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

Løsningsforslag til øving 5

Oppgave 1

a) Energibevarelse E_{A} = E_{B} gir

U_{A} + K_{A} = U_{B} + K_{B}
mgL + 0 = mg · (2r) + \frac{1}{2}mv^{2}
2gL = 4gr + v^{2} .

Innsetting av r = L − x i ligningen gir

v = \sqrt{2gL − 4g(L − x)} = \underline{\sqrt{2g(2x − L)}} .  (1)

b) Snorkraften S og tyngden virker på kula. Vi bruker Newtons 2. lov og uttrykket for sentripetalakselerasjonen:

S + mg = ma = \frac{mv^{2}}{r} ⇒ S = \frac{mv^{2}}{r} − mg .  (2)

Snora er stram for S > 0, som fra (2) gir kravet v^{2} > gr. Vi bruker så uttrykket for v i (1) og at r = L − x:

2g(2x − L) > g(L − x) ⇒ 5x > 3L ⇒ \underline{x > \frac{3}{5}L} .

c) Det er klart at x nå må være mindre enn verdien 3L/5 funnet i oppgave 1b), for vi er avhengige av at snordraget S forsvinner før kula kommer til posisjon B, slik at den går over fra sirkelbevegelse til et ”passende” skrått kast som treffer i P. Strategien må bli å finne et uttrykk for posisjonen der S blir lik null, og derfra bruke ligninger for skrått kast og kreve at banen passerer punktet P.

Vi har total energi mgL når vi velger nullpunkt for potensiell energi som i 1a). Vi antar at snordraget S blir null i posisjonen angitt i figuren til venstre. Da er det kun komponenten av tyngdekraften inn mot sirkelbanens sentrum (P) som kan sørge for sentripetalakselerasjonen v^{2}/(L − x), dvs

mg sin α = \frac{mv^{2}}{L − x}.

I den angitte posisjonen har kula potensiell energi mg(L − x) + mg(L − x) sin α og kinetisk energi mv^{2}/2, så bevaring av mekanisk energi gir

mgL = \frac{1}{2}mv^{2} + mg(L − x)(1 + sin α).

Med disse to ligningene kan vi eliminere hastigheten v. Fra den første ligningen har vi

\frac{1}{2}mv^{2} = \frac{1}{2}(L − x)mg sin α,

som innsatt i ligningen for energibevaring gir

mgL = \frac{1}{2}(L − x)mg sin α + mg(L − x)(1 + sin α),

dvs

x = \frac{3}{2}(L − x) sin α ⇒ x = \frac{3 sin α}{2 + 3 sin α} L.

Det som nå gjenstår, er å finne ut hvor stor vinkel α som skal til for at kula via et skrått kast treffer pinnen i posisjon (y, z) = (0, 0) når den starter i posisjon (y_{0}, z_{0}) = (L − x)(cos α, sin α) med hastighet v = (v_{y}, v_{z}) = (−v sin α, v cos α). Vi har null akselerasjon horisontalt (dvs y-retning) og akselerasjon a_{z} = −g vertikalt. Ligningene for y(t) og z(t) blir

y(t) = y_{0} + v_{y}t = (L − x) cos α − vt sin α
= (L − x) cos α − t\sqrt{(L − x)g sin α} sin α
z(t) = z_{0} + v_{z}t + \frac{1}{2}a_{z}t^{2}
= (L − x) sin α + vt cos α − \frac{1}{2}gt^{2}

Ligningen for y(t) gir oss tidspunktet t_{P} når kula treffer pinnen, for da har vi y(t_{P}) = 0:

t_{P} = \frac{(L − x) cos α}{\sqrt{(L − x)g sin α} sin α}.

Innsetting av dette uttrykket for t_{P} i ligningen z(t_{P}) = 0 resulterer så i en ligning for vinkelen α, og løsning av den gir sin α = 1/\sqrt{3}. Bruker vi dette i ligningen for x, finner vi endelig

x = \frac{\sqrt{3}}{2 + \sqrt{3}} L ≃ 0.46L.

Oppgave 2

a) De kreftene som virker på kartongen er tyngden mg, normalkraften N og (så lenge kartongen akselereres mot høyre) friksjonskraften f, som vist i figuren. N1 i vertikal retning samt uttrykket for friksjonskraften gir

N = mg ; f = μN = μmg

Kartongens økte kinetiske energi må være lik arbeidet W som er utført på kartongen. Det er friksjonskraften som gjør dette arbeidet, og som derfor blir

W = ΔK = K(τ) − K(0) = \frac{1}{2}mV^{2} .  (3)

Her er t = 0 tidspunktet da kartongen traff transportbåndet og friksjonskraften begynte å virke.

b) Kartongen har flyttet seg en strekning x_{k} i forhold til laboratoriesystemet (gulvet) i løpet av tiden τ som friksjonskraften virker (se figuren over). Friksjonsarbeidet er bestemt i oppgave a), slik at

W = fx_{k} = μmgx_{k}  ⟹^{(3)}  x_{k} = \frac{V^{2}}{2μg} .

c) Akselerasjonen er konstant, og da er x_{k} = ⟨v⟩ · τ, der ⟨v⟩ = V/2 er gjennomsnittshastigheten. Dette gir

τ = \frac{x_{k}}{⟨v⟩} = \frac{2x_{k}}{V} = \frac{V}{μg} .

(Akselerasjonen er a = f/m = μg, og vi kunne alternativt benyttet τ = V/a = V/μg.)

d) Transportbåndet har beveget seg en avstand x_{b}(τ) = V τ = V^{2}/μg = 2x_{k}.

e) Båndet flytter seg altså en avstand 2x_{k} i løpet av den tiden friksjonskraften f virker. Arbeidet utført på båndet av friksjonskraften er derfor

W_{f,b} = −f · 2 x_{k} = −2W = −mV^{2},

der det negative fortegnet understreker at friksjonskraften på båndet er rettet mot forflytningen. Men båndet holder konstant hastighet V hele tiden, så det totale arbeidet utført på båndet må være lik null. Med andre ord, drivkraften fra drivhjulene må utføre et arbeid +mV^{2} på båndet, og dette er nettopp den energien E som båndet må tilføres for å holde det i konstant hastighet. Vi kan alternativt argumentere med at båndet må tilføres en energi tilsvarende friksjonsarbeidet på kartongen (som går tapt som varme) pluss økningen i kartongens kinetiske energi, i alt

E = W + ΔK = 2 · ΔK = mV^{2}.

Oppgave 3

a) Vi skal skissere funksjonen u(x) = U(x)/U_{0} = 6x^{2} − x^{3}. Den har nullpunkter i x = 0 og x = 6, ekstremalpunkter (også kalt ”stasjonære punkter” i fysikken) der du/dx = 12x − 3x^{2} = 0, dvs i x = 0 og x = 4, og ett vendepunkt der d^{2}u/dx^{2} = 12 − 6x = 0, dvs i x = 2. For meget store positive verdier av x vil u(x) bli stor og negativ, og for meget store negative verdier av x vil u(x) blir stor og positiv, siden den i begge tilfeller vil domineres av leddet −x^{3}. Dette skulle være mer enn nok til å lage en god skisse av u(x). Min figur til venstre er basert på matlabprogrammet oving5_{−}3a.m, som plotter u(x) mellom x = −3 og x = 7. Dette er et fornuftig intervall for den gitte funksjonen. Eksempler på mindre heldige intervallvalg er 2 < x < 3 og −100 < x < 100, prøv selv. b) Kraften F (l), dvs med enhet newton, og som funksjon av den ”virkelige” posisjonen l er

F (l) = −∇U(l) = −l̂\frac{∂U}{∂l} ,

men siden det her bare spørres etter retningen på kraften, kan vi for enkelhets skyld studere den dimensjonsløse funksjonen

f(x) = −\frac{du}{dx} = −12x + 3x^{2} = 3x(x − 4).

Dette gir at kraften er positiv for x < 0 og x > 4 mens den er negativ for 0 < x < 4. Vi ser også dette klart fra figuren: Den deriverte er positiv mellom 0 og 4, ellers negativ, og det betyr at kraften er negativ mellom 0 og 4, ellers positiv. Man kan også ganske enkelt forestille seg at partikkelen vil ”falle” mot lavere verdier av potensialet u(x).

c) Totalenergien E = U + K er konstant. Tenk deg at du slipper en partikkel i dette potensialet ved en gitt posisjon x = x_{0} og med null hastighet, slik at E = U(x_{0}). Dersom −2 < x_{0} < 4, og dermed u(x_{0}) < u(4) = 32, vil partikkelen være i en bundet tilstand innenfor dette området. Et eksempel er vist i figuren til venstre, med den (grønne, hvis du har farger) horisontale kurven mellom x = −1 og x ≃ 1.21. Hvis partikkelen slippes med null hastighet i x_{0} = −1, vil den akselereres mot høyre, oppnå maksimal hastighet i x = 0, deretter bremses inntil hastigheten blir null i x ≃ 1.21. Her vil partikkelen snu, øke sin hastighet mot venstre inntil den igjen snur i x = −1, og så videre.

Dersom x_{0} < −2 og dermed u(x_{0}) > u(4) = 32, vil E være så stor at partikkelen vil fare over ”ryggen” ved x = 4, og forsvinne i positiv x-retning. Dette er vist i figuren, med den (røde) horisontale kurven som starter i x = −2.5, u ≃ 53. For x_{0} > 4 vil partikkelen bare bevege seg mer og mer mot stigende x, for eksempel som vist i figuren med den (lyseblå) horisontale kurven som starter i x = 6, u = 0.

d) Likevekt betyr F = 0, og i oppgave a) fant vi at dette inntreffer i x = 0 og i x = 4. Positiv krumning på u(x) betyr stabil likevekt, negativ krumning betyr ustabil likevekt. Anta at partikkelen plasseres i en likevektsposisjon med null hastighet, og at vi gir den en liten forflytning Δx fra likevektsposisjonen. Ved x = 0 vil en liten forflytning Δx (i vilkårlig retning!) resultere i en kraft som dytter partikkelen tilbake mot likevektsposisjonen. Følgelig er x = 0 en stabil likevekt. Ved x = 4 vil en forflytning Δx gi en kraft som dytter partikkelen videre bort fra likevektsposisjonen. Følgelig er x = 4 en ustabil likevekt.

Oppgave 4

a)

F_{x} = −\frac{∂U}{∂x} = −\frac{2U_{0}xy^{2}}{R^{4}}
F_{y} = −\frac{∂U}{∂y} = −\frac{2U_{0}x^{2}y}{R^{4}}

b) MATLAB-programmet kraftfelt.m illustrerer bruken av kommandoene domain, ezsurf, meshgrid og quiver. Potensialet:

Kraftfeltet:

c)

∮ F · dr = ∫_{R}^{2R} F_{x}(x, 2R) dx + ∫_{2R}^{R} F_{y}(2R, y) dy
+ ∫_{2R}^{R} F_{x}(x, R) dx + ∫_{R}^{2R} F_{y}(R, y) dy
= −\frac{U_{0}(2R)^{2}}{R^{4}} (4R^{2} − R^{2}) − \frac{U_{0}(2R)^{2}}{R^{4}} (R^{2} − 4R^{2})
− \frac{U_{0}R^{2}}{R^{4}} (R^{2} − 4R^{2}) − \frac{U_{0}R^{2}}{R^{4}} (4R^{2} − R^{2})
= 0