TFY4106 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2014. Løsningsforslag til øving 1.

\underline{Oppgave 1.} La oss betegne bevegelsesretningen som x-retningen, med x = 0 som stedet der fallskjermhopperen treffer snøfonna. Med konstant akselerasjon a = −50g i x-retningen har en for t > 0 konstant-akselerasjonsligningene

v(t) = v_{0} + at; x(t) = v_{0}t + \frac{1}{2}at^{2}.

Eliminer t mellom disse to ligningene for å finne v(x) eller x(v):

x = v_{0} \frac{v − v_{0}}{a} + \frac{1}{2}a\frac{(v − v_{0})^{2}}{a^{2}}  ⇒  2ax = v^{2} − v_{0}^{2}.

(Eller du kunne skrevet opp denne ”tidløse” ligningen direkte.) Inntrengningsdybden x_{i} ved tida t_{i} er det punktet der v(t_{i}) = 0,

x_{i} = −\frac{v_{0}^{2}}{2a} = \frac{40^{2}}{2 · 50 · 9.8} m = \underline{1.6 m}.

Riktig svar: B.

\underline{Oppgave 2.} Fallet bremses ned til v = 0 i løpet av tida

t_{i} = −\frac{v_{0} − 0}{a} = \frac{40}{50 · 9.8} s = \underline{0.082 s}.

Riktig svar: A.

\underline{Oppgave 3.} Når akselerasjonen er en gitt funksjon av hastigheten, gir det en differensialligning for v(t). I vårt tilfelle:

a = \frac{dv}{dt} = −kv^{2}  ⇒  −\frac{dv}{v^{2}} = k dt

Integrerer fra start (0, v_{0}) til vilkårlig tidspunkt (t, v):

− ∫_{v_{0}}^{v} \frac{dv}{v^{2}} = k ∫_{0}^{t} dt  ⇒  \frac{1}{v} − \frac{1}{v_{0}} = k(t − 0)  ⇒  \underline{v(t) = \frac{v_{0}}{1 + kv_{0}t}}.

Riktig svar: D.

\underline{Oppgave 4.} Hastighetens halveringstid T er derved gitt som

v(T) = \frac{v_{0}}{1 + kv_{0}T} = \frac{1}{2}v_{0}  ⇒  T = \frac{1}{kv_{0}} = \frac{1}{3.0 · 1.50} s = 0.22 s.

Riktig svar: C.

\underline{Oppgave 5.} Ved start er x = 0, og i løpet av halveringstida har kula beveget seg strekningen x(T). Denne bestemmes fra v = dx/dt, eller dx = v dt, som gir

x(T) = ∫_{0}^{T} v(t) dt = ∫_{0}^{T} \frac{v_{0}}{1 + kv_{0}t′} dt′ = \frac{1}{k} ln(1 + kv_{0}T) = \frac{1}{3.0 m^{−1}} · ln 2 = \underline{0.23 m}.

Riktig svar: A.

\underline{Oppgave 6.} Situasjonen er skissert i figuren til venstre. Vi velger utskytningsstedet som origo. Derved er begynnelsesbetingelsene

x(0) = 0  y(0) = 0,
v_{x}(0) = v_{0} cos θ  v_{y}(0) = v_{0} sin θ.

I x-retningen er akselerasjonen lik null (når luftmotstanden neglisjeres), og derved er x(t) = v_{0} cos θ · t. I y-retningen er akselerasjonen −g, slik at

y(t) = v_{y}(0)t − \frac{1}{2}gt^{2} = v_{0} sin θ · t − \frac{1}{2}gt^{2}.

Når pila treffer bakken ved tida t_{b}, har den beveget seg x(t_{b}) i x-retning og y(t_{b}) i y-retning. Da må ifølge figuren y(t_{b})/x(t_{b}) = tan α. Derved kan t_{b} bestemmes:

\frac{v_{0} sin θ · t_{b} − \frac{1}{2}gt_{b}^{2}}{v_{0} cos θ · t_{b}} = tan α ⇒ t_{b} = \underline{\frac{2v_{0}}{g} · (sin θ − cos θ tan α)}.

Riktig svar: A.

\underline{Oppgave 7.} Rekkevidden blir da (se figuren)

L = \frac{x(t_{b})}{cos α} = \frac{v_{0} cos θ · t_{b}}{cos α} = \frac{2v_{0}^{2} · (cos θ sin θ − cos^{2} θ tan α)}{g cos α} = \underline{\frac{2v_{0}^{2} · cos^{2} θ}{g · cos α} · (tan θ − tan α)}

Riktig svar: D.

\underline{Oppgave 8.} Vinkelen som gir størst rekkevidde L(θ) finnes ved å derivere mhp θ og sette den deriverte lik null.

\frac{dL}{dθ} = \frac{2v_{0}^{2}}{g cos α} \frac{d}{dθ} (cos θ sin θ − cos^{2} θ tan α)
= \frac{2v_{0}^{2}}{g cos α} (− sin^{2} θ + cos^{2} θ + 2 cos θ sin θ tan α)
= \frac{2v_{0}^{2}}{g cos α} (cos 2θ + sin 2θ tan α) .

\frac{dL}{dθ} = 0 og løst mhp θ gir resultatet

tan 2θ_{maks} = − cot α = tan(α + π/2)  ⇒  θ_{maks} = \underline{\frac{π}{4} + \frac{α}{2}}.

Riktig svar: B. Dette innebærer at på flat mark (α = 0), er θ_{maks} = 45^{∘}, i tråd med erfaringer.

\underline{Oppgave 9.} a. Legger inn et koordinatsystem med x langs elvebredden og y på tvers. I figuren til venstre er referansesystemet fast i elvebredden betegnet O, mens referansesystemet som følger elvestrømmen er betegnet O’.

Vannets hastighet V = V x̂ er gitt i system O. Båtens hastighet i system O’ er som oppgitt

v′ = v′_{x}x̂ + v′_{y}ŷ = v′ cos θx̂ + v′ sin θŷ,

og båtens hastighet i system O er

v = v′ + V = (v′_{x} + V)x̂ + v′_{y}ŷ = (v′ cos θ + V)x̂ + v′ sin θŷ,

Hastighetskomponentene er altså

\underline{v_{x} = v′ cos θ + V}; \underline{v_{y} = v′ sin θ}.

b. Tida det tar å ro til den andre elvebredden er gitt av y-hastigheten: t_{r} = \frac{b}{v_{y}} = \frac{b}{v′ sin θ}. På denne tida vil

båtens forskyvning langs elvebredden være gitt av hastigheten v_{x}:

x_{l} = v_{x}t_{r} = (v′ cos θ + V)\frac{b}{v′ sin θ} .  (1)

Tida det tar å gå tilbake til punktet rett overfor startpunktet er t_{g} = x_{l}/v_{g}, vi har da (fornuftig nok) antatt x_{l} ≥ 0, dvs båten har drevet litt med elvestrømmen, evt treffer rett på. (Dersom x_{l} < 0 vil t_{g} = −x_{l}/v_{g}.) Til sammen blir dette

t(θ) = t_{r} + t_{g} = \underline{\frac{b}{v′ sin θ} [1 + \frac{v′}{v_{g}} · cos θ + \frac{V}{v_{g}} ]}.  (2)

c. Vi minimerer totaltiden med hensyn på roretningen:

\frac{dt(θ)}{dθ} = \frac{−b cos θ}{v′ sin^{2} θ} [...] + \frac{b}{v′ sin θ} · \frac{v′(− sin θ)}{v_{g}}
= −\frac{b}{v′ sin^{2} θ} · [(1 + \frac{V}{v_{g}} ) cos θ + \frac{v′}{v_{g}} (cos^{2} θ + sin^{2} θ)] = 0.

Av dette følger at vinkelen som minimaliserer tida er gitt som

cos θ_{min} = −\frac{v′/v_{g}}{1 + V/v_{g}} = \underline{−\frac{v′}{V + v_{g}}} .  (3)

Med de oppgitte tallverdiene får en cos θ_{min} = −3/(2 + 5) som gir \underline{θ_{min} = 115^{∘}}. Et ikke urimelig resultat!

d. Men dersom vi setter V = 0, gir uttrykket cos θ_{min} = −v′/v_{g}. Dette kan umulig være riktig! Dersom elva stopper opp (dersom vi rett og slett skal krysse stillestående vann) må det raskeste være å ro rett over! Altså: I dette tilfellet burde θ_{min} = 90^{∘} og cos θ_{min} = 0. Men hvor resonnerte vi feil i pkt b eller c? Problemet ligger i forutsetningen x_{l} > 0. Vi ser fra lign. (1) at dette gjelder bare dersom v′ cos θ + V > 0 (siden b, v′ og sin θ alle er positive). Vi forutsetter altså cos θ > −(V/v′). Minimumsverdien cos θ_{min} i (3) er derfor bare gyldig dersom

−\frac{v′}{V + v_{g}} > −\frac{V}{v′}  ⇒  v^{′2} < V (V + v_{g}).

Hva skjer så dersom denne ulikheten for de oppgitte størrelsene ikke er oppfylt? For å forstå dette må vi gå tilbake til funksjonen t(θ) og ta høyde for at dette faktisk er to funksjoner. Den vi allerede har funnet, (2), er korrekt dersom vi lander nedenfor målpunktet, slik at x_{l} > 0. Denne funksjonen kaller vi heretter t^{+}(θ). Men vi trenger også t^{−}(θ), som svarer til at båten lander ovenfor det endelige målet tvers over elva. Da er som nevnt ovenfor t_{g} = −x_{l}/v_{g} og t^{+}(θ) i lign. (2) blir erstattet av

t^{−}(θ) = t_{r} + t_{g} = \frac{b}{v′ sin θ} − \frac{x_{l}}{v_{g}} = \frac{b}{v′ sin θ} [1 − \frac{v′}{v_{g}} · cos θ − \frac{V}{v_{g}} ] .  (4)

De to funksjonene møtes der x_{l} = 0, dvs for vinkelen θ_{s} gitt av v′ cos θ_{s} + V = 0, altså for vinkelen

cos θ_{s} = −V/v′.  (5)

Skal dette ha mening, må V < v′. Dette har en åpenbar fysisk tolkning: Det er ikke mulig å havne rett over elva med en rofart som er mindre enn elvas strømningshastighet! Figurene til høyre viser hva som skjer i de to parameterområdene. Dersom x_{l} > 0 og v^{′2} < V (V + v_{g}), er minimumstida gitt av minimum i funksjonen t^{+}(θ), med resultatet cos θ_{min} = −v′/(V + v_{g}) og θ_{min} < θ_{s}. Minimum finnes på den konvensjonelle måten, ved å sette den deriverte lik null. I parameterområdet der v^{′2} > V (V + v_{g}) er situasjonen kvalitativt annerledes. Der gir minimering av t^{+}(θ) et ufysikalsk resultat. Minimumstida er t(θ_{s}) der t^{+} = t^{−}. Ingen av de to funksjonene som møtes i minimumspunktet har derivert lik null der.

Den fysikalske tolkningen av dette er at i hele parameterområdet v^{′2} > V (V + v_{g}) lønner det seg å ro rett over elva, direkte til målet, med vinkelen θ_{s} gitt av (5) mellom roretning og elvas strømretning. Eksemplet viser at minimering kan være en mer sammensatt prosess enn den konvensjonelle. Det gjelder å bruke hodet, og sjekke resultatene mot sunn fornuft. Om det kan være til noen trøst: Flere årskull studenter og lærere overså fullstendig det vi her har diskutert, og tok for gitt at resultatet under pkt c var hele svaret. Men den enkle sjekken vi foretok avslørte umiddelbart at det ikke kunne være tilfelle.