\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 {\o}ving 5.
\end{bf}
\end{center}

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

$a)$ Hastigheten $v_1$ til kule 1 like f{\o}r kollisjonen finnes lettest 
ved {\aa} bruke energibevarelse:
\begin{eqnarray*}
m_1 g L &=& \half m_1 v_1^2 \\
\Rightarrow v_1 &=& \sqrt{2gL}
\end{eqnarray*}
Riktig svar: C. \\

$b)$ Like f{\o}r st{\o}tet antar vi at snora er vertikal, og dermed er det bare vertikale krefter som virker.
Kun snordraget $S_1$ (oppover) og tyngden $m_1 g$ (nedover) virker p{\aa} kule 1, og N2 gir
\begin{eqnarray*}
S_1 - m_1 g &=& m_1 a = m_1 \frac{v_1^2}{L} = 2 m_1 g \\
\Rightarrow S_1 &=& m_1 g + 2 m_1 g = 3 m_1 g
\end{eqnarray*}
Riktig svar: C. \\

\vspace{4mm}
$c)$ Etter et fullstendig uelastisk st{\o}t vil kulene henge sammen. 
I kollisjonen er impulsen bevart, men ikke energien.
Impulsbevarelse gir felleshastigheten $v_1' = v_2' = v'$ etter st{\o}tet:
\begin{eqnarray*}
p &=& p' \\
\Rightarrow m_1 v_1 &=& (m_1+m_2) v' \\
\Rightarrow v' &=& \frac{m_1}{m_1+m_2} \, v_1 = \frac{m_1}{m_1+m_2}\sqrt{2gL}
\end{eqnarray*}
Etter kollisjonen svinger kulene til venstre opp til en posisjon i h{\o}yde $h$.
Energibevarelse for denne delen av bevegelsen gir
\begin{eqnarray*}
(m_1+m_2)gh &=& \half (m_1+m_2) (v')^2 \\
\Rightarrow h &=& \frac{(v')^2}{2g} = \left( \frac{m_1}{m_1+m_2} \right)^2 \, L
\end{eqnarray*}
Riktig svar: E.
(Snora n{\aa}r med andre ord ikke opp til horisontal stilling og er helt sikkert stram.) \\

$d)$ Energien etter st{\o}tet er
$$(m_1+m_2)gh = g \frac{m_1^2}{m_1+m_2}L$$
mens den f{\o}r st{\o}tet var $m_1 g L$. Forholdet blir dermed
$$\frac{E_f}{E_i} = \frac{m_1}{m_1+m_2}.$$
Riktig svar: A. \\

$e)$ I et elastisk st{\o}t er ogs{\aa} energien bevart. 
Hastighetene $v_1'$ og $v_2'$ etter st{\o}tet er gitt av
de to ligningene:
\begin{eqnarray*}
m_1 v_1 &=& m_1 v_1' + m_2 v_2' \qquad {\rm (impulsbevarelse)} \\
\half m_1 v_1^2 &=& \half m_1 (v_1')^2 + \half m_2 (v_2')^2  \qquad {\rm (energibevarelse)}
\end{eqnarray*}
En effektiv m{\aa}te {\aa} l{\o}se disse to ligningene p{\aa} er (som antydet i forelesningene) {\aa} skrive
\begin{eqnarray*}
m_1 (v_1 - v_1') &=&  m_2 v_2' \\
m_1 (v_{1}^2 - (v_1')^2 )  &=& m_2 (v_2')^2
\end{eqnarray*}
og deretter dividere den siste med den f{\o}rste. Det gir $v_1 + v_1' = v_2'$.  Dette innsatt i ligningen
for impulsbevarelse lar oss eliminere $v_2'$, og vi finner
\begin{eqnarray*}
m_1 v_1 &=& m_1 v_1' +  m_2 (v_1 + v_1') \\
\Rightarrow v_1' &=&  \frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}\,v_1
\end{eqnarray*}
Dermed:
$$v_2' = v_1 + v_1' = v_1 + \frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}v_1 = \frac{2m_1}{m_1+m_2}\,v_1.$$
(Positive fartsretninger mot venstre.)
Riktig svar: B. \\

$f)$ Det kritiske punktet for kule 2 er toppen. Med $v_2''$ for hastigheten til kule 2 i toppunktet gir N2 her:
$$\sum F = m_2 a
\qquad \Rightarrow \qquad 
S_2'' + m_2 g = m_2 (v_2'')^2/L
\qquad \Rightarrow \qquad
S_2''= m_2 (v_2'')^2/L - m_2 g.$$
Dersom snora ikke skal slakkes, m{\aa} snorkrafta $S_2''$ v{\ae}re st{\o}rre enn null, m.a.o.
$$(v_2'')^2 > gL.$$
Energibevarelse fra bunnpunkt til toppunkt for kule 2 bestemmer $v_2''$ uttrykt ved $v_2'$ og $L$:
$$\half m_2 (v_2')^2 = \half m_2 (v_2'')^2 + m_2 g \cdot 2L
\qquad \Rightarrow \qquad
(v_2'')^2 = (v_2')^2 - 4g L.$$
Et uttrykk for $v_2'$ har vi ovenfor. Dermed:
$$4 v_1^2 \left(\frac{m_1}{m_1+m_2}\right)^2 - g \cdot 4L > g L
\qquad \Rightarrow \qquad
\frac{m_1}{m_1+m_2} > \sqrt{\frac{5g L}{4v_1^2} }
\qquad \Rightarrow \qquad
1+\frac{m_2}{m_1} < \sqrt{\frac{4v_1^2}{5g L} }$$
Ovenfor har vi $v_1$ uttrykt ved $g$ og $L$, som vi setter inn:
$$\frac{m_2}{m_1} < \sqrt{\frac{4\cdot 2gL}{5g L} } -1 = \sqrt{\frac{8}{5}} -1,$$
dvs
$$\frac{m_1}{m_2} > \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{8}-\sqrt{5}}.$$
Riktig svar: E. \\

\vspace{1cm}

{\bf \underline{Oppgave 2.}} \\

{\bf C}. Impulsbevarelse gir $2mv_0 = 5mv$, dvs $v=2v_0/5$.
Energitapet er dermed $K_0-K=(1/2)2mv_0^2-(1/2)5m(2v_0/5)^2=3mv_0^2/5$. \\


\newpage
%\vspace{0.5cm}

{\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}
