\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/TFY4125 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU.

L{\o}sningsforslag til Ekstra 6.
\end{bf}
\end{center}

\vspace{3mm}
{\bf Oppgave 4.} \\

$d)$ Total dreieimpuls blir
\begin{eqnarray*}
L_z &=& L = M[\bold{r} \times \bold{V}]_z + I_0 \omega = M R V + I_0 \omega
\\[1mm]
\mbox{start:}\quad 
L_0 &=& MRV_0 + (2/5)MR^2\,\omega_0 \stackrel{(\ref{omega0})}{=} MRV_0(1 + h/R) \\[2mm]
\mbox{ved ren rulling:}\quad  
L_r &=& MRV_r + (2/5)MR^2 \cdot V_r/R = (7/5)MRV_r.
\end{eqnarray*}
Da dreieimpulsen er bevart, m{\aa} vi ha $L_0 = L_r$, som gir hastigheten n{\aa}r ren rulling er oppn{\aa}dd:
\begin{equation}
\underline{V_r = \frac{5}{7} \left( 1 + \frac{h}{R}\right) \, V_0.}
\label{eqVr}
\end{equation}
Riktig svar: C. \\

%%FIGURE
\vspace{0.4cm}
\centerline{\epsfxsize=4.0in \epsfbox{rullefart.eps}}
\vspace{0.4cm}
%%END FIGURE

N{\aa}r $h/R=+\frac{2}{5}$, finner vi $V_r = V_0$, som vi burde. N{\aa}r $h/R > \frac{2}{5}$, 
vil alts{\aa} massesenterhastigheten {\em {\o}ke} p{\aa} vei mot den endelige rullebevegelsen, 
ellers vil den avta. Merk at $V_r \ge 0$ {\em alltid}, uansett hvor lavt p{\aa} kula k{\o}en treffer, dvs 
det er ikke mulig {\aa} f{\aa} kula til {\aa} trille tilbake etter at ren rulling er oppn{\aa}dd. 
For $h=-R$ (vanskelig i praksis!) stopper kula. \\

$e)$ N{\aa}r translasjonshastigheten endres fra $V_0$ til $V_r$ i l{\o}pet av en tid $t_r$ 
(som skal bestemmes), er det ene og alene friksjonskraften $f = \mu_k Mg$ som gir denne akselerasjonen. 
Akselerasjonen $a = f/M = \mu_k g$ er konstant, og vi kan bruke konstant-akselerasjonsligningen 
$V_r = V_0 + a t_r$ til {\aa} bestemme $t_r$.  Som funnet i $b)$ peker $f$ mot h{\o}yre, 
og $a$ er positiv n{\aa}r $h/R > 2/5$, mens $f$ peker mot mot venstre og $a$ er negativ 
n{\aa}r $h/R < 2/5$. Vi tar for oss tilfellet positiv $a$:
\begin{eqnarray*}
V_r &=& V_0 + a t_r
\qquad \mbox{og} \quad V_r = \frac{5}{7} \left( 1 + \frac{h}{R}\right)V_0
\\
\Rightarrow \;
t_r &=&  \frac{1}{a} \left(V_r-V_0\right) 
\; = \; \frac{1}{\mu_k g} \left( -\frac{2}{7} + \frac{5}{7} \frac{h}{R}  \right) V_0
\; = \; V_0\, \frac{2}{7\mu_k g} \left( \frac{5}{2} \frac{h}{R} - 1 \right)\quad \mbox{n{\aa}r $h/R>2/5$}.
\end{eqnarray*}
Riktig svar: A. \\

N{\aa}r $h/R<2/5$, blir $a = - \mu_k g$, og fortegnet snus:
\begin{eqnarray*}
t_r &=& V_0 \, \frac{2}{7\mu_k g} \left( 1 -\frac{5}{2} \frac{h}{R} \right)\quad \mbox{n{\aa}r $h/R<2/5$}.
\end{eqnarray*}
Om {\o}nsket kan vi sammenfatte dette til en ligning:
$$\underline{t_r = \frac{2V_0}{7\mu_k g}\; \left| 1-\frac{5}{2} \frac{h}{R}\right|} \quad 
\mbox{for alle $h/R \in \langle -1,1 \rangle$}.$$
Verdien er 0 {\em bare} for $h/R =  2/5$, i tr{\aa}d med det vi visste fra f{\o}r. \\

\vspace{2mm}

$f)$ Energiberegninger:
F{\o}rst startenergien uttrykt ved translasjonsenergien $\frac{1}{2} M V_0^2$:
$$K_0 = \frac{1}{2} M V_0^2 + \frac{1}{2} I_0 \omega_0^2
\stackrel{(\ref{omega0})}{=} \frac{1}{2} MV_0^2  \left(1+\frac{5}{2}\frac{h^2}{R^2}\right).$$
Dernest energi for den rullende kula med $\omega_r = V_r/R$:
$$K_r = \frac{1}{2} M V_r^2 + \frac{1}{2} I_0 \omega_r^2
= \frac{1}{2} M V_r^2 \cdot \frac{5}{7}
\stackrel{(\ref{eqVr})}{=} \frac{1}{2} MV_0^2 \cdot \frac{5}{7} \left(1+\frac{h}{R}\right)^2.$$
Og vi kan uttrykke energitapet:
$$\Delta K = K_r - K_0 
= \frac{1}{2} MV_0^2 \left[ \frac{5}{7} \left(1+2\frac{h}{R} + \frac{h^2}{R^2}\right)
- \left(1+\frac{5}{2}\frac{h^2}{R^2}\right) \right]
= \underline{-\frac{1}{2} MV_0^2 \cdot \frac{2}{7}\cdot \left(1- \frac{5}{2} \frac{h}{R}\right)^2}$$
etter litt algebra. Vi kan ogs{\aa} uttrykke relativ energi etter at rulling er oppn{\aa}dd:
$$\epsilon = \frac{K_r}{K_0}
= \frac{\frac{5}{7} \left(1+\frac{h}{R}\right)^2} {1+\frac{5}{2}\frac{h^2}{R^2}}.$$
En kontroll: Med et st{\o}t som gir ren rulling ($h/R=2/5$) er $\epsilon = 1$, dvs ikke energitap. 
Med $h=-R$ er $\epsilon = 0$, dvs 100\% energitap. Dessuten: Med $h=+R$ er $\epsilon = 40/49$ og med 
$h=0$ er $\epsilon=5/7$. \\

$g)$ Det er konstant akselerasjon slik at lengden som kula glir langs underlaget f{\o}r ren rulling 
oppn{\aa}s, finnes fra gjennomsnittsfarten $\langle V \rangle$:
\begin{eqnarray*}
x_r = \langle V \rangle \, t_r = \frac{1}{2} (V_r+V_0) \, t_r
= \underline{\frac{2V_0^2}{49\mu_k g}\left(6+\frac{5h}{2R}\right)\; \left|1-\frac{5h}{2R}\right|},
\end{eqnarray*}
der vi har brukt uttrykk for $V_r$ og $t_r$ ovenfra. Kontroll: $x_r=0$ n{\aa}r $h/R = 2/5$.

Vi har l{\ae}rt at det kreves relativt omfattende regning for {\aa} bestemme $t_r$ eller $x_r$, 
mens $V_r$ i pkt $d)$ (og dermed, med litt ekstra faktoriseringsstrev, $\Delta K$) faller nesten 
rett ut ved bruk av dreieimpulsbevarelse.

Det ville ogs{\aa} ha v{\ae}rt interessant {\aa} analysere bevegelsen etter et st{\o}t som treffer 
til h{\o}yre eller venstre for $xy$-planet. Dette vil gi sidelengs rotasjon ($\bold{\omega}$ vertikal), 
noe som kan gi en ikkeline{\ae}r bane. For curlingspillere er vertikal $\bold{\omega}$ viktig 
for curlingsteinens videre bevegelse. Men det er utfordrende {\aa} regne p{\aa}!

\vspace{6mm}
{\bf Oppgave 5} \\

\vspace{3mm}
$f)$ Like etter sammenst{\o}tet har alle deler av staven, inklusive den
''absorberte'' kula, hastighet i positiv $x$-retning:
$$\bold{v}(y) = -\omega y \hat{x},$$
slik at $\bold{v}=0$ ved A ($y=0$) og $\bold{v}=\omega D \hat{x}$ helt
nederst ($y = -D$). Gjennomsnittshastigheten for staven blir dermed
$\omega D \hat{x}/2$ og dens impuls $M \omega D \hat{x}/2$. Til dette
m{\aa} vi huske {\aa} addere kulas impuls $m \omega d \hat{x}$. F{\o}lgelig:
$$\bold{p}_f = \left( \frac{1}{2}MD+md\right)\omega\hat{x}.$$
Innsetting for $\omega$ fra $e)$ gir
$$\bold{p}_f = \frac{mv+MvD/2d}{1+MD^2/3md^2}\,\hat{x}.$$
Siden vi skal sammenligne $p_f$ med $p_i$, trekker vi ut $mv = p_i$
fra telleren og f{\aa}r
$$\bold{p}_f = \bold{p}_i \, \frac{1+MD/2md}{1+MD^2/3md^2}.$$
Riktig svar: A. \\

\vspace{3mm}
$g)$ Her vil forholdet mellom leddene som adderes til 1 i teller og nevner
avgj{\o}re om det er $p_f$ eller $p_i$ som er st{\o}rst:
$$\frac{MD/2md}{MD^2/3md^2} = \frac{3d}{2D}.$$
Dermed: Hvis $d = 2D/3$, er $p_f = p_i$. 
Treffer kula n{\o}yaktig her, {\o}nsker stavens {\o}vre ende
ikke {\aa} bevege seg i sammenst{\o}tet, og vi har faktisk impulsbevarelse.

Hvis $d > 2D/3$: Kula treffer staven s{\aa} langt ned
at rotasjonsbevegelsen ville ha blitt slik at stavens {\o}verste ende rett
etter st{\o}tet ville ha beveget seg mot venstre. Men staven er festet i A
og beveger seg ikke der. Dette m{\aa} skyldes en kraft $\bold{F}$
fra akslingen p{\aa} staven i A rettet mot h{\o}yre. Og et ytre kraftst{\o}t
$\bold{F} \cdot \Delta t$ rettet mot h{\o}yre vil som kjent gi en {\o}kning
i systemets impuls i denne retningen. (Her er $\Delta t$ sammenst{\o}tets
(korte) varighet.)

Tilsvarende: Hvis $d < 2D/3$, treffer kula staven s{\aa} langt opp at
{\o}verste ende ''pr{\o}ver'' {\aa} bevege seg mot h{\o}yre. En kraft
fra akslingen rettet mot venstre forhindrer dette, og gir samtidig systemet
en redusert impuls mot h{\o}yre.

(I det {\em videre forl{\o}pet}, n{\aa}r tyngdekraften f{\aa}r virke p{\aa}
systemet, med en arm mhp A som ikke er null, har vi selvsagt ikke impulsbevarelse - og
heller ikke dreieimpulsbevarelse - men det var det ikke sp{\o}rsm{\aa}l om her.) \\


$h)$ Kinetisk energi f{\o}r st{\o}tet:
$$K_i = \frac{1}{2}mv^2.$$
Kinetisk energi rett etter st{\o}tet:
\begin{eqnarray*}
K_f &=& \frac{1}{2} m (\omega d)^2 + \frac{1}{2} \int_{\rm staven}
dm (\omega y)^2 \\
&=& \frac{1}{2} m \omega^2 d^2 + \frac{1}{2} \int_{-D}^0 \frac{M dy}{D} \omega^2 y^2 \\
&=& \frac{1}{2} m \omega^2 d^2 + \frac{1}{6} MD^2 \omega^2 \\
&=& \left(\frac{1}{2}md^2+\frac{1}{6}MD^2\right) \frac{(v/d)^2}{(1+MD^2/3md^2)^2} \\
&=& \dots \\
&=& \frac{K_i}{1+MD^2/3md^2}.
\end{eqnarray*}
Dermed er endringen i kinetisk energi
$$\Delta K = K_f - K_i = -\frac{K_i}{1+3md^2/MD^2},$$
og relativ endring, i absoluttverdi, som i alternativ A i oppgaveteksten. \\

Hvis kula har mye st{\o}rre masse enn staven, $m \gg M$, er $\Delta K/K_i \simeq 0$.
Det h{\o}res rimelig ut: Staven representerer kun en ''ubetydelig hindring''
for kula, som (rett etter st{\o}tet) fortsetter som om intet hadde hendt.
Hvis kula derimot har mye mindre masse enn staven, $m \ll M$, blir
$\Delta K/K_i \simeq -1 = -100\%.$ Det h{\o}res ogs{\aa} rimelig ut: Staven er
s{\aa} tung i forhold til kula at den henger praktisk talt i ro etter st{\o}tet.
(Tenk bare p{\aa} grensen $M \rightarrow \infty$; da er staven som en ''massiv
vegg'', all bevegelse opph{\o}rer, og hele den kinetiske energien er tapt
som varme og eventuelt deformasjon av kule og stav.) \\

\vspace{0.8cm}
{\bf Oppgave 7: Svingninger} \\

\vspace{3mm}
$i)$ Med utsving $x$ fra likevektsstilling er kraften p{\aa} massen $m$ de to fj{\ae}rkreftene 
$-k_1x$ og $-k_2x$. N2 gir svingeligningen
$$ -k_1 x -k_2 x = m \ddot x
\qquad \Rightarrow \qquad
\ddot x + \left(\frac{k_1}{m} + \frac{k_1}{m}\right)x = 0 \, .$$
Sammenligning med ''standardligningen'' $\ddot x + \omega^2 x =0$ gir at svingefrekvensen 
$\omega$ er gitt av
$$ \omega^2 = \frac{k_1}{m} + \frac{k_2}{m} = \omega_1^2 + \omega_2^2,
\quad \mbox{alts{\aa}}\quad
\underline{\omega = \sqrt{\omega_1^2 + \omega_2^2} }\, .$$
Sammenligning med $\ddot x + \frac{k}{m} x =0$ viser ogs{\aa} at effektiv fj{\ae}rstivhet 
for parallellkoblede fj{\ae}rer er $k = k_1+k_2$. Riktig svar: C. \\

\vspace{3mm}
$j)$ N{\aa}r $m$ forskyves $x$ mot h{\o}yre, strekkes fj{\ae}rene $x_1$ og $x_2$, 
og slik at $x_1$ og $x_2$ er forskjellige 
dersom $k_1 \neq k_2$. Kraften $F$ p{\aa} massen $m$ forplanter seg gjennom begge 
fj{\ae}rene med samme strekk (N3 og massel{\o}se fj{\ae}rer). Dermed er $ F = -k_1x_1 = -k_2x_2$, 
som gir $x = x_1+x_2 = -\left(1/k_1 + 1/k_2\right) F$.  Dermed er kraften som virker p{\aa} klossen lik
$$ F = - \frac{1}{1/k_1 + 1/k_2} x
 = - \frac{k_1k_2}{k_1 + k_2} x $$
og N2 gir
$$ - \frac{k_1k_2}{k_1 + k_2} x = m \ddot x
\qquad \Rightarrow \qquad
\ddot x + \frac{k_1k_2}{(k_1 + k_2)m}x = 0 \, .$$
Sammenligning med $\ddot x + \omega^2 x =0$ gir at svingefrekvensen $\omega$ er gitt av
$$ \frac{1}{\omega^2} = \frac{(k_1 + k_2)m}{k_1k_2} 
= \frac{1}{\omega_2^2} + \frac{1}{\omega_1^2}
= \frac{\omega_1^2+\omega_2^2}{\omega_1^2\omega_2^2}\, ,
\quad\mbox{alts{\aa}} \quad
\underline{\omega = \frac{\omega_1\omega_2}{\sqrt{\omega_1^2 + \omega_2^2}} }.$$
Sammenligning med $\ddot x + \frac{k}{m} x =0$ viser ogs{\aa} at effektiv fj{\ae}rstivhet for 
seriekoblede fj{\ae}rer er $k = \frac{k_1k_2}{k_1+k_2}$. 
Riktig svar: B. \\

\vspace{3mm}
$k)$ Med utsving $x$ fra likevektsstilling vil h{\o}yre fj{\ae}r $k_2$ presses sammen $x$ og gi 
en kraft $-k_2 x$ mot venstre p{\aa} massen. Venstre fj{\ae}r vil strekkes $x$ og gi en 
kraft $-k_1 x$ mot venstre. Kreftene er alts{\aa} de samme som i $a)$, og
$\underline{\omega = \sqrt{\omega_1^2 + \omega_2^2} }$. Riktig svar: C. \\


{\bf LF til oppgaver opprinnelig inkludert i Test 6}

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 1}\\
Total kinetisk energi er summen av translasjons- og rotasjonsenergi ($c=2/5$):
$$K = (1+c)MV^2/2 = (7/10) \cdot 0.130 \cdot 0.50^2 \simeq 0.023 \, {\rm J} = 23 \,{\rm mJ}.$$
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 2}\\
Snookerkulas spinn:
$$L_s = I_0 \omega = \frac{2}{5}MR^2 \cdot \frac{V}{R} = \frac{2}{5}MRV =
0.4 \cdot 0.130 \cdot \frac{52.5\cdot10^{-3}}{2} \cdot 0.50 \simeq
6.8 \cdot 10^{-4} = 0.68\,{\rm mJs}.$$
Riktig svar: B.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 3}\\
Vinkelen mellom en langside og diagonalen er
$$\alpha = \arctan(1778/3569) = 26.48^\circ.$$
Da er avstanden fra diagonalen til et midthull
$$d = (3569/2)\,{\rm mm} \cdot \sin 26.48^\circ \simeq 796\,{\rm mm}.$$
Banedreieimpulsen relativt et midthull er derfor
$$L_b = MVd = 0.130\,{\rm kg}\cdot0.50\,{\rm m/s}\cdot0.796\,{\rm m} 
\simeq 52\,{\rm mJs}.$$
Riktig svar: D.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 4}\\
La oss si at de fleste voksne mennesker har masse mellom 50 og 100 kg. Hvis vi deretter
skriver treghetsmomentet p{\aa} formen $I_0 = M R_0^2$, med s{\aa}kalt ''treghetsradius''
$R_0$, koker dette ned til {\aa} ansl{\aa} et rimelig intervall som dekker treghetsradien
for de fleste voksne mennesker. Tja ... la oss satse p{\aa} at $R_0$ er minst 10-15 cm og
maksimalt 25-30 cm, kanskje? Da vil $I_0$ ligge mellom 
$$I_0^{\rm min} = 50 \cdot 0.10 \cdot 0.10 = 0.5 \, {\rm kg m}^2$$
og
$$I_0^{\rm max} = 100 \cdot 0.30 \cdot 0.30 = 3 \, {\rm kg m}^2.$$
Alternativ B passer best med dette estimatet.
Riktig svar: B.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 5}\\
Total kinetisk translasjonsenergi:
$$K_{\rm trans} = \frac{1}{2} MV^2.$$
Hjulenes rotasjonsenergi:
$$K_{\rm rot} = 4 \cdot \frac{1}{2} I_0 \omega^2 =
4 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} mr^2 \cdot \frac{V^2}{r^2} = mV^2.$$
Dermed:
$$\frac{K_{\rm rot}}{K_{\rm trans}} = \frac{m}{M/2} = \frac{2m}{M} = \frac{30}{1000}.$$
Riktig svar: C.


\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 6}\\
N2: $F = \Delta p/\Delta t = MV_0/\Delta t$ $\Rightarrow$
$V_0 = F \Delta t/M = 500 \cdot 0.001/0.128 = 3.9$ m/s. \\
Riktig svar: E.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 7}\\
Mhp CM er $\tau=0$ i selve st{\o}tet, slik at kula glir uten {\aa} rulle i starten.
Dermed m{\aa} friksjonskraften $f$ virke mot venstre, og figur A blir riktig. ($N = Mg$)
Riktig svar: B.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 8}\\
Vi bruker dreieimpulsbevarelse: $MRV_0 = MRV + I_0\omega$ som med ren rulling
($V = \omega R$) og oppgitt treghetsmoment $I_0$ gir
$MRV_0 = MRV + 2MRV/5 = 7MRV/5$, dvs $V = 5V_0/7$.
Riktig svar: E.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 9}\\
Null hastighet betyr kinetisk energi $K=0$, og siden $E = K+U$, er det
klart at $v=0$ betyr at $U=E$.
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 10}\\
Her har vi med god tiln{\ae}rmelse $\omega = \sqrt{k/m} \simeq \sqrt{800/(1.66\cdot 10^{-27})}
\simeq 2\pi \cdot 10^{14}$ s$^{-1}$, slik at $f \simeq 10^{14}$ Hz.
Riktig svar: D.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 11}\\
Her har vi $f = \omega/2\pi = \sqrt{k/m}/2\pi = \sqrt{4600/(16\cdot1.66\cdot 10^{-27})}/2\pi \simeq
6.6 \cdot 10^{13}$ Hz.
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 12}\\
Med strekk $x_0$ er $E = U = k x_0^2/2$. Med maksimal hastighet $v$ er
$E = K = mv^2/2$. dermed: $v = x_0 \sqrt{k/m} = x_0 \omega$.
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 13}\\
Vi har $x = x_0 \sin\omega t$, $v = \omega x_0 \cos\omega t$ og $a = -\omega^2 x_0 \sin\omega t$.
Dermed er
$$(v/\omega)^2 + (a/\omega^2)^2 = x_0^2,$$
dvs
$$x_0 = \sqrt{(v/\omega)^2 + (a/\omega^2)^2}.$$
Riktig svar: D.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 14}\\
Avlesning fra figuren gir uten videre at $x(0) = 0.6$ m, og at
$\dot{x}(0) > 0$. Bare alternativ C kan stemme med dette.
Riktig svar: C.


\end{document}