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

Løsningsforslag til øving 12

Oppgave 1

a) Treghetsmomentet om en akse gjennom CM er I_{0} = MR^{2}/2 for ei slik skive (se tidligere øvinger, evt forelesningsnotater). Steiners sats gir deretter treghetsmomentet om aksen gjennom A:

I = I_{0} + MR^{2} = \frac{3}{2}MR^{2}.

b) Bevegelsesligning for en fysisk pendel med treghetsmoment I og avstand R mellom opphengningspunktet A og tyngdepunktet (τ = I θ̈):

−mgR sin θ = I θ̈ ⇒ θ̈ + \frac{mgR}{I} sin θ = 0.

For en matematisk pendel med lengde L (F = ma = mLθ̈):

−mg sin θ = mL θ̈ ⇒ θ̈ + \frac{g}{L} sin θ = 0.

Skal disse to ha samme svingetid, må lengden L være

L = \frac{I}{mR} = \frac{3R}{2}.

Oppgave 2

a) Kraften som angriper nederste ende av staven er fjærkraften F = −ks, der s er utsvinget til stavens nedre ende når den er dreid en vinkel θ (Med θ > 0 i figuren i oppgaveteksten.) Utsvinget til stavens nedre ende er

x = \frac{L}{2} sin θ ; y = \frac{L}{2} (1 − cos θ) .

For små utsving er sin θ ≃ θ og cos θ ≃ 1, slik at

x ≃ \frac{Lθ}{2} ; y ≃ 0,

som betyr at fjærkraften med god tilnærmelse blir

F ≃ −kx ≃ −\frac{kLθ}{2} .

Denne kraftens dreiemoment mhp A er

τ = F · \frac{L}{2} · cos θ ≃ \frac{F L}{2} ≃ −\frac{kL^{2}θ}{4} ,

og i følge ”N2 for rotasjon” har vi

τ = I_{0}α = I_{0}θ̈ = \frac{1}{12}ML^{2} θ̈.

(Treghetsmomentet om aksen gjennom CM til en lang stav, I_{0} = ML^{2}/12, har vi regnet ut tidligere.) Dermed:

−\frac{kL^{2}θ}{4} = \frac{1}{12}ML^{2} θ̈,

som er ligningen for en harmonisk oscillator,

θ̈ + ω^{2}θ = 0,

med

ω^{2} = \frac{kL^{2}/4}{ML^{2}/12} = \frac{3k}{M} ,

dvs med periode

T = \frac{2π}{ω} = 2π\sqrt{\frac{M}{3k}} .

b) Tyngdekraften angriper i CM og har dermed ingen arm mhp aksen gjennom A. Da bidrar tyngdekraften ikke til dreiemomentet mhp A, og vi kan ganske enkelt se bort fra den.

Oppgave 3

a) Vi regner ut treghetsmomentet I_{0} mhp en akse normalt på fjøla gjennom CM ved å starte fra definisjonen I_{0} = ∫ ρ^{2}dm, der ρ er avstanden fra aksen til masseelementet dm, dvs ρ^{2} = x^{2} + y^{2}, der x angir posisjonen i lengderetningen (vertikalt) og y angir posisjonen i bredderetningen (horisontalt). Masseelementet dm utgjør en andel dx · dy · dz/Lba av stavens totale masse M når dets volum er dx · dy · dz og hele stavens volum er Lba. Følgelig:

I_{0} = ∫_{−L/2}^{L/2} ∫_{−b/2}^{b/2} ∫_{−a/2}^{a/2}(x^{2} + y^{2}) · M · \frac{dx dy dz}{Lba}
= \frac{M}{Lba} ∫_{−L/2}^{L/2} ∫_{−b/2}^{b/2} |_{−a/2}^{a/2}(zx^{2} + zy^{2})dx dy
= \frac{M}{Lba} ∫_{−L/2}^{L/2} ∫_{−b/2}^{b/2}(ax^{2} + ay^{2})dx dy
= \frac{M}{Lb} ∫_{−L/2}^{L/2} |_{−b/2}^{b/2}(yx^{2} + y^{3}/3)dx
= \frac{M}{Lb} ∫_{−L/2}^{L/2}(bx^{2} + b^{3}/12)dx
= \frac{M}{L} |_{−L/2}^{L/2}(x^{3}/3 + xb^{2}/12)
= \frac{M}{L} (L^{3}/12 + Lb^{2}/12)
= \frac{1}{12}M(L^{2} + b^{2}).

Steiners sats gir deretter I(x), dvs treghetsmomentet mhp en akse normalt på fjøla i avstand x fra CM:

I(x) = I_{0} + Mx^{2} = \frac{1}{12}M(L^{2} + b^{2}) + Mx^{2}.

b) Svingeperioden T (x) for svingninger omkring aksen gjennom x er:

T (x) = 2π\sqrt{\frac{I(x)}{Mgx}} = 2π\sqrt{\frac{(L^{2} + b^{2})/12 + x^{2}}{gx}} .

c) Grensetilfeller:

T (x ≫ L) ≃ 2π\sqrt{x/g},
T (x ≪ L) ≃ π\sqrt{(L^{2} + b^{2})/3gx} ⟶^{x→0} ∞.

Den første av disse er svingeperioden for en matematisk pendel med lengde x, noe som er rimelig når x ≫ L. Når x → 0, er pendelen hengt opp på midten, og den svinger ikke i det hele tatt.

d) Vi setter inn tallverdier for L, x og g, og legger utregnede verdier for T (x) inn i tabellen:

\begin{matrix}x (mm) & T_{exp}(x) (s) & T (x) (s) \\ 15 & 4.0 & 4.47 \\ 153 & 1.54 & 1.60 \\ 272 & 1.46 & 1.48 \\ 428 & 1.56 & 1.56 \end{matrix}

Vi noterer at det er brukbart samsvar mellom teori og eksperiment!

Siden b er mye mindre enn L, blir det praktisk talt ingen forskjell på resultatene om vi setter b = 0. Vi gjør dette for å forenkle utregningen av minimal svingetid: Minimal svingetid har vi når dT/dx = 0. Litt enklere er det her å regne ut (g/4π^{2})dT^{2}/dx og sette denne lik null:

\frac{d}{dx} (\frac{L^{2}}{12x} + x) = −\frac{L^{2}}{12x^{2}} + 1 = 0,

dvs

x = \frac{L}{\sqrt{12}} ≃ 0.289L = 272 mm.

Dette er presis posisjonen til det nest øverste hullet, og både eksperimentelt og teoretisk finner vi minste T -verdi med aksen her. Grafen for T (x):

Oppgave 4

a) På resonans, ω = ω_{0}, har vi

A(ω_{0}) = \frac{F_{0}/m}{2γω_{0}} = \frac{F_{0}}{bω_{0}} .

Med ϕ(ω_{0}) = 0 har vi da

x = \frac{F_{0}}{bω_{0}} sin ω_{0}t,
ẋ = \frac{F_{0}}{b} cos ω_{0}t,
ẍ = −\frac{F_{0}ω_{0}}{b} sin ω_{0}t,

og innsetting i bevegelsesligningen (−kx − bẋ + F_{0} cos ω_{0}t = mẍ) gir

−\frac{kF_{0}}{bω_{0}} sin ω_{0}t − \frac{bF_{0}}{b} cos ω_{0}t + F_{0} cos ω_{0}t = −\frac{mF_{0}ω_{0}}{b} sin ω_{0}t
⇒ \frac{k}{ω_{0}} = mω_{0}
⇒ ω_{0}^{2} = \frac{k}{m},

som jo stemmer.

b) På resonans er kvadratet av amplituden

A_{max}^{2} = \frac{(F_{0}/m)^{2}}{4γ^{2}ω_{0}^{2}} .

På ”resonans pluss/minus halve halvverdibredden”, dvs for ω = ω_{0} ± γ, har vi

A^{2}(ω_{0} ± γ) = \frac{(F_{0}/m)^{2}}{(ω_{0}^{2} ± 2ω_{0}γ + γ^{2} − ω_{0}^{2})^{2} + 4γ^{2}(ω_{0}^{2} ± 2ω_{0}γ + γ^{2})}
= \frac{(F_{0}/m)^{2}}{4ω_{0}^{2}γ^{2} ± 4ω_{0}γ^{3} + γ^{4} + 4ω_{0}^{2}γ^{2} ± 8ω_{0}γ^{3} + 4γ^{4}}
≃ \frac{(F_{0}/m)^{2}}{8ω_{0}^{2}γ^{2}}
= \frac{1}{2}A_{max}^{2}.

Her har vi beholdt de to største leddene i nevneren, begge proporsjonale med ω_{0}^{2}γ^{2}, mens vi har neglisjert resten av leddene, siden disse er enten en faktor γ/ω_{0} eller en faktor (γ/ω_{0})^{2} mindre enn de to største. c) Resonanstoppen med oppgitte tallverdier: Vi leser av en halvverdibredde på 2 s^{−1}, som nettopp er verdien av 2γ.