0,50\, m \cdot \cos 30^\circ}{9,81\, m/s^2}}
= \underline{1,32 \, s}.
\end{eqnarray}

%Variant med oppgitt T: 
%
%$\sin\theta$ forkortes bort og vi får
%%
%\begin{eqnarray}
%%\cos \theta = g \cdot \frac{(T/2 \pi)^2}{L} \qquad \Rightarrow \qquad 
%\underline{\theta}=
%\arccos \left( \frac{ g T^2 }{ 4 \pi^2 L } \right)
%= \rm \arccos \left( \frac{ 9,81 \cdot(1,20)^2 }{ 4 \pi^2 \cdot 0,50 } \right) = \arccos (0,7157) % =1,05\,\mbox{rad} 
%= \underline{44^\circ} .
%\end{eqnarray}


%\underline{\bf d.}
%Situasjonen blir den samme som i \underline{\bf c.} med samme figur. Krafta $F$ gir nå ikke sentripetalakselerasjon til kula, men lineær akselerasjon, og kulas akselerasjon må være lik flyets (ellers ville vinkelen $\theta$ endres). Fra likning (\ref{eq11}) har vi uttrykk for $F$ og dermed blir kulas og flyets akselerasjon:
%%
%$$ a = \frac{F}{m} = \frac{mg \tan \theta}{m} = g \tan \theta = \rm 9,8\; m/s^2\cdot \frac{1}{\sqrt{3}} =  \underline{5,7\,m/s^2}.$$
%%
%Forresten er vinkelen den samme som i \underline{\bf a.} slik at $F$ vil være den samme som der.



{\bf \underline{Oppgave 3.}}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

\begin{minipage}{0.24\textwidth}
%\epsfxsize=35mm
%\epsfbox{Figur2-2.pdf}
\includegraphics[width=0.9\textwidth]{figurer/Figur2-2.eps}
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.68\textwidth}
{\bf a.} Forholdene for $m_2$ er som $m$ i oppgaven ovenfor, og kunne henvist til likninger der. Men gjør her en uavhengig analyse:

Massen $m_1$ skal være i ro, og uten friksjon må da snordraget være $S = m_1 g$. På massen $m_2$  virker både vertikale og horisontale krefter. Vertikalt må snordraget utbalansere tyngden av $m_2$. Dette gir likningen $S\cos \theta = m_2g$, og derved er $\theta$ gitt av
$$
\cos \theta = \frac{m_2g}{S} = \frac{m_2g}{m_1g} = \frac{m_2}{m_1} .
$$
\\[1mm]
{\bf b.} Horisontalt må snordraget sørge for den sentripetalkrafta som skal til for å holde $m_2$ i en sirkelbane med radius $r = L\sin\theta$. Dette gir 
$$
S\sin\theta = m_2\, \omega^2 L\sin\theta
= m_2\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 L\sin\theta .
$$
\end{minipage}

Vi løser for $L$ og setter inn $S = m_1 g$:
$$  L = \frac{S}{m_2} \left(\frac{T}{2\pi}\right)^2 = \underline{\frac{m_1}{m_2}\frac{gT^2}{4\pi^2}} .$$

{\bf c.} Med de oppgitte tallene finner vi at
\begin{eqnarray*}
\cos\theta &=& \frac{m_2}{m_1} = \frac{2,0}{4,0}
\quad \Rightarrow \quad 
\underline{\theta = 60^{\circ}} .
\\
L &=& \rm \frac{4,0}{2,00}\cdot\frac{9,81\, m/s^2\cdot (1,00\, s)^2}{4\pi^2}
= 0,497\,{\rm m} = \underline{0,50\, m} .
\end{eqnarray*}

\vspace{2mm}
{\bf d.} 
%Med gitte masser og gitt omløpstid $T = 2\pi /\omega $, er det bare denne {\it ene} lengden som gir dynamisk ``likevekt" . 
Hvis lengden er større enn den funne likevektslengden, vil snordraget nødvendig for å holde $m_2$ i rotasjon bli for stort. Altså dras $m_2$ nedover mens $m_1$ trekkes oppover, lengden $L$ øker ytterligere. Hvis lengden er mindre enn likevektsverdien for $L$, blir snordraget for lite og $m_2$ dras nærmere toppen, $L$ minker videre. 
Den dynamiske ``likevekten"\ er altså ikke påfallende stabil. Tvertimot! 

Friksjon mot øvre kant av røret bedrer stabiliteten: Tauet vil ligge an mot kanten over en vinkel som i beste fall er $(2\pi-\theta)$. Friksjon over en kant med statisk friksjonskoeffisient $\mu_{\rm s}$ er beskrevet i Hauge \& Støvneng, kap. 2.3.3, og det kan vises at i dette tilfelle blir friksjonskrafta ca.\ $m_1g\cdot \exp\{\mu_{\rm s}(2\pi-\theta)\}$. Dette vil derfor gjøre underverker for stabiliteten!

\newpage
{\em Noen tanker om sentrifugalkraft og sentripetalkraft i denne sammenhengen:}

%\includegraphics[width=0.3\textwidth]{figurer/sentrifugpet.eps} Opprinnelig EHH-figur
\begin{minipage}{0.12\textwidth}
\setlength{\unitlength}{1mm}
\begin{picture}(40,40)
\thicklines
\put(15,0){\makebox(0,0)[rb]{(a)}}
\put(15,20){\vector(0,-1){15}} \put(21,12){\makebox(0,0)[rb]{$m \vec{g}$}}
\put(15,20){\vector(-2,3){10}} \put(9,30){\makebox(0,0)[lb]{$\vec{S}$}}
\curvedashes{1,0.5, 1,0.5}
\curve(15,20, 5,20) \put(5,20){\vector(-1,0){0}} \put(1,18){\makebox(0,0)[lb]{$\vec F_{\rm c}$}}
\end{picture}
\end{minipage}
%
\begin{minipage}{0.13\textwidth}
\setlength{\unitlength}{1mm}
\begin{picture}(40,40)
\thicklines
\put(15,0){\makebox(0,0)[rb]{(b)}}
\put(15,20){\vector(0,-1){15}}
\put(15,20){\vector(1,0){10}}
\put(15,20){\vector(-2,3){10}}
\thinlines
\put(14,8){\makebox(0,0)[rb]{$m \vec{g}$}}
\put(20.5,21.5){\makebox(0,0)[lb]{$\vec{F_{\rm fug}}$}}
\put(9,30){\makebox(0,0)[lb]{$\vec{S}$}}
\end{picture}
\end{minipage}
%
\hfill
\begin{minipage}{0.7\textwidth}
Det er nærliggende å la seg forvirre av sentripetal- kontra sentrifugalkrefter.
Valget mellom de to er et valg av koordinatsystem, og vi kan bruke denne oppgaven til 
å illustrere dette. Vi henviste til sentripetalkrafta i
resonnementet ovenfor. Det innebærer at vi resonnerte fra {\it det stasjonære
(lab)koordinatsystem}, og illustrasjonen blir som (a) i figuren til venstre: 
Kreftene som virker er snordraget $\vec S$ og vekta $m\vec g$, og Newton 2 sier at summen av disse er akselererende kraft:
$\vec S + m\vec g = m \vec a_c$, og vi kaller ofte $m \vec a_c = \vec F_{\rm c} =$ sentripetalkrafta.
\\[2mm]
Men vi kunne også valgt å legge oss i massens eget (roterende) koordinatsystem, som i (b) i figuren. Dette systemet er ikke et inertialsystem, og en ekstrakraft må innføres pga.\ systemets akselerasjon. Dette er sentrifugalkrafta $F_{\rm fug} = m v^2/r$ og peker radielt utover.  I dette systemet er massen i ro, og vektorsummen av kreftene må være null: $\vec S + m \vec g +\vec F_{\rm fug} = 0$.
Fysikken, og svarene, er uavhengig av hvilket koordinatasystem som velges! Valget er et spørsmål om hensiktsmessighet. Vi liker best å velge et inertialsystem der Newton 2 gjelder uten tilleggskrefter. Men i dette tilfellet ser du at det er hipp som happ hva som velges.
\end{minipage}


\vspace{15mm}

{\bf \underline{Oppgave 4.}}


\begin{minipage}{0.3\textwidth}
%JAS: \includegraphics[width=0.85\textwidth]{figurer/vertsirk.eps}
\setlength{\unitlength}{0.8mm}
\begin{picture}(50,55)
\curvedashes{1,0.5, 1,0.5}
\put(20,25){\bigcircle{40}}
\put(19,25){\curve(0,0,21,0)}
\curvedashes{0,0}
\put(20,25){\line(2,1){18}}
\put(27,32){\makebox(0,0)[bl]{$R$}}
\put(37.8,33.8){\circle*{2}}
\put(40,33){\makebox(0,0)[bl]{$m$}}
\put(37.8,33.8){\vector(1,-2){5}}
\put(42,26){\makebox(0,0)[bl]{$mg\cos\theta$}}
\put(28,26){\makebox(0,0)[bl]{$\theta$}}
\put(20,25){\arc(12,0){27}}
\put(30.5,30.6){\vector(-1,2){0}}
\end{picture}
\end{minipage}
\hfill
%
\begin{minipage}{0.71\textwidth}
{\bf a.} Steinens vekt gir følgende kraftkomponent tangensielt til sirkelbuen, 
regnet positiv i positiv $\theta$-retning: $-mg\cos\theta$. 
Akselerasjonen i tangensialretning er $a_{\rm t} = \frac{\rmd v}{\rmd t} = R \frac{\rmd \omega}{\rmd t}$. Derved får Newtons 2. lov formen
$$
  -mg\cos\theta = m \cdot R\frac{\rmd \omega}{\rmd t}\ \quad \Rightarrow 
 \quad \underline{ R\frac{\rmd \omega}{\rmd t} = -g\cos\theta} ,
$$ 
som vi skulle vise.
\\

Kjerneregelen for $\omega(\theta(t))$ gir
$$
  \frac{\rmd \omega}{\rmd t} = \frac{\rmd \omega}{\rmd \theta}\frac{\rmd \theta}{\rmd t}
    = \frac{\rmd \omega}{\rmd \theta}\cdot \omega .
%    = \frac{1}{2} \frac{\rmd \omega^2}{\rmd \theta}.
$$
\end{minipage}

\vspace{2mm}

Derved har vi funnet følgende separable differensiallikning for $\omega (\theta)$:
$$   
  \underline{  R\,\omega\,\rmd\omega = -g\cos\theta\,\rmd\theta } .
%   \frac{\rmd \omega^2}{\rmd \theta} = -\frac{2g}{R}\cdot \cos\theta .
$$

\vspace{3mm}
{\bf b.} Løsningen ved å integrere fra starttilstand $\theta = 0; \; \omega = \omega_0$ til vilkårlig tilstand $\theta; \; \omega$:
$$
  R\int_{\omega_0}^\omega \omega\,\rmd\omega = -g\int_0^\theta \cos\theta\,\rmd\theta 
\quad \Rightarrow \qquad
  \half R (\omega^2 - \omega_0^2) = -g \cdot \sin\theta 
\quad \Rightarrow \qquad
\underline{   \omega^2 = \omega_0^2  -\frac{2g}{R} \cdot \sin\theta} .
$$

\vspace{3mm}
{\bf c.} Snordraget $S$ må, sammen med komponenten av steinens vekt radielt innover 
mot sirkelens sentrum, gi den sentripetalkrafta som holder steinen i sirkelbane:
$$
  S + mg\sin\theta = mR\omega^2 = m R\omega^2_0 - 2mg\sin\theta  \quad \Rightarrow  \quad
     \underline{ S(\theta) = mR\omega_0^2 - 3mg\sin\theta }.
$$
Med basal kjennskap til sinusfunksjonen kan vi slutte at $S = S_{\rm max}$ når $\sin \theta = -1$, det vil si når
$\theta = \frac{3}{2}\pi  \pm n\cdot 2\pi$, der $n$ er et heltall. Dette er helt i tråd med
vanlig sunn fornuft: Strekket i snora blir størst når massen er rett under sirkelens sentrum. 

Sunn fornuft samt likningen for $S(\theta)$ tilsier at snordraget er minst på toppen, når $\sin \theta = 1$ og $\theta =\frac{1}{2}\pi \pm n\cdot 2\pi$.
Da er $S_{\rm min} = mR\omega_0^2 - 3mg$. Kravet til strukket snor er $S_{\rm min} > 0$ som gir $\omega_0^2 > 3g/R$.   
 


%\vspace{5mm}
\newpage
{\bf \underline{Oppgave 5.}}


\begin{minipage}{0.35\textwidth}
%\epsfxsize=50mm
%\epsfbox{Figur2-1.pdf}
\includegraphics[width=0.95\textwidth]{figurer/Figur2-1.eps}
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.61\textwidth}
Her gjelder det å skaffe seg oversikt over et kronglete sett variable og relasjoner. 
Én mulighet er å følge koordinater langs snorene, f.eks.\ med positiv retning $m_4$ ned, $m_3$ til høyre og trinsa mellom $m_1$ og $m_2$ opp.
\\

En annen mulighet, som vi velger her, er å bruke de vertikale posisjonene $z_1, z_2$ og $z_4$ til henholdsvis massene
$m_1, m_2$ og $m_4$; og $z_0$ for posisjonen til trinsa som snora mellom $m_1$ og $m_2$ henger over. 

\end{minipage} 

{\bf a.} Det at snorene har en gitt lengde, gir følgende kinematiske betingelser,
\begin{eqnarray*}
 z_0 + z_4 = {\rm konst.} &\quad& \mbox{($z_0$ øker like mye som $z_4$ minker} 
\\
 (z_0-z_1) + (z_0-z_2) = {\rm konst.} &\quad& \mbox{(snora mellom 1 og 2)} 
\end{eqnarray*}

Dette innebærer tilsvarende betingelser mellom (de vertikale) akselerasjonene,
$a_i = {\ddot z_i}$. Dessuten må $m_3$'s akselerasjon mot høyre, $a_3$, være lik
$a_0$. Det at de tre snorene har konstante lengder,
gir alt i alt de følgende tre betingelsene:
\begin{eqnarray*}
a_0 + a_4 &=& 0 \\
2a_0 - a_1 - a_2 &=& 0 \\
a_3 &=& a_0.
\end{eqnarray*}

\vspace{2mm}

{\bf b.} Så var det Newtons 2. lov. Vi følger oppgavens anvisning: Snordraget i snora over trinsa 0 kaller
vi $S_0$, mens snordraget i snorene festet på venstre og høyre side av $m_3$ 
kaller vi henholdsvis $S_{\rm v}$ og $S_{\rm h}$. Husk positiv retning oppover for 1, 2 og 4, og til høyre for 3:
 \begin{eqnarray*}
 {\rm Masse}\  m_1:\ \ \  m_1a_1 &=& S_0 - m_1g  \\
 {\rm Masse}\  m_2:\ \ \  m_2a_2 &=& S_0 - m_2g  \\
 {\rm Masse}\  m_3:\ \ \  m_3a_3 &=&  S_{\rm h} - S_{\rm v}  \\
 {\rm Masse}\  m_4:\ \ \  m_4a_4 &=& S_{\rm h} - m_4g  \\
 %{\rm 1-2 trinsen}:    0\cdot a_0 = S_0 - 2S_1 \nonumber   
\end{eqnarray*}
Men i tillegg gir Newtons 2. lov en betingelse for akselerasjonen til den masseløse
trinsen som $m_1$ og $m_2$ henger på:
$$
  0 \cdot a_0 = 0 = S_{\rm v} - 2S_0.
$$  

\vspace{2mm}
{\bf c.} Dette gir til sammen 8 likninger til å bestemme de 8 ukjente, $a_0, a_1, a_2, a_3,a_4$ og
$S_0, S_{\rm v}, S_{\rm h}$.

Dermed er veien åpen til den fullstendige løsning av problemet.
Uttrykkene blir ganske grisete, for eksempel er $m_1$'s akselerasjon gitt som
$$
  a_1 = -g\frac{4m_1m_2 + m_1m_3 + m_1m_4 - m_2m_3 - 3m_2m_4}
              {4m_1m_2 + m_1m_3 + m_1m_4 + m_2m_3 + m_2m_4}
$$
Moralen er at også for kompliserte, sammenhengende systemer gir Newtons 2. lov
akselerasjonene (og ved integrasjon: hastighetene og posisjonene som funksjon av tida). 
Selv om veien frem, som her, kan være ganske kronglete. 
\vfill
\vspace{-2mm}
\hfill $\cal  A. M$i. 29.\ aug.\ 12.
%\hfill $\cal E.H.H$auge ; $\cal A. M$i. 6.\ sep.\ 11.

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\end{document}