\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 6.
\end{bf}
\end{center}

\vspace{8mm}
\noindent
{\bf Oppgave 1} \\

\begin{minipage}{0.40\textwidth}
%%FIGURE
\vspace{0.2cm}
\centerline{\epsfxsize=3.0in \epsfbox{stup_krefter.eps}}
\vspace{0.2cm}
%%END FIGURE
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.55\textwidth}
Stupebrettet er i ro, dvs vi har statisk likevekt. Det betyr at summen av alle krefter 
i vertikal retning er null og at dreiemomentet om enhver akse er lik null. 
Vi ser da umiddelbart at kraften $F_A$ er rettet nedover for {\aa} gi null dreiemoment om B.
Vi ser videre at kraften $F_B$ er rettet oppover for {\aa} gi null dreiemoment om A. \\

$a)$ Vi velger her f{\o}rst {\aa} beregne dreiemomentene om A. 
Kraften $F_A$ har da null arm og dermed null dreiemoment. 
Dreiemomentene pga tyngdekreftene er negative siden de pr{\o}ver {\aa} dreie {\em med 
klokka} om A. Tyngdekraften for stupebrettet angriper i tyngdepunktet som ligger i 
avstand $L/2$ fra A. Dreiemomentet pga $F_B$ er positivt siden det pr{\o}ver {\aa}
dreie {\em mot klokka} om A. Totalt dreiemoment om A lik null gir
\end{minipage}

\vspace{3mm}
\begin{eqnarray*}
0 &=& F_A\cdot 0-mg\frac{L}{2}-MgL +F_B d \\
F_B &=& \frac{gL}{d} \left( M+\frac{m}{2} \right)
\end{eqnarray*}
Riktig svar: C. \\

$b)$ Kraftbalanse i vertikal retning gir (med positiv retning valgt oppover)
\begin{eqnarray*}
0 &=& -F_A-mg-Mg+F_B \\
F_A &=& F_B - (m+M)g = \frac{gL}{d} \left( M+\frac{m}{2} \right) - (m+M)g
\end{eqnarray*}
Riktig svar: D. \\

La oss bruke dreiemomentbalanse om B til {\aa} kontrollere at vi har riktig uttrykk for $F_A$:
\begin{eqnarray*}
\tau_B &=& F_A d - mg \left(\frac{L}{2}-d\right) - Mg(L-d) \\
&=& gL \left(M+\frac{m}{2}\right)-(m+M)gd-mg\left(\frac{L}{2}-d\right)-Mg(L-d) \\
&=& 0.
\end{eqnarray*}
Ser bra ut!

\newpage
%\vspace{8mm}
{\bf Oppgave 2} \\

\begin{minipage}{0.15\textwidth}
%%FIGURE
\vspace{0.2cm}
\centerline{\epsfxsize=1.0in \epsfbox{ball_vegg_krefter.eps}}
\vspace{0.2cm}
%%END FIGURE
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.80\textwidth}
$a)$ Det er tre krefter som virker p{\aa} ballen, snordraget $S$, tyngdekraften
$G=Mg$ og normalkraften fra veggen, $N$. Ballen er i ro, dvs i statisk likevekt. Da
m{\aa} f.eks det totale dreiemomentet om ballens tyngdepunkt B v{\ae}re null.
B{\aa}de $N$ og $G$ har null arm mhp en akse gjennom B, og bidrar derfor ikke
til $\tau_B$. Da kan heller ikke $S$ gi noe dreiemoment om B, og snoras forlengelse
m{\aa} passere gjennom B. \\

La oss kalle vinkelen mellom veggen og snora for $\theta$. Null nettokraft p{\aa}
ballen horisontalt gir da
$$N - S\sin\theta = 0,$$
mens null nettokraft vertikalt gir
$$S\cos\theta - Mg = 0.$$
\end{minipage}

Siden snoras forlengelse g{\aa}r gjennom B, har vi
$$\cos\theta = \frac{\sqrt{(L+R)^2-R^2}}{L+R} = \frac{\sqrt{L(L+2R)}}{L+R}$$
og
$$\tan\theta = \frac{R}{\sqrt{L(L+2R)}},$$
slik at
$$S = \frac{Mg}{\cos\theta} = Mg \, \frac{L+R}{\sqrt{L(L+2R)}}$$
og
$$N = S\sin\theta = Mg\tan\theta = Mg \, \frac{R}{\sqrt{L(L+2R)}}.$$
Riktig svar: A. \\

Hvis snora er veldig lang, $L \gg R$, er $S \simeq Mg$ og $N \simeq 0$. Det er
rimelig for en ball som henger i ei praktisk talt vertikal snor.
Hvis snora er kort, $L \ll R$, blir b{\aa}de $S$ og $N$ store, og tiln{\ae}rmet lik
$$S \simeq N \simeq Mg \sqrt{\frac{R}{2L}}.$$
Eksempelvis blir $S = N = 10 Mg$ hvis $L = R/200$. (F.eks ball med radius 10 cm og
snor med lengde 0.5 mm.) Litt friksjon mellom ball og vegg vil endre p{\aa} dette. \\

\begin{minipage}{0.20\textwidth}
%%FIGURE
\vspace{0.2cm}
\centerline{\epsfxsize=0.9in \epsfbox{ball_vegg_friksjon.eps}}
\vspace{0.2cm}
%%END FIGURE
\end{minipage}
\hfill
\begin{minipage}{0.75\textwidth}
$b)$ La oss her kalle vinkelen mellom vegg og snor for $\alpha$.
Null dreiemoment om B gir da
$$S\sin\alpha \cdot R - f\cdot R = 0,$$
dvs
$$f = S \sin\alpha.$$
Maksimal friksjonskraft er $f_{\rm max} = \mu N$. Null nettokraft horisontalt gir da
$$N = S \sin\alpha = f = \mu N,$$
dvs $\mu = 1$, som akkurat gj{\o}r det mulig {\aa} ha snorfestet {\o}verst p{\aa} ballen.
Riktig svar: B.
(En mye enklere l{\o}sning finnes ved {\aa} bruke snoras festepunkt som referansepunkt.
Da har $f$ og $N$ like stor arm, $R$, slik at $f=N$ og $\mu=1$ f{\o}lger umiddelbart.)
\end{minipage}

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

%%FIGURE
\vspace{0.2cm}
\centerline{\epsfxsize=4.0in \epsfbox{slurelosning.eps}}
\vspace{0.8cm}
%%END FIGURE

$a)$ Her har vi fire ukjente: $\theta_0$, $S$, $f$, $N$.
Dette krever fire ligninger. N{\aa}r snella holdes i ro av snora og friksjonen, gjelder N1:
\\[2mm]
Normalt skr{\aa}planet: $\sum F_{\perp} = 0 \quad \Rightarrow  \quad N  = Mg \cos\theta$ \quad (I)
\\[2mm]
Langs skr{\aa}planet:
$\sum F_{||} = 0 \quad \Rightarrow  \quad Mg \sin\theta = f+S$ \quad (II) \\
der $f$ er friksjonskrafta.
\\[2mm]
N1 for rotasjon (mhp snellas massesenter):
$\sum \tau = 0 \quad \Rightarrow  \quad S \, r = f \, R$ \quad (III)
\\[2mm]
Statisk friksjonskraft kan ligge mellom null og en {\o}vre grense:\\
$f \leq \mu_s N = \mu_s M g \cos\theta$ \quad (IV)
\\
Ved grensa $\theta = \theta_0$ -- dvs der hvor snella akkurat glipper fra underlaget og 
begynner {\aa} rulle/slure  -- er friksjonskraften lik det maksimale: 
$\quad f = \mu_s M g \cos\theta_0$.

Ligning (III) gir $S = (R/r) f$, som innsatt i ligning (II) gir
$$Mg \sin\theta_0 - f - (R/r) f = 0.$$
Innsetting av maksimalverdien av $f$ gir en ligning for $\theta_0$:
$$Mg \sin\theta_0 = \mu_s Mg \cos\theta_0 (1+R/r) \qquad \Rightarrow \qquad
\tan\theta_0 = \mu_s (1+R/r),$$
og dermed
$$\underline{\theta_0 = \arctan\left[\mu_s (1+R/r) \right]}.$$
Riktig svar: A. \\

$b)$ Snorkrafta:
$$\underline{S = \frac{R}{r} f = \frac{R}{r} \mu_s Mg \cos\theta_0}\, , \quad
\mbox{Alternative uttrykk: } S = \frac{MgR}{r+R} \sin\theta_0
                               = Mg\left(\sin\theta_0 - \mu_s \cos\theta_0 \right).$$
Riktig svar: C. \\

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

%%FIGURE
\vspace{0.2cm}
\centerline{\epsfxsize=5.0in \epsfbox{snookerlos.eps}}
\vspace{0.2cm}
%%END FIGURE

$a)$ Det kortvarige, kraftige st{\o}tet gir kula en (line{\ae}r) impuls og en dreieimpuls (relativt 
massesenteret):
\begin{eqnarray*}
F \Delta t = M \Delta V = M V_0 \\
\tau \Delta t = F h \Delta t = I_0 \Delta \omega = I_0 \omega_0.
\end{eqnarray*}
Fortegnsvalg: Positiv translasjon i positiv $x$-retning og positiv rotasjon med klokka, vist i figuren. 
Vi har som oppgitt neglisjert friksjonskraftens bidrag i det korte tidsrommet $\Delta t$, noe som er 
rimelig unntatt for slag som er veldig svake.  En god snookerspiller kan mobilisere en langt 
st{\o}rre kraft $F$ n{\aa}r {\em det} er hensiktsmessig.

Vi eliminerer den ukjente st{\o}rrelsen $F \Delta t$ fra de to ligningene, og f{\aa}r derved en 
relasjon mellom $V_0$ og $\omega_0$,
\begin{equation}
MhV_0 = I_0\omega_0 \ \ \Rightarrow \ \ V_0 = \frac{2R^2}{5h}\, \omega_0
    \ \ {\rm eller}\ \ \underline{\omega_0 = \frac{5h}{2R^2}\, V_0}.
\label{omega0}
\end{equation}
Riktig svar: D. \\

$b)$ Ren rulling forutsetter at $V_0 = R\omega_0$, og denne betingelsen er bare oppfylt n{\aa}r 
$\underline{h_0/R = +2/5}$. Riktig svar: B. \\

$c)$ Dersom $h>2R/5$, vil $\omega_0 > V_0/R$, dvs kula roterer for fort i forhold til ren rulling. 
Det inneb{\ae}rer at undersiden av kula glir mot venstre p{\aa} underlaget, og friksjonskraften vil 
derfor v{\ae}re rettet mot h{\o}yre. Retningen kan ogs{\aa} fastlegges ved at friksjonskraften
fors{\o}ker {\aa} oppn{\aa} perfekt rulling ved {\aa} redusere vinkelhastigheten og {\o}ke 
translasjonshastigheten. Med kinetisk friksjon er $f = \mu_k N = \mu_k Mg$; ingen bevegelse
vertikalt, s{\aa} $N=Mg$. Riktig svar: B. \\

(Dersom $h<2R/5$, er situasjonen den motsatte: Friksjonskraften virker mot venstre og gir kula 
rotasjonsakselerasjon og translasjonsretardasjon. For $h<0$ vil $\omega_0<0$, dvs kula roterer 
''feil'' vei. Friksjonen virker fortsatt mot venstre, dvs  den fors{\o}ker {\aa} f{\aa} kula 
til {\aa} rotere rett vei.) \\

Velger vi referansepunktet (hvor som helst) langs $x$-aksen, vil $\bold{r}_f \times \bold{f} = 0$, 
der $\bold{r_f}$ er $\bold{f}$'s angrepspunkt, som er i kontaktpunktet mellom kule og bord. 
De to vektorene er parallelle. Ingen andre krefter gir noe dreiemoment om origo etter at st{\o}tet er 
avsluttet, og total dreieimpuls relativt origo m{\aa} derfor v{\ae}re bevart. (Luftmotstanden,
som vi har neglisjert, gir selvsagt et {\o}rlite dreiemoment, noe som {\o}delegger for perfekt 
dreieimpulsbevarelse.) \\


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

$a)$ Mhp aksen gjennom A (normalt papirplanet) har staven et treghetsmoment $MD^2/3$
(se forelesningene).
En ekstra (punkt-)masse $m$ i avstand $d$ gir ganske enkelt et ekstra bidrag $md^2$, slik at
$$I =  \frac{1}{3}MD^2 + md^2.$$
Riktig svar: A. \\

\vspace{3mm}
$b)$ F{\o}r sammenst{\o}tet mellom kule og stav er det bare kula som har impuls, slik at
$$\bold{p}_i = mv \hat{x}.$$
Riktig svar: B. \\

\vspace{3mm}
$c)$ F{\o}r sammenst{\o}tet er det bare kula som har dreieimpuls mhp A, dens
{\em banedreieimpuls} mhp A er
$$\bold{L}_i = \bold{r} \times \bold{p}_i = -d \hat{y} \times mv\hat{x} =
mvd \hat{z}.$$
Med impuls i $x$-retning bidrar ikke $x$-komponenten av $\bold{r}$ til
dreieimpulsen. Riktig svar: B. \\

\vspace{3mm}
$d)$ Tyngdekraften som virker p{\aa} staven og kula i sammenst{\o}tet
har ingen arm mhp A. En eventuell kraft fra akslingen i sammenst{\o}tet
angriper staven i A og har dermed heller ingen arm mhp A.
Da er det ikke noe ytre dreiemoment mhp A
som p{\aa}virker systemet, og dreieimpulsen mhp A er bevart:
$\bold{L}_f = \bold{L}_i = mvd \hat{z}.$ \\
Riktig svar: B. \\

\vspace{3mm}
$e)$ Stav pluss kule er et stivt legeme med treghetsmoment $I$ og dreieimpuls
$mvd$ mhp A rett etter sammenst{\o}tet. Systemet utf{\o}rer ren rotasjon om A.
Da har vi $L = I \omega$, slik at
$$\bold{\omega} = \frac{\bold{L}}{I} = \frac{v/d}{1 + MD^2/3md^2}\,\hat{z}.$$
Alternativt uttrykt som alternativ D i oppgaveteksten. Riktig svar: D. \\


\vspace{0.8cm}

{\bf Oppgave 6} \\

$a)$ {\bf C}. Bruk Steiners sats, $I_1=I_2=I_0 + M d^2$ med $d=R_1=R_2$. \\

$b)$ {\bf C}. I luftlinje i nord-syd-retning er det ca 40 mil mellom Oslo og Trondheim,
dvs ca $4 \cdot 10^5$ m. Dette blir bilimpulsens ''arm'' $a$. Bilen har masse omlag 1000 kg
og hastighet {\o}stover ca 25 m/s. Dreieimpulsen mhp et sted i Oslo sentrum blir dermed
$L = m v a \sim 1000 \cdot 25 \cdot 4 \cdot 10^5 = 10^{10}$ kg m$^2$/s. \\

$c)$ {\bf A}. Vi har $\tau = I_0 \dot{\omega}$, N2 for rotasjon om akse gjennom slipesteinens
tyngdepunkt. Her er $\tau = Sr = 20 \cdot 0.25 = 5.0$ i SI-enheter. Dessuten er
$\dot{\omega} = 60/12=5.0$, ogs{\aa} i SI-enheter. Dermed m{\aa} $I_0$ v{\ae}re lik 1.0,
i SI-enheten kg m$^2$. \\

\newpage
%\vspace{0.5cm}
{\bf Oppgave 7} \\

\vspace{3mm}
$a)$
Vi antar at Hookes lov, $F = -kx$, gjelder for fj{\ae}ra. Newtons andre lov gir da
$$-kx = m \frac{d^2 x}{dt^2}$$
eller
$$\ddot{x} + \omega_0^2 x = 0$$
med $\omega_0^2 = k/m$. Ligningen har l{\o}sning $x(t) = A \cos (\omega_0 t + \phi)$, som gitt i
oppgaveteksten. Klossen svinger alts{\aa} med vinkelfrekvens $\omega = \sqrt{k/m}$, og 
dermed med periode $T = 2\pi/\omega_0 = 2\pi\sqrt{m/k}$. Riktig svar: C. \\

\vspace{3mm}
$b)$ og $c)$
Amplituden $A$ og fasekonstanten $\phi$ fastlegger vi ved {\aa} bruke de oppgitte initialbetingelsene
$x(0)=x_0$ og $v(0) = \dot{x}(0) = v_0$. Vi har
$$v(t) = \dot{x}(t) = -\omega_0 A \sin(\omega_0 t + \phi)$$
slik at
$$x_0 = A \cos\phi$$
og
$$v_0 = -\omega_0 A \sin\phi$$
Herfra er det flere mulige veier {\aa} g{\aa}. Vi kan for eksempel dele disse to ligningene med
hverandre, som gir
$$\phi = - \arctan \frac{v_0}{x_0 \omega_0}$$
og
$$A =\frac{x_0}{\cos \arctan v_0/x_0 \omega_0}.$$
Alternativt kan vi kvadrere de to ligningene og legge dem sammen:
$$1 = \sin^2\phi + \cos^2\phi = \frac{v_0^2}{\omega_0^2 A^2} + \frac{x_0^2}{A^2}$$
som gir
$$A = \sqrt{x_0^2 + \left(v_0/\omega_0\right)^2} = x_0 \sqrt{1 + m v_0^2/k x_0^2}$$
og deretter
$$\phi = \arccos \frac{x_0}{A} = \arccos \frac{1}{\sqrt{1 + mv_0^2/k x_0^2}}.$$
Alts{\aa} er b{\aa}de A og B riktige svar p{\aa} oppgavene $b)$ og $c)$,
dvs C er riktig svar. \\

\vspace{3mm}
$d)$
Siden vi ikke har noe demping i systemet, er den totale energien $E$
bevart. (Dvs: Vi har et {\em konservativt} system.) Da kan vi beregne energien ved et
hvilket som helst tidspunkt, for eksempel ved maksimalt utsving, der $x = x_{\rm max} = A$
og $v = 0$:
$$E = E_p^{\rm max} = \frac{1}{2} k A^2 = \frac{1}{2} k \left(x_0^2 + mv_0^2/k\right) =
\frac{1}{2} k x_0^2 + \frac{1}{2} m v_0^2$$
Dette gjenkjenner vi som summen av potensiell og kinetisk energi ved
$t=0$, $E_{p0} + E_{k0}$, hvilket jo ogs{\aa} m{\aa} tilsvare den totale energien.
Riktig svar: C. \\

\vspace{3mm}
$e)$
Skriver vi l{\o}sningen p{\aa} formen $x(t) = B \cos\omega_0 t + C \sin\omega_0 t$, har vi
$$\dot{x}(t) = -\omega_0 B \sin\omega_0 t + \omega_0 C \cos\omega_0 t$$
og dermed, ved hjelp av $x(0)=x_0$ og $\dot{x}(0) = v_0$,
$$B = x_0 \;\;\;\; {\rm og} \;\;\;\; C = v_0/\omega_0$$
Riktig svar: B. \\

\vspace{3mm}
$f)$
Maksimalt utsving:
$$x_{\rm max} = A = x_0 \sqrt{1 + m v_0^2/k x_0^2} = x_0 \sqrt{1 + E_{k0}/E_{p0}}$$
Maksimal hastighet:
$$v_{\rm max} = \omega_0 A = \sqrt{\frac{k}{m}\left(x_0^2+mv_0^2/k\right)} =
v_0 \sqrt{1 + k x_0^2/m v_0^2} = v_0 \sqrt{1 + E_{p0}/E_{k0}}$$
Med oppgitte tallverdier:
$$E_{p0}=0.5 \cdot 10 \cdot 0.010^2 = \frac{1}{2000} \;\;\;\;\; , \;\;\;\;\;
E_{k0}=0.5 \cdot 0.100 \cdot 0.10^2 = \frac{1}{2000}$$
begge i enheten J, ettersom vi kun har brukt SI--enheter underveis. F{\o}lgelig er
$x_{\rm max} = \sqrt{2} x_0 \simeq 1.4$ cm og $v_{\rm max} = \sqrt{2} v_0 \simeq 14$ cm/s.
Riktig svar: A. \\

\vspace{3mm}
$g)$
Bevegelsesligning for klossen:
$$m \ddot{y} = -ky + mg$$
Her har vi valgt positiv $y$-retning nedover. Uten tyngdefelt til stede ($g=0$)
er klossens likevektsposisjon $y=0$. I tyngdefeltet bestemmes den nye likevektsposisjonen
$\Delta y$ ved {\aa} sette total kraft lik null, f{\o}lgelig
\begin{eqnarray*}
-k \Delta y + mg &=& 0  \\
   \Delta y      &=& mg/k 
\end{eqnarray*}
Med ny posisjonsvariabel
$$z = y - \Delta y$$
f{\aa}r vi bevegelsesligningen
$$m \ddot{z} = -k (z + \Delta y) + mg = - kz$$
som betyr at klossen vil svinge harmonisk med vinkelfrekvens $\omega_0 = \sqrt{k/m}$
omkring likevektsposisjonen $z=0$, dvs $y = \Delta y = mg/k$. 
(Med tallverdiene fra oppgave $f$ har vi $\Delta x = 0.100 \cdot 9.8/10 = 9.8 \, {\rm cm}$.)
Riktig svar: A. \\

\vspace{3mm}
$h)$ Fra figuren ser vi f.eks. at $x(0)=1$ og $x(5T)=0.5$, der $T$ er svingningens periode.
Dermed:
\begin{eqnarray}
e^{-5T/\tau} &=& e^{-5\cdot2\pi/\omega\tau} = 0.5 \nonumber \\
\Rightarrow \frac{10\pi}{\omega\tau} &=& \ln 2 \nonumber \\
\Rightarrow \omega\tau &=& 45 \nonumber
\end{eqnarray}
Riktig svar: D. \\


\end{document}
