\documentclass[11pt]{article}
\usepackage{epsfig}
\usepackage[norsk]{babel}
\topmargin=-2.5cm
\oddsidemargin=-1.0cm
\evensidemargin=-1.0cm
\textheight=25cm
\textwidth=18cm
\setlength{\parindent}{0cm}

\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}

\begin{center}
\begin{bf}
TFY4104/TFY4125 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU.

L{\o}sningsforslag til {\o}ving 2.
\end{bf}
\end{center}

\vspace{3mm}
{\bf \underline{Oppgave 1.}} \\

\begin{minipage}{0.25\textwidth}
%%FIGURE
\vspace{0.4cm}
\centerline{\epsfxsize=0.75in \epsfbox{kraftbalanse.eps}}
\vspace{0.4cm}
%%END FIGURE
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.70\textwidth}
$a)$ Vi har her et eksempel p{\aa} statisk likevekt. Newtons 2.\ lov gir da at
$\bold{F} + m\bold{g} + \bold{S} = 0$, dvs $\bold{F}$ og $m\bold{g}$ balanseres av
strekket i stanga, $\bold{S}$, som peker {\em langs stanga}. (Hvor opplagt er
egentlig det...?) Dermed m{\aa} ogs{\aa} summen av
$\bold{F}$ og $m\bold{g}$ peke langs stanga, som vist p{\aa} figuren. Derav f{\o}lger at
$$\tan\theta = \frac{F}{mg} \qquad \Rightarrow \qquad F = mg \tan\theta.$$
Riktig svar: C.
\end{minipage}
\vspace{5mm}

$b)$ Kula roterer i horisontalplanet. Det er ingen bevegelse vertikalt, og dermed heller ingen
akselerasjon vertikalt. Dermed m{\aa} vertikalkomponenten av strekket i stanga, $S \cos\theta$,
akkurat balansere tyngdekraften $mg$. Horisontalt er det kun horisontalkomponenten av strekket
i stanga, $S \sin\theta$, som virker p{\aa} kula. Denne kraften m{\aa} derfor gi opphav til
sentripetalakselerasjonen $v^2/r = \omega^2 r$. Vi har dermed de to ligningene
(N1 vertikalt, N2 horisontalt)
\begin{eqnarray*}
S \cos\theta &=& mg, \\
S \sin\theta &=& m \omega^2 r = m \omega^2 L \sin\theta,
\end{eqnarray*}
og eliminasjon av $S$ (f.eks ved {\aa} dele den f{\o}rste ligningen med den andre) gir
$$\cos\theta = \frac{g}{\omega^2 L}.$$
Riktig svar: B.

Vi vet at $|\cos\theta| \le 1$. Med gitt verdi for $L$ (og $g$) m{\aa} derfor $\omega$ v{\ae}re
st{\o}rre enn minimumsverdien
$$\omega_{\rm min} = \sqrt{g/L}$$
for at stanga og kula skal rotere med vinkel $\theta > 0$. Hvis systemet roterer med
$\omega \le \omega_{\rm min}$, vil stanga og kula henge rett ned. 
Vi ser at $\theta=0$, $S=mg$ og $r=0$ er en mulig l{\o}sning av de to ligningene ovenfor.
Helt til slutt kan vi jo
registrere at meget rask rotasjon, $\omega \gg \sqrt{g/L}$, gir $\cos\theta \simeq 0$,
dvs $\theta \simeq \pi/2$, og stanga peker praktisk talt horisontalt utover. Ikke uventet! \\

$c)$ Kula og flyet har lik akselerasjon $a$, ellers ville vinkelen $\theta$ forandre seg.
Kulas situasjon er den samme som i spm $a$, bortsett fra at det {\em ikke} virker noen
kraft $\bold{F}$ rettet mot h{\o}yre. Vertikal kraftbalanse (pga ingen bevegelse og dermed heller
ingen akselerasjon vertikalt) gir
$$S \cos\theta = mg.$$
Horisontalt er det horisontalkomponenten av strekket i snora, $S \sin\theta$, som virker p{\aa}
kula, og som gir kula en line{\ae}r akselerasjon $a$:
$$S \sin\theta = ma.$$
Divisjon av den siste med den f{\o}rste eliminerer $S$ og gir
$$\tan\theta = a/g \qquad \Rightarrow \qquad a = g\tan\theta = g/\sqrt{3} = 5.7 \, {\rm m/s}^2.$$
Riktig svar: E. \\

\vspace{5mm}
{\bf \underline{Oppgave 2.}} \\

\begin{minipage}{0.2\textwidth}
%%FIGURE
\vspace{0.2cm}
\centerline{\epsfxsize=1.5in \epsfbox{vertsirk.eps}}
\vspace{0.2cm}
%%END FIGURE
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.71\textwidth}
$a)$ Snordraget $S$ er rettet langs snora, radielt inn mot midten av sirkelen,
og har ingen komponent tangentielt til sirkelbanen.
Steinens vekt gir f{\o}lgende kraftkomponent tangentielt,
regnet positiv i positiv $\theta$-retning (mot klokka): $-mg\cos\theta$.
Akselerasjonen i tangentialretning er $a_\parallel = dv/dt = R d\omega/dt$. 
N2 langs sirkelbanen gir da
$$-mg\cos\theta = m \cdot R\,\frac{d\omega}{dt}\ \quad \Rightarrow 
 \quad \underline{ R\,\frac{d\omega}{dt} = -g\cos\theta},$$
som vi skulle vise. Kjerneregelen for $\omega(\theta(t))$ gir
$$\frac{d\omega}{dt} = \frac{d\omega}{d\theta}\,\frac{d\theta}{dt}
    = \frac{d\omega}{d\theta}\cdot \omega.$$
\end{minipage}

\vspace{4mm}
Derved har vi funnet f{\o}lgende separable differensialligning for $\omega(\theta)$:
$$\underline{R\,\omega\,d\omega = -g\cos\theta\,d\theta}.$$

\vspace{3mm}
$b)$ Vi l{\o}ser ligningen ved {\aa} integrere fra starttilstand $\theta = 0; \; \omega = \omega_0$ til 
vilk{\aa}rlig tilstand $\theta; \; \omega$:
$$R\int_{\omega_0}^\omega \omega\,d\omega = -g\int_0^\theta \cos\theta\,d\theta 
\quad \Rightarrow \qquad
\frac{1}{2} R (\omega^2 - \omega_0^2) = -g \cdot \sin\theta 
\quad \Rightarrow \qquad
\underline{\omega^2 = \omega_0^2  -\frac{2g}{R} \cdot \sin\theta}.$$

\vspace{3mm}
$c)$ Snordraget $S$ m{\aa}, sammen med komponenten av steinens vekt radielt 
(dvs normalt p{\aa} sirkelbanen), gi opphav til sentripetalakselerasjonen $R\omega^2$.
N2 radielt gir da
$$S + mg\sin\theta = mR\omega^2 = m R\omega^2_0 - 2mg\sin\theta  \quad \Rightarrow  \quad
\underline{S(\theta) = mR\omega_0^2 - 3mg\sin\theta}.$$
Vi ser at vi har maksimalt snordrag $S_{\rm max}$ n{\aa}r $\sin\theta = -1$, dvs n{\aa}r
massen passerer sirkelens bunnpunkt, som forventet.
Vi ser videre at vi har minimalt snordrag $S_{\rm min}$ n{\aa}r $\sin\theta=1$, dvs p{\aa}
toppen. Heller ikke uventet. Da er $S_{\rm min} = mR\omega_0^2 - 3mg$. 
Stram snor hele veien rundt har vi hvis $S_{\rm min} > 0$, som gir $\omega_0 > \sqrt{3g/R}$.

\vspace{5mm}
{\bf \underline{Oppgave 3.}} \\

$a)$ Ingen bevegelse normalt skr{\aa}planet, og dermed null nettokraft i denne retningen.
Tyngden $mg$ har komponent $mg \cos\theta$ normalt skr{\aa}planet, f{\o}lgelig er
$N = mg \cos\theta$. Riktig svar: E. \\

$b)$ Klossen ligger i ro, og dermed null nettokraft ogs{\aa} parallelt med skr{\aa}planet.
Tyngden $mg$ har komponent $mg \sin\theta$ langs skr{\aa}planet, f{\o}lgeli er
$f = mg \sin\theta$. Riktig svar: B. \\

$c)$ Maksimal friksjonskraft er $f_{\rm max} = \mu_s N = \mu_s mg \cos\theta$. Ligger klossen
i ro er dessuten $f = mg \sin\theta$ (se $b$). Dermed m{\aa} statisk friksjonskoeffisient
minst v{\ae}re $\mu_s^{\rm min} = (mg \sin\theta)/(mg \cos\theta) = \tan\theta$.
Riktig svar: C. \\

$d)$ Hvis klossen glir, er $f = \mu_k N = \mu_k mg \cos\theta$. Netto kraft nedover langs
skr{\aa}planet er dermed $mg\sin\theta - \mu_k mg \cos\theta$, hvoretter N2 gir
$a_\parallel = g(\sin\theta - \mu_k \cos\theta)$. Riktig svar: A. \\

$e)$ Konstant hastighet dersom $a_\parallel = 0$ dvs $\tan\alpha = \mu_k$.
Riktig svar: E. \\

\newpage
%\vspace{5mm}
{\bf \underline{Oppgave 4.}} \\

$a)$ Klossene glir, da er $f = \mu N = \mu mg \cos\beta$. (Der $\mu$ er kinetisk
friksjonskoeffisient.) Riktig svar: B. \\

$b)$ Med stram snor virker snordraget $S$ nedover p{\aa} kloss nr 1. N2 gir da:
$$m_1 g \sin\beta + S - \mu_1 m_1 g \cos\beta = m_1 a_1,$$
dvs
$$a_1 = g(\sin\beta - \mu_1 \cos\beta) + S/m_1.$$
Riktig svar: B. \\

$c)$ Med stram snor virker snordraget $S$ oppover p{\aa} kloss nr 2. N2 gir da:
$$m_2 g \sin\beta - S - \mu_2 m_2 g \cos\beta = m_2 a_2,$$
dvs
$$a_2 = g(\sin\beta - \mu_2 \cos\beta) - S/m_2.$$
Riktig svar: E. \\

$d)$ $a_1=a_2=a$ gir, ved {\aa} trekke ligningen for $a_2$ fra ligningen for $a_1$,
$$S \left( \frac{1}{m_1} + \frac{1}{m_2} \right) = g \cos\beta
\left(\mu_1 - \mu_2 \right).$$
Stram snor, $S>0$, krever alts{\aa} $\mu_1 > \mu_2$. Riktig svar: B. \\

$e)$ Fra forrige punkt finner vi
$$S = \frac{m_1 m_2}{m_1+m_2} \, g \cos\beta (\mu_1 - \mu_2).$$
Dette setter vi inn for $S$ i ligningen for $a_1$ (eller $a_2$):
$$a = g (\sin\beta - \mu_1 \cos\beta) + S/m_1,$$
hvoretter litt opprydding gir
$$a = g \left( \sin\beta - \cos\beta \frac{\mu_1 m_1 + \mu_2 m_2}
{m_1 + m_2} \right).$$
Konstant hastighet hvis $a=0$, dvs
$$\sin\beta = \cos\beta \frac{\mu_1 m_1 + \mu_2 m_2}{m_1 + m_2},$$
og dermed
$$\tan\beta = \frac{\mu_1 m_1 + \mu_2 m_2}{m_1 + m_2}.$$
Riktig svar: B. \\

\newpage
%\vspace{9mm}
{\bf \underline{Oppgave 5.}} \\

$a)$ Siden partikkelen f{\o}lger en sirkul{\ae}r bane, vil det alltid v{\ae}re en komponent av
akselerasjonen rettet inn mot sirkelens sentrum (sentripetalakselerasjonen). Her {\o}ker
dessuten hastigheten, s{\aa} akselerasjonen m{\aa} ogs{\aa} ha en komponent tangentielt til
sirkelbanen. Vektorsummen av normal- og tangentialkomponenten blir en total akselerasjon $\bold{a}$
med retning p{\aa} skr{\aa} innover, som i B. \\

$b)$ Legemet beveger seg med konstant positiv hastighet til {\aa} begynne med, deretter bremses det ned,
f{\o}r det snur og til slutt beveger seg med konstant negativ hastighet. Konstant fart betyr null
akselerasjon, nedbremsing betyr negativ akselerasjon. Figur C passer bra med dette. \\

$c)$ Prosjektil A er lengst tid i lufta. Vertikalbevegelsen, $z(t)$, beskrives ved
$$z(t) = v_{0z} t - \frac{1}{2} g t^2.$$
Landingstidspunktet er gitt ved $z=0$, dvs $t = 2 v_{0z}/g$. Med andre ord, lengre tid
i lufta jo st{\o}rre vertikalkomponent av starthastigheten $v_0$.

\end{document}