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

Løsningsforslag til øving 13

Oppgave 1

a) Vinkelfrekvensen er (antar matematisk pendel, men det spiller ingen rolle, det er bare avhengigheten av g som teller her) ω = \sqrt{g/L}, så perioden er T = 2π\sqrt{L/g}. Ved høyde h over havet er tyngdens akselerasjon

g(h) = GM/(R + h)^{2}.

Dermed:

T (h) = T (0)(1 + h/R).

b) Med h = 630 m og R = 6378000 m blir relativ forsinkelse lik h/R = 3.14 · 10^{−5}, dvs absolutt forsinkelse ca 1 minutt.

Oppgave 2 Ved uniform sirkelbevegelse er akselerasjonen ren sentripetalakselerasjon v^{2}/r, og eneste kraften som virker er gravitasjonskraften G · Mm/r^{2}. N2 gir

ΣF = m\frac{v^{2}}{r} ⇒ G · \frac{Mm}{r^{2}} = m\frac{v^{2}}{r} ⇒ v = \sqrt{\frac{GM}{r}}

Radien r er avstanden fra jordsentrum, som ved starten A og ved slutten B er lik henholdsvis

r_{A} = R + h_{A} = 6378 km + 8000 km = 14378 km
r_{B} = R + h_{B} = 6378 km + 650 km = 7028 km .

Får ofte bruk for og beregner derfor: GM = 6.6742 · 10^{−11} m^{3}/(kg s^{2}) · 5.974 · 10^{24}kg = 3.9870 · 10^{14} m^{3}/s^{2}.

a) Endring i hastighet: For den videre regning kan det være lurt å beregne hastighetene v_{A} og v_{B} separat og ikke bare differansen:

\begin{matrix}v_{A} & = & \sqrt{\frac{GM}{r_{A}}} = \sqrt{\frac{3.9870 · 10^{14} m^{3}/s^{2}}{14378 · 10^{3} m}} = 5265.9 m/s \\ v_{B} & = & \sqrt{\frac{GM}{r_{B}}} = \sqrt{\frac{3.9870 · 10^{14} m^{3}/s^{2}}{7028 · 10^{3} m}} = 7531.9 m/s \end{matrix} \} ⇒ \underline{Δv = v_{B} − v_{A} = +2266 m/s} .

Hastigheten øker altså.

b) Endring i kinetisk energi:

\begin{matrix}K_{A} & = & \frac{1}{2}mv_{A}^{2} = \frac{1}{2}m\frac{GM}{r_{A}} = 6.9325 · 10^{10} J \\ K_{B} & = & \frac{1}{2}mv_{B}^{2} = \frac{1}{2}m\frac{GM}{r_{B}} = 14.183 · 10^{10} J \end{matrix} \} ⇒ \underline{ΔK = K_{B} − K_{A} = +7.254 · 10^{10} J} .

c) Endring i potensiell energi:

\begin{matrix}U_{A} & = & −m\frac{GM}{r_{A}} = −2 · K_{A} = −13.865 · 10^{10} J \\ U_{B} & = & −m\frac{GM}{r_{B}} = −2 · K_{B} = −28.366 · 10^{10} J \end{matrix} \} ⇒ \underline{ΔU = U_{B} − U_{A} = −2 · ΔK = −14.50 · 10^{10} J} .

Potensiell energi (relativt ∞) har alltid dobbelt verdi av kinetisk energi. Dette gjelder for alle sirkulære baner i gravitasjonsfelt. Når banen er elliptisk, varierer kinetisk og potensiell energi under omløpet.

d) Endring i totalenergi:

ΔE = ΔK + ΔU = ΔK − 2 · ΔK = −ΔK = \underline{−7.254 · 10^{10} J} .

Eller med mer regnearbeid:

E_{A} = K_{A} + U_{A} = −\frac{1}{2}m\frac{GM}{r_{A}} = −6.9325 · 10^{10} J ,

E_{B} = K_{B} + U_{B} = −\frac{1}{2}m\frac{GM}{r_{B}} = −14.183 · 10^{10} J .

ΔE = E_{B} − E_{A} = −\frac{1}{2}mGM (\frac{1}{r_{B}} − \frac{1}{r_{A}} ) = \underline{−7.254 · 10^{10} J} .

En stor porsjon potensiell energi er tapt, halvparten av tapet er overført til kinetisk energi, resten friksjonsarbeid.

Oppgave 3

a) Gravitasjonskraften må være lik sentripetalkraften ved omløpstid T = 24 h = 24 · 3600 s = 86400 s:

ΣF = ma = mω^{2}r ⇒ G \frac{mM}{r^{2}} = m (\frac{2π}{T} )^{2} r

r = (GM · \frac{T^{2}}{(2π)^{2}} )^{1/3} = (6.6742 · 10^{−11} \frac{N m^{2}}{kg^{2}} · 5.9742 · 10^{24} kg · \frac{(86400 s)^{2}}{(2π)^{2}} )^{1/3} = 42246 km ,

som er snaut 7 jordradier. Høyden over jordoverflaten er da

h = r − R = 42246 km − 6378 km = \underline{35868 km} .

b)

cos θ = R/r = 6378.1/42246 = 0.15098
θ = 81.32^{∘} = \underline{81^{∘}19′}.

81^{∘}19′ er like nord for nordspissen av Svalbard, så hele den befolkede verden vil ha geostasjonære satellitter tilgjengelig, med mindre et fjell skjuler sikten mot sør. c)

I figuren er x = R cos θ og y = R sin θ. La β = θ + α være vinkelen mellom den vertikale linjen y på figuren og siktlinja til satellitten. Trondheims breddegrad er θ = 63^{∘}26′ = 63.43^{∘}. Da er

tan β = \frac{r − x}{y} = \frac{r/R − cos θ}{sin θ}
= \frac{42246/6378.1 − cos 63.43^{∘}}{sin 63.43^{∘}} = 6.906 ,

slik at β = 81.76^{∘}. Da er den søkte vinkelen over horisonten

α = β − θ = 81.76^{∘} − 63.43^{∘} = 18.33^{∘} = \underline{18^{∘}20′} .

Oppgave 4

Med m = 1 er p = ẋ. For tilfellet underkritisk demping, γ < ω_{0}:

p = Ae^{−γt} (−γ sin ωt + ω cos ωt) .

For tilfellet overkritisk demping, γ > ω_{0}:

p = Ae^{−γt} (−γ cosh αt + α sinh αt) .

Figuren nedenfor viser (x, p)-kurver for udempet oscillator (til venstre, A = 1 og A = 0.5), underkritisk dempet oscillator (i midten, γ = 0.15, ω = 1; A = 1 (ytterst) og A = 0.5 (innerst)) og overkritisk dempet oscillator (til høyre, γ = 1, α = 0.2, A = 1):