\documentclass[11pt]{article}
\usepackage{epsfig}
\usepackage[norsk]{babel}
\topmargin=-1.0cm
\oddsidemargin=-1.0cm
\evensidemargin=-1.0cm
\textheight=24cm
\textwidth=18cm
\setlength{\parindent}{0cm}
\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}
\newcommand{\half}{\frac{1}{2}}
\noindent
\begin{center}

\begin{bf}
FY1001/TFY4145 Mekanisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU.  H{\o}sten 2012.
\end{bf}

\vspace{0.5cm}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til {\o}ving 2
\end{large}
\end{center}

\vspace{0.5cm}
\noindent
{\bf Oppgave 1} \\

$a)$ Hvis vi velger $\phi(0)=\pi/2$, peker $\bold{r}(0)$ rett oppover, dvs
$\hat{r}(0) = \hat{y}$ og $\hat{\phi}(0) = -\hat{x}$. Da innser vi at det
vil passe bra med

\vspace{3mm}
\begin{eqnarray*}
\hat{r}(t)    &=&  -\hat{x} \sin \omega t + \hat{y} \cos \omega t,  \\
\hat{\phi}(t) &=&  -\hat{x} \cos \omega t - \hat{y} \sin \omega t.
\end{eqnarray*}
\vspace{3mm}

$b)$ Sammenhengene som skal vises i resten av oppgaven er generelle og kan ikke
avhenge av om vi velger $\phi(0)=0$ eller $\phi(0)=\pi/2$. La oss her f.eks bruke
det f{\o}rstnevnte. Derivasjon av de oppgitte uttrykkene gir
\begin{eqnarray*}
\dot{\hat{r}} &=& -\omega \hat{x} \sin\omega t + \omega \hat{y} \cos\omega t = \omega\hat{\phi} \\
\dot{\hat{\phi}} &=& -\omega \hat{x} \cos\omega t - \omega \hat{y} \sin\omega t = -\omega\hat{r}
\end{eqnarray*}
\vspace{3mm}

$c)$ Siden $\bold{v} = \dot{\bold{r}}$, $\bold{r} = r\hat{r}$ og $r$ er konstant, har vi
$$\bold{v} = r \dot{\hat{r}} = r\omega\hat{\phi},$$
der vi brukte det f{\o}rste resultatet i spm $b$. Akselerasjonen:
$$\bold{a} = \dot{\bold{v}} = r\omega\dot{\hat{\phi}} = -r\omega^2\hat{r},$$
der vi brukte det andre resultatet i spm $b$. \\

$d)$ Vi finner direkte:
$$\bold{a} = \dot{\bold{v}} = \frac{d}{dt} \left(\bold{\omega}\times\bold{r}\right) =
\bold{\omega}\times \frac{d\bold{r}}{dt} = \bold{\omega}\times\bold{v} =
\bold{\omega}\times (\bold{\omega}\times\bold{r}).$$
\vspace{3mm}

$e)$ Med $\bold{\omega} = \omega\hat{z}$ og $\bold{r} = r\hat{r}$ har vi
$$\bold{v}=\bold{\omega}\times\bold{r}=\omega r \hat{z}\times\hat{r}=\omega r \hat{\phi}$$
og
$$\bold{a}=\bold{\omega}\times (\bold{\omega}\times\bold{r})=\omega\hat{z}\times\omega r\hat{\phi}=
\omega^2 r(\hat{z}\times\hat{\phi})=-\omega^2 r\hat{r}.$$


\newpage
\noindent
{\bf Oppgave 2} \\

$a)$ Vi legger inn et koordinatsystem med origo p{\aa} kanten av startrampa. H{\o}yden til syklisten 
som funksjon av tiden er da
$$z(t) = v_{0z} t - \half g t^2,$$
der $v_{0z} = v_0 \sin\theta$ og $g=9.81$ m/s$^2$ er tyngdens akselerasjon. Horisontal hastighetskomponent 
$v_x = v_{0x} = v_0 \cos\theta$ er uendret under hoppet, slik at tiden $t$ som syklisten bruker p{\aa} 
en horisontal strekning $x$ finnes fra
$$v_{0x} = \frac{x}{t} \qquad \Rightarrow \qquad
t = \frac{x}{v_{0x}}  = \frac{x}{v_0 \cos\theta}.$$
Dette uttrykket for $t$ settes inn i $z(t)$, og vi f{\aa}r
$$z = v_{0z} t - \half g t^2 = v_0 \sin \theta\,  \frac{x}{v_0 \cos\theta} - 
\half g \left(\frac{x}{v_0 \cos\theta}\right)^2 = x \tan\theta - \frac{g x^2}{2v_0^2 \cos^2\theta}.$$
Figuren nedenfor framkommer ved {\aa} kj{\o}re programmet sykkelhopp.m slik det er gitt, dvs med
$L=10$ m, $h=4$ m, $\theta=30^\circ$ og hastighetene 50, 60, 70, 80 og 90 km/h:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=5.0in \epsfbox{trialbaner.eps}}
\vspace{0.8cm}
%%END FIGURE


$b)$ Et vellykket hopp inneb{\ae}rer at $z(L) > h$. Vi setter $x=L$ i $z(x)$ og l{\o}ser ulikheten 
mhp $v_0$. Det gir
$$v_0^2  > \frac{g L^2}{2\cos^2\theta(L\tan\theta - h)} \qquad \Rightarrow \qquad
v_0  > \frac{L}{\cos\theta} \sqrt{\frac{g}{2(L\tan\theta - h)}}.$$
Fra figuren ovenfor ser det ut til at minimumshastigheten er i underkant av 70 km/h.
Innsetting av verdier fra $a)$ gir:
$$v_0^{\rm min} = \rm  \frac{10.0\, m}{\cos30^\circ} \sqrt{\frac{9.81\, m/s^2}
{2\cdot(10.0\, m \cdot\tan30^\circ - 4.0\, m)}}
= 19.2\, m/s = 69\, km/h.$$
\vspace{3mm}

$c)$ Skal $v_0$ i spm $b$ ha en l{\o}sning, m{\aa} rotuttrykket v{\ae}re positivt, dvs
$$L\tan\theta - h > 0 \qquad \Rightarrow \qquad h < L\tan\theta.$$
Dette innser vi uten videre:
Hvis farten er uendelig stor, vil syklisten f{\o}lge en rett linje i fortsettelsen av startrampa. 
I avstand $L$ fra rampa er h{\o}yden da $h_{\rm max} = L\tan\theta$ over startposisjonen. 
Dette er den maksimale h{\o}yden som kan oppn{\aa}s. Med endelig hastighet $v_0$ vil syklisten 
falle litt under svevet, og h{\o}yden m{\aa} alltid bli mindre enn $h_{\rm max} = L\tan\theta$. \\

$d)$ Under svevet er syklisten i fritt fall, og akselerasjonen er da alltid $g=\rm 9.81\, m/s^2$ rett nedover.

\newpage
{\bf Oppgave 3} \\

$a)$ 
\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}
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
$$\tan\theta = \frac{F}{mg} \qquad \Rightarrow \qquad F = mg \tan\theta.$$
\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. Dette m{\aa} derfor ogs{\aa} v{\ae}re lik
sentripetalkraften $m v^2/r = m \omega^2 r$ som holder kula i sirkul{\ae}r bane. Vi har alts{\aa} de to
ligningene
\begin{eqnarray*}
S \cos\theta &=& mg, \\
S \sin\theta &=& m \omega^2 r = m \omega^2 L \sin\theta,
\end{eqnarray*}
og eliminasjon av $S$ (ved {\aa} dele den f{\o}rste ligningen med den andre) gir
$$\cos\theta = \frac{g}{\omega^2 L} \qquad \Rightarrow \qquad
\theta = \arccos \frac{g}{\omega^2 L}.$$
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. 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 stanga, $S \sin\theta$, 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
$$\tan\theta = a/g \qquad \Rightarrow \qquad a = g\tan\theta = 9.81/\sqrt{3} = 5.7 \, {\rm m/s}^2.$$

\newpage
{\bf Oppgave 4.} \\

$a)$ 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
$$z(t) = v_{0z} t - \half g t^2,$$
jf oppgave 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 $v_0$.

\vspace{4cm}
LaTeX-trening:

\begin{itemize}
\item
\begin{verbatim}
\documentclass[11pt]{article}
\begin{document}
\begin{eqnarray*}
\hat{r}(t)    &=&  \hat{x} \cos \omega t + \hat{y} \sin \omega t,  \\
\hat{\phi}(t) &=& -\hat{x} \sin \omega t + \hat{y} \cos \omega t.
\end{eqnarray*}
\end{document}
\end{verbatim}
\item
\begin{verbatim}
\documentclass[11pt]{article}
\begin{document}
For derivasjon med hensyn p{\aa} tiden $t$ brukes gjerne notasjonen
$$\dot{x} = \frac{dx}{dt} \quad {\rm og} \quad \ddot{x} = \frac{d^2 x}{dt^2}$$
som standard.
\end{document}
\end{verbatim}
\end{itemize}

\end{document}