\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}\\ 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 8}\\ 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 9}\\ 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 10}\\ 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 11}\\ 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 12}\\ 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 13}\\ 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 14}\\ Konstant hastighet betyr null nettokraft. Dermed $f=0$. Riktig svar: E. \vspace{5mm} {\bf Oppgave 15}\\ 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 16}\\ 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 17}\\ 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 18}\\ 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 19}\\ 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 20}\\ N{\aa}r snora ikke glir p{\aa} hjulet har vi ''rullebetingelsen'' $\omega = v/R$. Riktig svar: B. \vspace{5mm} {\bf Oppgave 21}\\ 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 22}\\ 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 23}\\ 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 24}\\ 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 25}\\ 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 26}\\ 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 27}\\ Newtons 2.\ lov for rotasjon om fast akse, $$\tau = \dot{L} = I \dot{\omega} = I \ddot{\theta},$$ med dreiemoment $\tau = -D \theta$ gir ligningen $$-D \theta = I \ddot{\theta} \;\;\; \Rightarrow \;\;\; \ddot{\theta} + \frac{D}{I} \theta = 0.$$ Dette er en harmonisk oscillator med vinkelfrekvens $\omega_0 = \sqrt{D/I}$, og dermed svingetid $T = 2\pi\sqrt{I/D}$. Riktig svar: A. \vspace{5mm} {\bf Oppgave 28}\\ Steiners sats gir at kulas treghetsmoment mhp en akse gjennom festepunktet er $$I = I_0 + Md^2 = \frac{2}{5}MR^2 + M(3R/2)^2 = \frac{53}{20}MR^2.$$ Svingetiden blir dermed $$T = 2\pi\sqrt{\frac{I}{Mgd}} = 2\pi\sqrt{\frac{53R}{30g}},$$ som med $R = 0.05$ m og $g = 9.81$ m/s$^2$ gir $T = 0.6$ s. Riktig svar: C. \vspace{5mm} {\bf Oppgave 29}\\ Steiners sats gir at kulas treghetsmoment mhp en akse gjennom festepunktet er $$I = I_0 + Md^2 = \frac{2}{3}MR^2 + M(2R)^2 = \frac{14}{3}MR^2.$$ Svingetiden blir dermed $$T = 2\pi\sqrt{\frac{I}{Mgd}} = 2\pi\sqrt{\frac{7R}{3g}}.$$ Riktig svar: D. \vspace{5mm} {\bf Oppgave 30}\\ Newtons 2.\ lov gir her ligningen $$-kx-b\dot{x}=m\ddot{x},$$ som f.eks kan skrives $$m\ddot{x}+kx=-b\dot{x}.$$ Vi regner s{\aa} ut $dE/dt$ (med bruk av kjerneregelen for derivasjon): $$\frac{dE}{dt}=m\dot{x}\ddot{x}+kx\dot{x}=\dot{x}(m\ddot{x}+kx).$$ Her kan de to leddene i parentes erstattes av $-b\dot{x}$, slik at $|dE/dt| = b \dot{x}^2$. Riktig svar: E. \newpage \vspace{5mm} {\bf Oppgave 31}\\ Nei, det er nok ikke bare {\aa} stille seg opp{\aa} ei fj{\ae}rvekt og lese av tyngden, og dermed massen, n{\aa}r det ikke lenger er noen tyngdekraft til stede! Men med en enkel harmonisk oscillator g{\aa}r det fint. Stolen har, med $m_0 = 42$ kg og $T_0 = 0.79$ s, fj{\ae}rkonstant $$k = \frac{4\pi^2 m_0}{T_0^2} = 2657\;{\rm N/m}.$$ Stol pluss astronaut har dermed, med $T_1 = 1.36$ s, masse $$m_1 = \frac{k T_1^2}{4\pi^2} = 124\;{\rm kg}.$$ Astronautens masse er da 82 kg. Riktig svar: C. \vspace{5mm} {\bf Oppgave 32}\\ Fj{\ae}rkraften $kA$ m{\aa} overstige maksimal friksjonskraft $\mu_s N = \mu_s mg$, dvs $A > \mu_s mg/k$. Riktig svar: A. \vspace{5mm} {\bf Oppgave 33}\\ Med svak demping er $1/\tau \ll \omega$, slik at vi kan skrive $x(t) \simeq A \cos(\omega t + \phi)$ i starten. Dermed er $$\ddot{x}(t) \simeq -\omega^2 x(t) = -\left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 x(t)$$ i starten. Fra figuren ser vi at $T \simeq 4$ s og $x(0) = 0.6$ m. Dette gir en akselerasjon ca - 1.5 m/s$^2$ i starten. Riktig svar: B. \vspace{5mm} {\bf Oppgave 34}\\ P{\aa} to hele perioder, fra 1.\ til 3.\ topp, reduseres amplituden fra ca 0.92 m til ca 0.42 m. Dermed: $$\frac{x(t+2T)}{x(t)} = e^{-2T/\tau} = \frac{0.42}{0.92},$$ som gir (med $T = 4$ s) $$\tau \simeq \frac{2T}{\ln(0.92/0.42)} \simeq 10\;{\rm s}.$$ Riktig svar: B. \vspace{5mm} {\bf Oppgave 35}\\ Den kinetiske energien til en harmonisk oscillator svinger med dobbelt s{\aa} stor frekvens og dermed halvparten s{\aa} stor periode som utsvinget. Derfor er B ikke riktig. Riktig svar: B. \end{document}