\documentclass[11pt]{article}
\usepackage{epsfig}
\usepackage[norsk]{babel}
\topmargin=-1.5cm
\oddsidemargin=-1.0cm
\evensidemargin=-1.0cm
\textheight=25cm
\textwidth=18cm
\setlength{\parindent}{0cm}

\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}
\newcommand{\half}{\frac{1}{2}}

\begin{center}
\begin{bf}
TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. H{\o}sten 2013.

L{\o}sningsforslag til {\o}ving 5.
\end{bf}
\end{center}

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

$a)$ 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 $m$:
$$\int_0^v dv = -g \int_0^t dt + u \int_{m_0}^m \frac{dm}{m},$$
som gir
$$v(t) = -gt + u \ln \frac{m}{m_0} = -u \ln \frac{m_0}{m} -gt.$$

\vspace{3mm}
$b)$ M{\aa} ha skyvkraft minst like stor som tyngdekraften $m_0 g = 2.98 \cdot 10^7$ N.
Her er skyvkraften lik $u\beta = 3.40 \cdot 10^7$ N, s{\aa} raketten {\em vil} lette fra bakken.
Drivstoffmassen ved avreise er $m_d = -\beta t_f = 1.98 \cdot 10^6$ kg. Raketten uten
drivstoff har masse $m_f = m_0 - m_d = 1.06 \cdot 10^6$ kg. \\

$c)$ Fra rakettligningen har vi umiddelbart
$$a(t) = \frac{dv}{dt} = -g + \frac{u}{m} \frac{dm}{dt} = \frac{u\beta}{m} - g.$$
Med konstant drivstoff-forbruk har vi $m = m_0 + \beta t$, og dermed $a(t)$ som oppgitt.
Ved $t=0$: $a(0) = u\beta/m_0 - g = 1.39$ m/s$^2$.
Ved $t=t_f$: $a(t_f) = u\beta/m_f - g = 22.3$ m/s$^2$. \\

$d)$ Vi kan skrive
$$a(t) = \frac{u\beta}{m_0} \frac{1}{1+\beta t/m_0} - g.$$
Hvis $t \ll m_0/(-\beta)$, s{\aa} er $x = -\beta t/m_0 \ll 1$. Dermed er
$$a(t) \simeq a_{\rm lin}(t) = \frac{u\beta}{m_0} \left( 1 - \frac{\beta t}{m_0} \right) - g
= a(0) - \frac{u \beta^2}{m_0^2} \, t,$$
som oppgitt. \\

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

%%FIGURE
\vspace{0.2cm}
\centerline{\epsfxsize=3.5in \epsfbox{akselerasjon.eps}}
\vspace{0.2cm}
%%END FIGURE

%%FIGURE
\vspace{0.2cm}
\centerline{\epsfxsize=3.5in \epsfbox{hastighet.eps}}
\vspace{0.2cm}
%%END FIGURE

P{\aa} {\o}yem{\aa}l ansl{\aa}r vi at den line{\ae}re tiln{\ae}rmelsen til $a(t)$ er god
omtrentlig de f{\o}rste 20 sekundene. \\

$e)$ Tilbakelagt distanse er gitt ved
$$h(t) = \int_0^t v(t) dt.$$
Vi har at
$$\int \ln x dx = x \ln x - x,$$
siden den deriverte av h{\o}yre side her gir tilbake $\ln x$. Litt fundering p{\aa}
hvordan riktige konstanter skal velges her og der gir da
$$h(t) = u \frac{m_0 + \beta t}{\beta} \ln \frac{m_0 + \beta t}{m_0} - u t - \frac{1}{2} gt^2,$$
og setter vi inn $t = t_f = 150$ s her, finner vi at
$h(t_f) = 58353$ m $\simeq$ 58.4 km. \\

Forholdet mellom $g(0)$, dvs $g$ ved jordoverflaten, og $g(h)$, dvs $g$ i h{\o}yden $h$ over bakken,
er
$$\frac{g(0)}{g(h)} = \left( \frac{R+h}{R} \right)^2.$$
Setter vi inn $R = 6.37 \cdot 10^3$ km og $h = h_f = 58.4$ km, finner vi at dette forholdet
blir ca 1.02. Med andre ord, vi gj{\o}r ikke st{\o}rre feil enn et par prosent ved {\aa}
bruke samme verdi 9.81 m/s$^2$ for $g$ for hele distansen.  \\

\vspace{0.5cm}

{\bf Oppgave 2} \\

$a)$ Energibevarelse gir $Mgh=Mv_0^2/2$ og $v_0 = \sqrt{2gh}$. Ballen ''reflekteres'' fra bakken
med hastighet $-v_0=-\sqrt{2gh}$. (Her er det {\bf valgt positiv hastighetsretning nedover}.)
Ballens impulsendring i kollisjonen med bakken er $\Delta p = M \Delta v = -2 M v_0$. Impulsbevarelse,
totalt sett, er ivaretatt i og med at bakken endrer sin impuls med bel{\o}pet $2 M v_0$. \\

$b)$ Rett f{\o}r den elastiske kollisjonen mellom de to ballene har nederste
ball hastighet $-v_0$ og {\o}verste ball hastighet $v_0$. (De har falt like langt.)
Det er gitt i oppgaven at $v$ angir hastigheten til {\o}verste ball etter kollisjonen.
La oss dessuten med $v_1$ angi nederste balls hastighet etter kollisjonen.
Bevaring av energi og impuls gir da (med $M = \alpha m$)
\begin{eqnarray}
mv_0 - \alpha mv_0 &=& mv + \alpha m v_1  \\
\frac{1}{2} mv_0^2 + \frac{1}{2} \alpha m v_0^2 &=& \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} \alpha m v_1^2
\end{eqnarray}
Vi benytter ''trikset'' som ble antydet p{\aa} forelesning:
Vi dividerer (1) med $m$ og (2) med $m/2$. Deretter samler vi ledd som
inneholder $\alpha$ p{\aa} den ene siden av likhetstegnet:
\begin{eqnarray}
v_0-v &=& \alpha (v_1+v_0)  \\
v_0^2-v^2 &=& \alpha (v_1^2-v_0^2)
\end{eqnarray}
Under forutsetning av at begge sider i (3) er forskjellig fra null, kan vi dividere (4) med (3). Det gir
$$v_0+v=v_1-v_0 \;\;\; \Rightarrow \;\;\; v_1=2v_0+v,$$
som innsatt i ligning (3) lar oss eliminere $v_1$:
\begin{eqnarray}
v_0-v &=& \alpha (2v_0 + v + v_0) = 3\alpha v_0 + \alpha v  \\
\Rightarrow (\alpha + 1) v &=& (1-3\alpha)v_0  \\
\Rightarrow v &=& \frac{1-3\alpha}{\alpha+1} \, v_0 = \sqrt{2gh}\cdot\frac{1-3\alpha}{\alpha+1} \\
(\;\Rightarrow v_1 &=& 2v_0+v = v_0 \frac{3-\alpha}{\alpha+1} = \sqrt{2gh}\cdot \frac{3-\alpha}{\alpha+1} \; )
\end{eqnarray}
Med ''starthastighet'' $v$ i $y=0$ vil den {\o}verste ballen sprette til en h{\o}yde $y=v^2/2g$, dvs
$$y = h\cdot\left(\frac{3\alpha-1}{\alpha+1}\right)^2.$$
Grense- og spesialtilfeller:
\begin{itemize}
\item
$\alpha \gg 1$: Da vil $v \rightarrow -3v_0$ og $y \rightarrow 9h$. H{\o}yere enn dette er det alts{\aa} ikke
mulig {\aa} f{\aa} en ball til {\aa} sprette ved {\aa} slippe den sammen med {\em en} tyngre ball, 
fra h{\o}yden $h$.
Med {\em flere} baller, derimot, med gradvis {\o}kende masse nedover, 
er det mulig {\aa} f{\aa} den {\o}verste ballen
til {\aa} sprette riktig h{\o}yt (se A.\ Anderson og J.\ Vanderkooy, {\em Physics Education} 
{\bf 34}, side 172 (1999), evt Essay kap.\ 5 hvis du har boka LL).
\item
$\alpha=1$: Da vil $v \rightarrow -v_0$ og $y\rightarrow h$. Og det er jo rimelig: De to ballene har lik masse og
spretter begge etter hvert tilbake til sine opprinnelige starth{\o}yder. Den nederste ballen vil selvsagt
f{\o}rst ta seg en ekstra runde nedom bakken, med hastighet $v_1 = v_0$,
for {\aa} overf{\o}re en ny porsjon impuls, $2Mv_0 = 2mv_0$, til gulvet, f{\o}r den endelig spretter tilbake til
opprinnelig h{\o}yde.
\end{itemize}

\vspace{1.2cm}

{\bf Oppgave 3} \\

\begin{minipage}{0.28\textwidth}
%%FIGURE
\vspace{0.2cm}
\centerline{\epsfxsize=2.0in \epsfbox{boyle.eps}}
\vspace{0.2cm}
%%END FIGURE
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.7\textwidth}
$a)$  Massen til del av b{\o}ylen innenfor vinkelelementet $d\theta$ er
$$dm = \lambda dl = \lambda R d\theta,$$
der $\lambda = M/2\alpha R$ er b{\o}ylens masse pr lengdeenhet (kg/m). Men i slike oppgaver kan det v{\ae}re
like greit {\aa} ikke innf{\o}re massetettheter, idet vi kan uttrykke massen i vinkelelementet $d\theta$ som
$$dm = \left(\mbox{total masse}\right) \cdot \left(\mbox{$dm$ sin andel av hele massen} \right)
= M \cdot \frac{d\theta}{2\alpha}.$$
Med denne $dm$ og bruk av $x = R \cos\theta$ blir tyngdepunktets $x$-verdi
\begin{eqnarray*}
X &=& \frac{1}{M}\int_{\rm legeme} x\;dm
\, = \, \frac{1}{M}\cdot R \cdot \frac{M}{2\alpha} \int_{-\alpha}^{\alpha} \cos\theta\;d\theta \\
&=& \frac{R}{2\alpha} \left[ \sin\alpha- \sin(-\alpha) \right]
\, = \,  \underline{R\, \frac{\sin\alpha}{\alpha}}.
\end{eqnarray*}
\end{minipage}

\vspace{3mm}
Tyngdepunktets $y$-verdi er $Y=0$, av symmetrigrunner. \\

$\alpha=\pi$ gir $X=0$, som ventet for en hel sirkel. \\

$\alpha \rightarrow 0$ gir $(\sin\alpha)/\alpha \rightarrow 1$ og $X=R$, 
som ventet for en liten masse samlet i $x=R$. \\

\vspace{5mm}

$b)$ Massen til en infinitesimal del av sektoren innenfor vinkelelementet $d\theta$ og radius $dr$ er
\begin{eqnarray*}
dm 
= \left(\mbox{total masse}\right) \cdot \left(\mbox{$dm$ sin andel av hele massen} \right)
= M \cdot \frac{dA}{A}
= M \cdot \frac{r d\theta  \cdot dr}{\frac{2\alpha}{2\pi} \pi R^2}
= M \cdot \frac{r d\theta  \cdot dr}{\alpha R^2}.
\end{eqnarray*}
Med denne $dm$ og bruk av $x = r \cos\theta$ blir tyngdepunktets $x$-verdi

\vspace{4mm}
\begin{minipage}{0.28\textwidth}
%%FIGURE
\vspace{0.2cm}
\centerline{\epsfxsize=2.0in \epsfbox{sektor.eps}}
\vspace{0.2cm}
%%END FIGURE
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.7\textwidth}
\begin{eqnarray*}
X &=& \frac{1}{M}\int_{\rm sektor} x\;dm
\, = \, \frac{1}{M}\cdot \frac{M}{\alpha R^2} \int_{\theta=-\alpha}^{\alpha} 
\int_{r=0}^{R} r^2 \cos\theta\;d\theta dr \\
&=& \frac{1}{\alpha R^2} \int_{\theta=-\alpha}^{\alpha} \cos\theta\;d\theta \int_{r=0}^{R} r^2 dr \\
&=& \frac{1}{\alpha R^2} \left[\sin\theta\right]_{-\alpha}^{\alpha} \left[\frac{1}{3} r^3 \right]_{0}^{R} \\
&=& \underline{\frac{2}{3}R\, \frac{\sin\alpha}{\alpha}}.
\end{eqnarray*}
\end{minipage}

\vspace{3mm}
Tyngdepunktets $y$-verdi er $Y=0$, av symmetrigrunner. \\

{\em Alternativt} kan du bruke resultatet fra $a)$ ved {\aa} betrakte sirkelsektoren som en sum av b{\o}yler
med radius fra 0 til $R$. En b{\o}yle med radius $r$ har da $X = r\, (\sin\alpha)/\alpha$ og masse
(sammenlign med det som er gjort ovenfor)
\begin{eqnarray*}
dm 
= M \cdot \frac{dA_{\rm b{\o}yle}}{A}
= M \cdot \frac{r \cdot 2\alpha \cdot dr}{\frac{2\alpha}{2\pi} \pi R^2}
= M \cdot \frac{2r \cdot dr}{R^2},
\end{eqnarray*}
og vi f{\aa}r
\begin{eqnarray*}
X &=& \frac{1}{M} \int_{\rm alle\, b{\o}yler} X\;dm
\,=\, \frac{1}{M} \int_0^R   r\, \frac{\sin\alpha}{\alpha}\;M \frac{2r \cdot dr}{R^2}
\,=\, \frac{\sin\alpha}{\alpha} \frac{2}{R^2} \int_0^R   r^2\,dr
\, = \,  \underline{\frac{2}{3}\,R\, \frac{\sin\alpha}{\alpha}}.
\end{eqnarray*}

$\alpha=\pi$ gir $X=0$, som ventet for en hel sirkel. \\

$\alpha \rightarrow 0$ gir $(\sin\alpha)/\alpha \rightarrow 1$ og $X=2R/3$, som vel er rimelig for en
meget smal sirkelsektor.  \\


\end{document}