FY1001/TFY4145 Mekanisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2012.

Løsningsforslag til øving 1

Kommentar: Til denne første øvingen er LF laget spesielt grundig. Særlig er integrasjonsmetodene detaljert, med løsning både med ubestemt og bestemt integral.

Oppgave 1

−g = \frac{dv}{dt} ⇒ dv = −g dt .  (1)

Vi har fått en enkel differensialligning for v(t) som har sortert de variable på høyre og venstre side. Integrasjon på begge sider gir

∫_{v(0)}^{v(t)} dv = ∫_{0}^{t}(−g) dt ⇒ v(t) − v(0) = − ∫_{0}^{t} g dt ⇒ v(t) − v_{0} = −g(t − 0)

v(t) = v_{0} − gt  (2)

Alternativ løsning med bruk av ubestemte integral gir fra (1) følgende ligning for v(t):

v(t) = ∫ −gdt = −gt + K_{1} .  (3)

Integrasjonskonstanten K_{1} er bestemt av den fysiske startbetingelsen (også kalt initialbetingelsen):

v_{0} = v(t = 0) = −g · 0 + K_{1} ⇒ K_{1} = v_{0}  (4)

Initialbetingelsen (4) innsatt i (3) gir (2). Høyden y(t) er gitt ved integrasjon av (2), idet

v(t) = \frac{dy}{dt} ⇒ dy = v(t) · dt = (v_{0} − gt) · dt .

Differensialligningen er igjen ordnet, og integrasjon på begge sider gir

∫_{y(0)}^{y(t)} dy = ∫_{0}^{t}(v_{0} − gt)dt ⇒ y(t) − y(0) = [v_{0} · t − \frac{1}{2}gt^{2}]_{0}^{t} .

Innsetting av betingelsen y(0) = 0 gir

y(t) = v_{0}t − \frac{1}{2}gt^{2}  (5)

Alternativ løsning med bruk av ubestemte integral gir følgende ligning for y(t):

y = ∫ v dt = ∫ (v_{0} − gt) dt = v_{0}t − \frac{1}{2}gt^{2} + K_{2}  (6)

Integrasjonskonstanten K_{2} er bestemt av betingelsen:

y_{0} = y(t = 0) = v_{0} · 0 − \frac{1}{2}g · 0 + K_{2} ⇒ K_{2} = y_{0}  (7)

Betingelsen (7) innsatt i (6) gir (5).

Steinen når sin maksimale høyde ved t = t_{1} når v(t_{1}) = 0, som innsatt i (2) gir:

0 = v_{0} − gt_{1} ⇒ t_{1} = \frac{v_{0}}{g}  (8)

Den maksimale høyden, y_{1}, finner vi ved å bruke (5) og sette inn uttrykket for t_{1} fra (8):

y_{1} = y(t_{1}) = y_{0} + v_{0}t_{1} − \frac{1}{2}gt_{1}^{2} = y_{0} + \frac{v_{0}^{2}}{g} − \frac{1}{2}g \frac{v_{0}^{2}}{g^{2}} = y_{0} + \frac{v_{0}^{2}}{2g}

Steinen lander på bakken ved t = t_{2} når y(t_{2}) = 0, som innsatt i (5) gir:

0 = y_{0} + v_{0}t_{2} − \frac{1}{2}gt_{2}^{2} ⇒ t_{2} = \frac{v_{0}}{g} (1 + \sqrt{1 + 2gy_{0}/v_{0}^{2}})  (9)

Hastigheten til steinen når den lander er gitt av (2) og (9):

v(t_{2}) = v_{0} − gt_{2} = v_{0} − g · \frac{v_{0}}{g} (1 + \sqrt{1 + 2gy_{0}/v_{0}^{2}}) = −v_{0}\sqrt{1 + 2gy_{0}/v_{0}^{2}}

Oppgave 2. I denne oppgaven beveger steinen seg i 2 dimensjoner. Vi bruker x og z for horisontal og vertikal retning, og vi kan se på bevegelsen i x-retning og i z-retning hver for seg. Vi bruker integrasjonsmetoden for å finne uttrykk for v_{x}(t), v_{z}(t), x(t) og z(t).

I x-retningen har vi ingen akselerasjon, og initialbetingelser v_{x}(0) = v_{0} og x(0) = 0. Dette gir uttrykk for v_{x}(t),

v_{x}(t) = v_{x}(0) + ∫_{0}^{t} a_{x} dt = v_{0}
⇒ v_{x}(t) = v_{0} ,  (10)

og for x(t)

x(t) = x(0) + ∫_{0}^{t} v_{x}(t) dt = ∫_{0}^{t} v_{0} dt = v_{0}t
⇒ x(t) = v_{0}t .  (11)

I z-retningen har vi fritt fall, og initialbetingelser v_{z}(0) = 0 og z(0) = h. Dette gir følgende uttrykk for v_{z}(t) og z(t):

v_{z}(t) = v_{z}(0) + ∫_{0}^{t} a_{z} dt = −g ∫_{0}^{t} dt = −gt ⇒ v_{z}(t) = −gt ,  (12)

z(t) = z(0) + ∫_{0}^{t} v_{z}(t) dt = h − ∫_{0}^{t} gt dt = h − \frac{1}{2}gt^{2} ⇒ z(t) = h − \frac{1}{2}gt^{2} .  (13)

Steinen treffer bakken ved t = t_{1} når z(t_{1}) = 0, som innsatt i (13) gir:

z(t_{1}) = h − \frac{1}{2}gt_{1}^{2} = 0 ⇒ t_{1} = \sqrt{\frac{2h}{g}}.

Hastigheten til steinen idet den lander er gitt av:

v_{1} = v(t_{1}) = \sqrt{(v_{x}^{2}(t_{1}) + v_{z}^{2}(t_{1}))} .

Bruk av (10) og (12) gir:

v_{1} = v(t_{1}) = \sqrt{v_{0}^{2} + (−gt_{1})^{2}} = \sqrt{v_{0}^{2} + 2gh}.

Vinkelen til hastighetsvektoren i forhold til horisontalplanet er gitt av:

tan θ = \frac{|v_{z}(t_{1})|}{v_{x}(t_{1})} = \frac{gt_{1}}{v_{0}} = \frac{\sqrt{2gh}}{v_{0}}.

Oppgave 3. Vi velger f.eks x og z for hhv horisontal og vertikal posisjon for kula. For å beskrive problemet trenger vi to matematisk uavhengige (skalare) ligninger. Her utgjør x- og z-komponentene av Newtons 2. lov et slikt sett. Man kan også bytte ut den ene av disse med ligningen for energibevarelse, som er en skalar ligning. Energiligninger behandles litt senere i kurset, men jeg regner med at regningen er kjent fra videregående skole, så jeg velger å presentere også denne løsningen her.

a) Den maksimale høyden h finnes lettest fra prinsippet om energibevarelse. Kinetisk energi knyttet til vertikalbevegelsen, mv_{0z}^{2}/2, går over til potensiell energi mgh:

\frac{1}{2}mv_{0z}^{2} = mgh  hvor  v_{0z} = v_{0} sin θ dvs.  (14)
h = \frac{v_{0}^{2} sin^{2} θ}{2g} .

Dersom ikke energiligningen brukes, finner vi det høyeste punktet ved å sette vertikal fart lik null her: v_{z} = v_{0z} − gt_{h} = 0, som gir t_{h} = v_{0z}/g = v_{0} sin θ/g. Svaret blir det samme som med energibetraktning:

h = z(t_{h}) = v_{0z}t_{h} − \frac{1}{2}gt_{h}^{2} = \frac{v_{0z}^{2}}{g} − \frac{1}{2}g \frac{v_{0z}^{2}}{g^{2}} = \frac{1}{2} \frac{v_{0z}^{2}}{g} = \frac{v_{0}^{2} sin^{2} θ}{2g} .

Tida som kula er i lufta er ikke mulig å finne ved energiligninger. Vi må bruke uttrykket for høyden som funksjon av tida, z(t), og sette z(t) = 0. Denne ligningen vil ha to løsninger hvorav den ene er t = 0 (selvfølgelig), mens den andre angir når kula treffer bakken. Med z(t) = v_{0z}t − \frac{1}{2}gt^{2} = 0 fås løsningen t ≠ 0:

v_{0z} = \frac{1}{2}gt, eller t = 2\frac{v_{0z}}{g} = \frac{2v_{0} sin θ}{g} .  (15)

Når tida er funnet, kan maksimal høyde h (istedenfor ved energiligninger) finnes fra at maksimal høyde er nådd ved halve tida for kastet, dvs ved t_{h} = v_{0} sin θ/g. Vi får h = z(t_{h}) = v_{0z}t_{h} − \frac{1}{2}gt_{h}^{2}, som med energibetraktninger.

b) Lengden som kula har gått, er

L = x(t) = v_{0x}t = v_{0} cos θ · t = v_{0} cos θ · \frac{2v_{0} sin θ}{g} = \frac{2v_{0}^{2} sin θ cos θ}{g} .

Maksimal verdi for L har vi når dL/dθ = 0. Vi kan gjerne derivere produktet av sinus og cosinus direkte, men enklest er det vel å bruke at sin θ cos θ = (sin 2θ)/2:

\frac{dL}{dθ} = \frac{v_{0}^{2}}{g} · 2 cos 2θ = 0 ⇒ θ = 45^{∘}.

Som ventet?

c) I programmet skraattkast.m plottes ganske enkelt funksjonen sin θ cos θ, dvs den dimensjonsløse størrelsen L · g/2v_{0}^{2}:

Vi ser at maksimal lengde oppnås for θ = 45^{∘}.