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

Løsningsforslag til øving 4

Oppgave 1

ϕ S/g (g)  μ
0  185
π/2  240 0.166
π  300 0.154
3π/2  440 0.184
2π  600 0.187
5π/2  800 0.186
3π  1000 0.179
7π/2  1100 0.162
4π  1400 0.161

Tabell: Maksimal snorkraft S og statisk friksjonskoeffisient μ, med snor surret en vinkel ϕ rundt plastrøret.

Fra det oppgitte uttrykket for S(ϕ) har vi

μ = \frac{1}{ϕ} ln \frac{S(ϕ)}{S(0)}

når S(ϕ) er største tillatte snorkraft for å holde loddet med masse m = S(0)/g i likevekt (dvs i ro). Middelverdien av μ blir (se ligning (4-25) i labheftet)

\overline{μ} = \frac{1}{8} ∑_{i=1}^{8} μ_{i} ≃ 0.172,

mens standardfeilen blir (se ligning (4-27) i labheftet)

Δ\overline{μ} = \sqrt{\frac{1}{8 · 7} ∑_{i=1}^{8} (μ_{i} − \overline{μ})^{2}} ≃ 0.0046.

Dermed:

μ = 0.172 ± 0.005.

La oss til slutt plotte de 9 målepunktene for ln S/S(0) sammen med de rette linjene μϕ, for μ = \overline{μ} samt μ = \overline{μ} ± Δ\overline{μ}:

Matlab-programmet eksp_{−}friksjon.m leser ϕ og S/g fra fila eksp_{−}friksjon.txt, regner ut \overline{μ} og Δμ, og lager figuren ovenfor. Legg merke til bruken av LaTeX.

Oppgave 2

De kreftene som virker på legemet er tyngden, normalkraften og friksjonskraften, som vist i figuren. Friksjonskraften f virker oppover for å hindre at massen glir nedover. I vertikal retning har vi kraftbalanse:

f = mg.

I horisontalplanet bruker vi Newtons 2. lov, uttrykket for sentripetalakselerasjonen og at v = ωR:

N = ma = \frac{mv^{2}}{R} = mω^{2}R.

Betingelsen f ≤ μN gir sammen med de to ligningene ovenfor:

f = mg ≤ μN = μmω^{2}R ⇒ ω ≥ ω_{0} = \underline{\sqrt{\frac{g}{μR}}}.

Jo mindre μ, desto større rotasjonshastighet er nødvendig (naturligvis).

Oppgave 3

Når kula er i likevekt (i det roterende referansesystemet), roterer den med ringen i en avstand r = R sin θ fra rotasjonsaksen (se figuren). Rotasjonshastigheten er: v =(omkrets)/(omløpstid) = (2πr)/(2π/ω) = ωr.

a) To krefter virker på kula: Tyngdekraften mg (vertikalt nedover) og normalkraften fra underlaget N (rettet inn mot ringens sentrum).

b) Vertikalt er det ingen akselerasjon, slik at summen av krefter vertikalt må være lik null:

mg = N cos θ ⇒ N = \frac{mg}{cos θ} .

I horisontal retning har vi sentripetalakselerasjon a = ω^{2}r = ω^{2}R sin θ, og den eneste kraften som kan bidra til dette er komponenten av N horisontalt. Derfor:

ma = N sin θ ⇒ mω^{2}R sin θ = \frac{mg}{cos θ} · sin θ.

Under forutsetning av at sin θ er forskjellig fra null, dvs θ ≠ 0, kan vi dividere med sin θ på begge sider. Dette gir likevektsvinkelen for gitt ω:

cos θ = \frac{g}{ω^{2}R}  og dermed \underline{θ(ω) = arccos \frac{g}{ω^{2}R}}  (ω = 2πf = 2π/T).

c) Til høyre finner du et forslag til Matlabprogram som regner ut og plotter θ(ω). Hvis ω er mindre enn \sqrt{g/R}, er θ = 0. Det er tatt høyde for dette i programmet. Den resulterende grafen er vist nedenfor. (Strengt tatt er θ = 0 en løsning også for ω > \sqrt{g/R}, men representerer da en ustabil likevekt: En aldri så liten forstyrrelse bort fra θ = 0 vil føre til at kula beveger seg utover på ringen.)

                                                      %FY1001/TFY4145 Mekanisk fysikk hosten 2012.
                                                      %Oving 4, Oppgave 3c.
                                                      clear all;
                                                      %N = antall punkter langs omega-aksen
                                                      N = 200;
                                                      %g = tyngdens akselerasjon
                                                      g = 9.81;
                                                      %R = ringens radius
                                                      R = 0.10;
                                                      %tabell
                                                      omega_max = 40;
                                                      theta_max = pi/2;
                                                      omega = linspace(0.0,omega_max,N);
                                                      for i = 1:N
                                                          nevner(i) = R*omega(i).^2;
                                                          if nevner(i) < g
                                                              theta(i) = 0.0;
                                                          else
                                                              theta(i) = acos(g/nevner(i));
                                                          end;
                                                      end;
                                                      % Plotter omega(theta)
                                                      plot(omega,theta*180/pi,'linewidth',2);
                                                      axis([0.0 omega_max 0.0 theta_max*180/pi]);
                                                      % Aksetekster:
                                                      xlabel('Omega (1/s)');
                                                      ylabel('Theta (grader)');

Oppgave 4

I denne oppgaven er ikke akselerasjonen konstant slik at konstant-a-ligningene v = at og s = at^{2}/2 ikke kan brukes.

a) Akselerasjonen til partikkelen er gitt av:

a = \frac{F}{m} = \frac{F_{0}}{m} e^{−t/T} .

Siden a = dv/dt, kan vi skrive dv = adt for hastighetsendringen i løpet av et lite tidsintervall dt. Vi integrerer denne og bruker initialbetingelsen v(0) = 0. La oss for ordens skyld bruke t′ som integrasjonsvariabel for å skille den fra øvre integrasjonsgrense t.

v(t) = v(0) + ∫_{0}^{t} a(t′) dt′ = [\frac{−F_{0}T}{m} e^{−t′/T} ]_{0}^{t} = \frac{F_{0}T}{m} (1 − e^{−t/T} ) .

For t = T får vi

v(T) = \underline{\frac{F_{0}T}{m} (1 − e^{−1})}.

b) For å finne posisjonen integrerer vi dx = vdt og bruker betingelsen x(0) = 0. (Merk at det ikke er nok å finne bare v(T) i a). Vi må finne v(t) for å muliggjøre videre integrasjon her i b).)

x(t) = x(0) + ∫_{0}^{t} v(t′) dt′ = \frac{F_{0}T}{m} [t′ + T e^{−t′/T} ]_{0}^{t} = \frac{F_{0}T}{m} [t + T (e^{−t/T} − 1)] .

For t = T:

x(T) = \underline{\frac{F_{0}T^{2}}{m} e^{−1}}.

Oppgave 5

De kreftene som virker på kassa er tyngden, normalkraften og friksjonskraften, som vist i figuren. Friksjonskraften må ha retning oppover for å holde kassa på plass og gi akselerasjon oppover bakken. Vi legger koordinatsystemet som vist i figuren. Akselerasjonen er i x-retning, slik at det er null akselerasjon i y-retning og dermed kraftbalansen:

N − mg cos α = 0.

I x-retning bruker vi Newtons 2. lov:

f − mg sin α = ma.

Friksjonskraften f er maksimalt lik μN. Hvis akselerasjonen er så stor at f måtte overstige denne verdien, vil kassa gli. Grensen er altså ved

f = μN = μmg cos α .

Kombinerer vi dette med at a = f/m − g sin α, finner vi

a_{max} = μg cos α − g sin α.

Med oppgitte tallverdier:

a_{max} = (0.40 · cos 15^{∘} − sin 15^{∘}) · 9.81 m/s^{2} = \underline{1.25 m/s^{2}}.

Ukens LaTeX

\documentclass[11pt]{article}
\begin{document}
\begin{tabular}{crr}
\hline
$\phi$ & $S/g$ (g) & $\mu$ \\
\hline
$0$      &  185  &  \\
$\pi/2$  &  240  & 0.166 \\
$\pi$    &  300  & 0.154 \\
$3\pi/2$ &  440  & 0.184 \\
$2\pi$   &  600  & 0.187 \\
$5\pi/2$ &  800  & 0.186 \\
$3\pi$   & 1000  & 0.179 \\
$7\pi/2$ & 1100  & 0.162 \\
$4\pi$   & 1400  & 0.161 \\
\hline
\end{tabular}
\vspace{0.5cm}
{\bf Tabell}: {\sf Maksimal snorkraft $S$ og statisk friksjonskoeffisient $\mu$,
med snor surret en vinkel $\phi$ rundt plastr{\o}ret.}
\end{document}

Enda litt penere blir det nok hvis man sentrerer teksten over 2. og 3. kolonne.