\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 7.
\end{bf}
\end{center}

\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}