<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\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}
TFY4125 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU.

L{\o}sningsforslag til {\o}ving 7.
\end{bf}
\end{center}

\vspace{6mm}
{\bf Oppgave 1} \\

$a)$ 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{3mm}
$f)$ Like etter sammenst{\o}tet har alle deler av staven, inklusive den
''absorberte'' kula, hastighet i positiv $x$-retning:
$$\bold{v}(y) = -\omega y \hat{x},$$
slik at $\bold{v}=0$ ved A ($y=0$) og $\bold{v}=\omega D \hat{x}$ helt
nederst ($y = -D$). Gjennomsnittshastigheten for staven blir dermed
$\omega D \hat{x}/2$ og dens impuls $M \omega D \hat{x}/2$. Til dette
m{\aa} vi huske {\aa} addere kulas impuls $m \omega d \hat{x}$. F{\o}lgelig:
$$\bold{p}_f = \left( \frac{1}{2}MD+md\right)\omega\hat{x}.$$
Innsetting for $\omega$ fra $e)$ gir
$$\bold{p}_f = \frac{mv+MvD/2d}{1+MD^2/3md^2}\,\hat{x}.$$
Siden vi skal sammenligne $p_f$ med $p_i$, trekker vi ut $mv = p_i$
fra telleren og f{\aa}r
$$\bold{p}_f = \bold{p}_i \, \frac{1+MD/2md}{1+MD^2/3md^2}.$$
Riktig svar: A. \\

\vspace{3mm}
$g)$ Her vil forholdet mellom leddene som adderes til 1 i teller og nevner
avgj{\o}re om det er $p_f$ eller $p_i$ som er st{\o}rst:
$$\frac{MD/2md}{MD^2/3md^2} = \frac{3d}{2D}.$$
Dermed: Hvis $d = 2D/3$, er $p_f = p_i$. 
Treffer kula n{\o}yaktig her, {\o}nsker stavens {\o}vre ende
ikke {\aa} bevege seg i sammenst{\o}tet, og vi har faktisk impulsbevarelse.

Hvis $d &gt; 2D/3$: Kula treffer staven s{\aa} langt ned
at rotasjonsbevegelsen ville ha blitt slik at stavens {\o}verste ende rett
etter st{\o}tet ville ha beveget seg mot venstre. Men staven er festet i A
og beveger seg ikke der. Dette m{\aa} skyldes en kraft $\bold{F}$
fra akslingen p{\aa} staven i A rettet mot h{\o}yre. Og et ytre kraftst{\o}t
$\bold{F} \cdot \Delta t$ rettet mot h{\o}yre vil som kjent gi en {\o}kning
i systemets impuls i denne retningen. (Her er $\Delta t$ sammenst{\o}tets
(korte) varighet.)

Tilsvarende: Hvis $d &lt; 2D/3$, treffer kula staven s{\aa} langt opp at
{\o}verste ende ''pr{\o}ver'' {\aa} bevege seg mot h{\o}yre. En kraft
fra akslingen rettet mot venstre forhindrer dette, og gir samtidig systemet
en redusert impuls mot h{\o}yre.

(I det {\em videre forl{\o}pet}, n{\aa}r tyngdekraften f{\aa}r virke p{\aa}
systemet, med en arm mhp A som ikke er null, har vi selvsagt ikke impulsbevarelse - og
heller ikke dreieimpulsbevarelse - men det var det ikke sp{\o}rsm{\aa}l om her.) \\


$h)$ Kinetisk energi f{\o}r st{\o}tet:
$$K_i = \frac{1}{2}mv^2.$$
Kinetisk energi rett etter st{\o}tet:
\begin{eqnarray*}
K_f &amp;=&amp; \frac{1}{2} m (\omega d)^2 + \frac{1}{2} \int_{\rm staven}
dm (\omega y)^2 \\
&amp;=&amp; \frac{1}{2} m \omega^2 d^2 + \frac{1}{2} \int_{-D}^0 \frac{M dy}{D} \omega^2 y^2 \\
&amp;=&amp; \frac{1}{2} m \omega^2 d^2 + \frac{1}{6} MD^2 \omega^2 \\
&amp;=&amp; \left(\frac{1}{2}md^2+\frac{1}{6}MD^2\right) \frac{(v/d)^2}{(1+MD^2/3md^2)^2} \\
&amp;=&amp; \dots \\
&amp;=&amp; \frac{K_i}{1+MD^2/3md^2}.
\end{eqnarray*}
Dermed er endringen i kinetisk energi
$$\Delta K = K_f - K_i = -\frac{K_i}{1+3md^2/MD^2},$$
og relativ endring, i absoluttverdi, som i alternativ A i oppgaveteksten. \\

Hvis kula har mye st{\o}rre masse enn staven, $m \gg M$, er $\Delta K/K_i \simeq 0$.
Det h{\o}res rimelig ut: Staven representerer kun en ''ubetydelig hindring''
for kula, som (rett etter st{\o}tet) fortsetter som om intet hadde hendt.
Hvis kula derimot har mye mindre masse enn staven, $m \ll M$, blir
$\Delta K/K_i \simeq -1 = -100\%.$ Det h{\o}res ogs{\aa} rimelig ut: Staven er
s{\aa} tung i forhold til kula at den henger praktisk talt i ro etter st{\o}tet.
(Tenk bare p{\aa} grensen $M \rightarrow \infty$; da er staven som en ''massiv
vegg'', all bevegelse opph{\o}rer, og hele den kinetiske energien er tapt
som varme og eventuelt deformasjon av kule og stav.) \\

\vspace{0.8cm}

{\bf Oppgave 2} \\

$a)$ {\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$^2$. \\

\vspace{0.5cm}

{\bf 3: Svingninger} \\

\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 &amp;=&amp; 0  \\
   \Delta y      &amp;=&amp; 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 1 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} &amp;=&amp; e^{-5\cdot2\pi/\omega\tau} = 0.5 \nonumber \\
\Rightarrow \frac{10\pi}{\omega\tau} &amp;=&amp; \ln 2 \nonumber \\
\Rightarrow \omega\tau &amp;=&amp; 45 \nonumber
\end{eqnarray}
Riktig svar: D. \\

\vspace{3mm}
$i)$ Med utsving $x$ fra likevektsstilling er kraften p{\aa} massen $m$ de to fj{\ae}rkreftene 
$-k_1x$ og $-k_2x$. N2 gir svingeligningen
$$ -k_1 x -k_2 x = m \ddot x
\qquad \Rightarrow \qquad
\ddot x + \left(\frac{k_1}{m} + \frac{k_1}{m}\right)x = 0 \, .$$
Sammenligning med ''standardligningen'' $\ddot x + \omega^2 x =0$ gir at svingefrekvensen 
$\omega$ er gitt av
$$ \omega^2 = \frac{k_1}{m} + \frac{k_2}{m} = \omega_1^2 + \omega_2^2,
\quad \mbox{alts{\aa}}\quad
\underline{\omega = \sqrt{\omega_1^2 + \omega_2^2} }\, .$$
Sammenligning med $\ddot x + \frac{k}{m} x =0$ viser ogs{\aa} at effektiv fj{\ae}rstivhet 
for parallellkoblede fj{\ae}rer er $k = k_1+k_2$. Riktig svar: C. \\

\vspace{3mm}
$j)$ N{\aa}r $m$ forskyves $x$ mot h{\o}yre, strekkes fj{\ae}rene $x_1$ og $x_2$, 
og slik at $x_1$ og $x_2$ er forskjellige 
dersom $k_1 \neq k_2$. Kraften $F$ p{\aa} massen $m$ forplanter seg gjennom begge 
fj{\ae}rene med samme strekk (N3 og massel{\o}se fj{\ae}rer). Dermed er $ F = -k_1x_1 = -k_2x_2$, 
som gir $x = x_1+x_2 = -\left(1/k_1 + 1/k_2\right) F$.  Dermed er kraften som virker p{\aa} klossen lik
$$ F = - \frac{1}{1/k_1 + 1/k_2} x
 = - \frac{k_1k_2}{k_1 + k_2} x $$
og N2 gir
$$ - \frac{k_1k_2}{k_1 + k_2} x = m \ddot x
\qquad \Rightarrow \qquad
\ddot x + \frac{k_1k_2}{(k_1 + k_2)m}x = 0 \, .$$
Sammenligning med $\ddot x + \omega^2 x =0$ gir at svingefrekvensen $\omega$ er gitt av
$$ \frac{1}{\omega^2} = \frac{(k_1 + k_2)m}{k_1k_2} 
= \frac{1}{\omega_2^2} + \frac{1}{\omega_1^2}
= \frac{\omega_1^2+\omega_2^2}{\omega_1^2\omega_2^2}\, ,
\quad\mbox{alts{\aa}} \quad
\underline{\omega = \frac{\omega_1\omega_2}{\sqrt{\omega_1^2 + \omega_2^2}} }.$$
Sammenligning med $\ddot x + \frac{k}{m} x =0$ viser ogs{\aa} at effektiv fj{\ae}rstivhet for 
seriekoblede fj{\ae}rer er $k = \frac{k_1k_2}{k_1+k_2}$. 
Riktig svar: B. \\

\vspace{3mm}
$k)$ Med utsving $x$ fra likevektsstilling vil h{\o}yre fj{\ae}r $k_2$ presses sammen $x$ og gi 
en kraft $-k_2 x$ mot venstre p{\aa} massen. Venstre fj{\ae}r vil strekkes $x$ og gi en 
kraft $-k_1 x$ mot venstre. Kreftene er alts{\aa} de samme som i $a)$, og
$\underline{\omega = \sqrt{\omega_1^2 + \omega_2^2} }$. Riktig svar: C. \\


\end{document}
</pre></body></html>