\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 $#1$}}

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

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

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 1}\\
Med all masse p{\aa} aksen blir treghetsmomentet mhp aksen null.
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 2}\\
Med to stk punktmasser $16u$ i avstand 1.16 {\AA} fra aksen blir treghetsmomentet
$I_x = 2 \cdot 16u \cdot 1.16^2$ {\AA}$^2$ = 43.1 u{\AA}$^2$.
Riktig svar: D.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 3}\\
Det ene oksygenatomet ligger p{\aa} aksen, de to andre er i avstand
$1.28\,{\rm \AA} \cdot \sin 58.4^\circ = 1.09\,{\rm \AA}$ fra aksen. 
Da blir $I_x = 2 \cdot 16u \cdot 1.09^2$ {\AA}$^2$ = 38.0 u{\AA}$^2$.
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 4}\\
Tipset gikk i retning av {\aa} dele plata inn i sm{\aa} biter med sidekanter
$dx$ og $dy$ og masse $dm = M dx dy/L^2$, i posisjon $(x,y)$, slik at bitens
kvadrerte avstand til aksen er $\rho^2 = x^2 + y^2$. Integralet over $x$ og $y$
fra $-L/2$ til $L/2$, slik at vi f{\aa}r med hele plata, gir det vi er ute etter:
\begin{eqnarray*}
I_0 &=& \int_{-L/2}^{L/2} \int_{-L/2}^{L/2} (x^2 + y^2) dx dy M/L^2 \\
&=& (M/L) \cdot (1/3) \cdot (L/2)^3 \cdot 2 \cdot 2 \\
&=& \frac{1}{6}ML^2
\end{eqnarray*}
(Ved integrasjon av $x^2$ gir integralet over $y$ bare en faktor $L$, mens $x^3/3$
innsatt {\o}vre og nedre grense gir $2L^3/24$. Tilsvarende for $y^2$, med ombytte
av $x$ og $y$.)
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 5}\\
Tipset baserer seg p{\aa} at plata ligger i $xy$-planet, med CM i origo, og med
aksen langs $x$-aksen. Da kan vi dele opp plata i tynne staver parallelle med
$x$-aksen, med bredde $dy$, lengde $L$, masse $dm = M L dy/L^2 = dy M/L$, og i
avstand kvadrert lik $\rho^2 = y^2$ fra aksen. Da blir
$$I = \int \rho^2 dm = \int_{-L/2}^{L/2} y^2 dy M/L = \frac{1}{12} ML^2.$$
Alternativt kunne vi ha delt plata inn i tynne staver parellelle med $y$-aksen, med
bredde $dx$, lengde $L$, masse $dm = dx M/L$, og treghetsmoment
$dI = dm L^2/12$, kjent fra forelesningene. Da blir
$$I = \int dI = \int_{-L/2}^{L/2} dx \cdot ML/12 = \frac{1}{12} ML^2.$$
Samme svar, selvsagt.
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 6}\\
La oss f{\o}lge tipsene i oppgaven. Trekanten i kvadranten $(x,y) = (+,+)$ har da
treghetsmoment mhp $x$-aksen lik
\begin{eqnarray*}
I_x &=& \int_0^{L/\sqrt{2}} y^2 M dy (L/\sqrt{2} - y)/L^2 \\
&=& (M/L^2) |_0^{L/\sqrt{2}} \left(\frac{Ly^3}{3\sqrt{2}} - \frac{y^4}{4}\right) \\
&=& ML^2 \left(\frac{1}{12}-\frac{1}{16}\right) \\
&=& \frac{1}{48}ML^2.
\end{eqnarray*}
Dermed $ML^2/12$ for hele plata, siden de fire trekantene bidrar like mye til totalt
treghetsmoment. \\
I likhet med forrige oppgave kan tynne staver legges andre veien, p{\aa} tvers av $x$-aksen.
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 7}\\
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 8}\\
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 9}\\
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 10}\\
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 11}\\
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 12}\\
N2 for rotasjon om aksen gjennom CM: $\tau = \Delta L / \Delta t$, med dreiemoment
$\tau = FR$. Her er videre $\Delta L = L_s = I_0 \omega$. Dermed:
$$\omega = \frac{L_s}{I_0} = \frac{\tau \Delta t}{MR^2} = \frac{F \Delta t}{MR} =
\frac{45 \cdot 0.5}{5 \cdot 0.3} = 15 \, {\rm radianer/sekund}.$$
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 13}\\
N2 for rotasjon om akse gjennom CM:
$$fR = \tau = I_0 \alpha = MR^2 A/R = MRA \;\;\; \Rightarrow \;\;\;
f = MA = 0.1 \cdot 0.6 = 0.06 \, {\rm N}.$$
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 14}\\
N2 nedover langs skr{\aa}planet: $M g \sin \beta - f = MA$, der $\beta$ er helningsvinkelen.
Dermed:
$$\beta = \arcsin \frac{f+MA}{Mg} = \arcsin \frac{2MA}{Mg} = \arcsin \frac{1.2}{9.8} 
\simeq 7^\circ.$$
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 15}\\
Kassa begynner {\aa} gli hvis tyngdens komponent langs skr{\aa}planet, 
$Mg\sin\beta$ overstiger maksimal statisk friksjonskraft $\mu_s N = \mu_s Mg \cos\beta$, 
der $\beta$ er helningsvinkelen; dvs n{\aa}r $\beta = \arctan \mu_s$, som her er ca 52
grader. Men her vil det for $\beta > 45$ grader bli et netto dreiemoment mhp nedre fremre
hj{\o}rne p{\aa} kassa, og da vil kassa velte.
Riktig svar: D.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 16}\\
N2: $Ma = Mg-S$, der $S$ er snordraget. N2, rotasjon om CM: $\tau = SR = I_0 \alpha = I_0 a/R$.
Her er $\alpha$ jojoens vinkelakselerasjon. Siste ligning gir $S = I_0 a/R^2$, som innsatt i
N2 gir $a = g/(1 + I_0/MR^2)$.
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 17}\\
N{\aa}r stanga har rotert en vinkel $\phi$ virker tyngdekraften p{\aa} stanga med et dreiemoment
relativt akslingen A lik $\tau = Mg(L/2)\sin\phi$, og i f{\o}lge N2 for rotasjon om A skal dette
v{\ae}re lik $I_A \alpha$, der $I_A = ML^2/3$ (oppgitt) og $\alpha$ er vinkelakselerasjonen, som vi
skal bestemme. Dermed, $\alpha = (3g/2L)\sin\phi$.
Riktig svar: E.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 18}\\
Her b{\o}r vi umiddelbart forvente at $a = V^2/R$, dvs sentripetalakselerasjonen: Hjulet beveger seg
med konstant hastighet mot h{\o}yre, som ikke bidrar til dets akselerasjon, samtidig som det roterer
med vinkelhastighet $\omega = V/R$, noe som gir akselerasjon $V^2/R$, med retning inn mot hjulets sentrum,
for alle punkter p{\aa} periferien. Med rett fram regning:
\begin{eqnarray*}
v_x &=& V - R\omega \cos \omega t \;\; , \;\; v_y = R\omega \sin \omega t \\
a_x &=& R\omega^2 \sin \omega t \;\; ,\;\; a_y = R\omega^2 \cos \omega t \\
a &=& \sqrt{a_x^2 + a_y^2} = R \omega^2 = V^2/R.
\end{eqnarray*}
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 19}\\
Konstant hastighet betyr null nettokraft. Dermed $f=0$.
Riktig svar: E.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 20}\\
Hastigheten $V$ avtar. Da avtar ogs{\aa} vinkelhastigheten $\omega = V/R$. Da m{\aa} det v{\ae}re
et netto ytre dreiemoment mhp en akse gjennom CM konsistent med dette, og det er det bare friksjonskraften
som kan klare. Og da m{\aa} denne virke {\em oppover} skr{\aa}planet.
Riktig svar: A.


\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 1}\\
De fire stavenes massesenter har lik akselerasjon n{\aa}r netto
ytre kraft $\bold{F}$ er den samme. Kraftens angrepspunkt har ingen betydning for
tyngdepunktbevegelsen.
Riktig svar: B.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 2}\\
Kloss og spole bryter m{\aa}llinjen samtidig, av samme grunn som
i forrige delsp{\o}rsm{\aa}l. Snordraget har en arm (lik spolens radius) relativt spolens
massesenter, s{\aa} spolen utsettes for et ytre dreiemoment relativt massesenteret. Da
gir N2 for rotasjon (spinnsatsen) at spolen f{\aa}r en vinkelakselerasjon, dvs den
roterer med {\o}kende vinkelhastighet.
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 3}\\
Langs skr{\aa}planet virker tyngdens komponent ($mg \sin\alpha$, der
$\alpha$ er helningen p{\aa} skr{\aa}planet) nedover, like stor for alle tre, samt
friksjonskraften $f_i$ ($i = 1,2,3$) fra underlaget, rettet oppover. Nettokraften
$mg \sin\alpha - f_i$ bestemmer tyngdepunktets akselerasjon, som tydeligvis har v{\ae}rt
st{\o}rst for legeme 3, og like stor for 1 og 2. Ergo er $f_3$ mindre enn $f_1=f_2$.
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 4}\\
Den st{\o}rste massen m{\aa} n{\o}dvendigvis vinne nappetaket her, og $m_1$ vil derfor akselereres
nedover, $m_2$ oppover: Rotasjon mot klokka. Snordraget $S_1$ m{\aa} v{\ae}re st{\o}rre enn $S_2$
siden det er snorene som skal f{\aa} sving p{\aa} trinsa med treghetsmomentet $I_0 = \frac{1}{2} MR^2$.
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 5}\\
N{\aa}r snora ikke glir p{\aa} hjulet har vi ''rullebetingelsen'' $\omega = v/R$.
Riktig svar: B.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 6}\\
Skiva har indre dreieimpuls (spinn) mhp CM $L_{\rm hjul} = I_0 \omega = (MR^2/2) \, v/R
= MRv/2$. De to loddene har banedreieimpuls mhp CM hhv $L_1 = m_1 Rv$ og $L_2 = m_2 Rv$.
Alle bidrar med samme fortegn, dvs som vektorer $\bold{L} = \bold{r} \times \bold{p}$
peker alle tre ut av planet. Dermed:
$L = MRv/2 + m_1 Rv + m_2 Rv = (M/2+m_1+m_2)Rv$.
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 7}\\
Uten friksjon mellom snor og hjul blir snordraget $S$ likt i hele snora. N2 gir da
$m_1 g - S = m_1 a$ og $S - m_2 g = m_2 a$, med positiv retning nedover for $m_1$ og oppover
for $m_2$ (siden vi vet hvilken vei de to vil bevege seg). Addisjon av disse to eliminierer
$S$ og gir $(m_1 - m_2)g = (m_1 + m_2)a$, dvs $a = g(m_1-m_2)/(m_1+m_2) = g(1-b)/(1+b)$.
Riktig svar: E.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 8}\\
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 9}\\
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 10}\\
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.


\newpage
\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 11}\\
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 12}\\
For harmonisk svingning, $x(t) = x_0 \sin\omega t$, er akselerasjonen $a(t) = -\omega^2 x_0 \sin\omega t =
-\omega^2 x(t)$ i motfase med posisjonen $x$. Dette stemmer med graf nr 2.
Riktig svar: B.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 13}\\
For harmonisk svingning, $x(t) = x_0 \sin\omega t$, er akselerasjonen $a(t) = -\omega^2 x(t)$,
slik at $T = 2\pi/\omega = 2\pi/\sqrt{40} = \pi/\sqrt{10} \simeq 1$ s.
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 14}\\
Total mekanisk energi er $k A^2/2$ for en enkel harmonisk oscillator med amplitude $A$ og
fj{\ae}rkonstant $k$. Potensiell energi er $k x^2/2$, slik at med $x=A/2$ utgj{\o}r potensiell
energi 1/4 av total energi.
Riktig svar: C.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 15}\\
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 16}\\
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 17}\\
Energibevarelse gir $mv^2/2 = kx_2^2/2$, dvs $v = |x_2|\sqrt{k/m} = 0.05 \cdot
\sqrt{500/2.5} = 0.05 \cdot 10 \sqrt{2} \simeq 0.71$ m/s.
Riktig svar: A.

\vspace{5mm}
{\bf Oppgave 18}\\
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 19}\\
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 20}\\
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}