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

Løsningsforslag til øving 6

Oppgave 1

Systemets impuls er bevart i reaksjonen, og siden kjernen lå i ro i starten, har vi

Σp_{før} = Σp_{etter} = 0.

Atomkjernens impuls vil derfor peke i motsatt retning av vektorsummen av impulsen til elektronet og nøytrinoet. Kjernen vil dermed også bevege seg i denne retningen. Vi legger f.eks. elektronets bevegelsesretning langs x-aksen og nøytrinoets langs y-aksen (se figur). Retningen for kjernen er da gitt ved en vinkel ϕ relativt den negative x-aksen, der tan ϕ = p\overline{ν}/p_{e}. Vi har

p_{A} = −(p_{e} + p\overline{ν})
|p_{A}| = \sqrt{p_{e}^{2} + p2 ; \overline{ν}}

Med oppgitte tallverdier:

|p_{A}| = \sqrt{p_{e}^{2} + p2 ; \overline{ν}} = 1.065 · 10^{−20} kg m/s.

Dermed:

v_{A} = \frac{p_{A}}{m_{A}} = \frac{1.065 · 10^{−20} kg m/s}{3.90 · 10^{−25}kg} = 2.73 · 10^{4} m/s.

Oppgave 2

a) Hastigheten v_{1} til kule 1 like før kollisjonen finnes lettest ved å bruke energibevarelse:

m_{1}gL = \frac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2}
⇒ v_{1} = \sqrt{2gL}

Like før støtet antar vi at snora er vertikal, og dermed er det bare vertikale krefter som virker. Kun snordraget S_{1} (oppover) og tyngden m_{1}g (nedover) virker på kule 1, og Newtons 2. lov gir

S_{1} − m_{1}g = m_{1}a = m_{1} \frac{v_{1}^{2}}{L} = 2m_{1}g
⇒ S_{1} = m_{1}g + 2m_{1}g = 3m_{1}g

b) Etter et fullstendig uelastisk støt vil kulene henge sammen. I kollisjonen er impulsen bevart, men ikke energien. Impulsbevarelse gir felleshastigheten v′_{1} = v′_{2} = v′ etter støtet:

p = p′
⇒ m_{1}v_{1} = (m_{1} + m_{2})v′
⇒ v′ = \frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} v_{1} = \frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} \sqrt{2gL}

Etter kollisjonen svinger kulene til venstre opp til en posisjon i høyde h. Energibevarelse for denne delen av bevegelsen gir

(m_{1} + m_{2})gh = \frac{1}{2}(m_{1} + m_{2})(v′)^{2}
⇒ h = \frac{(v′)^{2}}{2g} = (\frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} )^{2} L

Snora når med andre ord ikke opp til horisontal stilling og er helt sikkert stram.

c) Energien etter støtet er

(m_{1} + m_{2})gh = g \frac{m_{1}^{2}}{m_{1} + m_{2}} L

mens den før støtet var m_{1}gL. Forholdet blir dermed

\frac{E_{f}}{E_{i}} = \frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} .

d) I et elastisk støt er også energien bevart. Hastighetene v′_{1} og v′_{2} etter støtet er gitt av de to ligningene:

m_{1}v_{1} = m_{1}v′_{1} + m_{2}v′_{2}  (impulsbevarelse)
\frac{1}{2}m_{1}v_{1}^{2} = \frac{1}{2}m_{1}(v′_{1})^{2} + \frac{1}{2}m_{2}(v′_{2})^{2}  (energibevarelse)

En effektiv måte å løse disse to ligningene på er (som antydet i forelesningene) å skrive

m_{1}(v_{1} − v′_{1}) = m_{2}v′_{2}
m_{1}(v_{1}^{2} − (v′_{1})^{2}) = m_{2}(v′_{2})^{2}

og deretter dividere den siste med den første. Det gir v_{1}+v′_{1} = v′_{2}. Dette innsatt i ligningen for impulsbevarelse lar oss eliminere v′_{2}, og vi finner

m_{1}v_{1} = m_{1}v′_{1} + m_{2}(v_{1} + v′_{1})
⇒ v′_{1} = \frac{m_{1} − m_{2}}{m_{1} + m_{2}} v_{1}

Dermed:

v′_{2} = v_{1} + v′_{1} = v_{1} + \frac{m_{1} − m_{2}}{m_{1} + m_{2}} v_{1} = \frac{2m_{1}}{m_{1} + m_{2}} v_{1}.

(Positive fartsretninger mot venstre.)

e) Det kritiske punktet for kule 2 er toppen. Med v′′_{2} for hastigheten til kule 2 i toppunktet gir N2 her:

∑ F = m_{2}a  ⇒  S′′_{2} + m_{2}g = m_{2}(v′′_{2})^{2}/L  ⇒  S′′_{2} = m_{2}(v′′_{2})^{2}/L − m_{2}g.

Dersom snora ikke skal slakkes, må snorkrafta S′′_{2} være større enn null, m.a.o.

(v′′_{2})^{2} > gL.

Energibevarelse fra bunnpunkt til toppunkt for kule 2 bestemmer v′′_{2} uttrykt ved v′_{2} og L:

\frac{1}{2}m_{2}(v′_{2})^{2} = \frac{1}{2}m_{2}(v′′_{2})^{2} + m_{2}g · 2L  ⇒  (v′′_{2})^{2} = (v′_{2})^{2} − 4gL.

Et uttrykk for v′_{2} har vi ovenfor. Dermed:

4v_{1}^{2} (\frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} )^{2} − g · 4L > gL  ⇒  \frac{m_{1}}{m_{1} + m_{2}} > \sqrt{\frac{5gL}{4v_{1}^{2}}}  ⇒  1 + \frac{m_{2}}{m_{1}} < \sqrt{\frac{4v_{1}^{2}}{5gL}}

Ovenfor har vi v_{1} uttrykt ved g og L, som vi setter inn:

\frac{m_{2}}{m_{1}} < \sqrt{\frac{4 · 2gL}{5gL}} − 1 = \sqrt{\frac{8}{5}} − 1,

dvs

\frac{m_{1}}{m_{2}} > \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{8} − \sqrt{5}}.

Oppgave 3

Innsetting av v = dl/dt = Ldα/dt i mdv/dt = F = −mg sin α gir direkte

α̈ + \frac{g}{L} sin α = 0.

Ved å kjøre MATLAB-programmet (med g = 9.81 m/s^{2} og L = 1 m) for verdier av v_{0} = v(1) mellom f.eks. 0.01 og 6.2641 m/s ser vi at svingeperioden T er praktisk talt konstant, og omtrent lik 2 s, så lenge maksimalt vinkelutslag α_{max} er lite. Når α_{max} blir større, ser vi at T begynner å avvike fra denne verdien. Hvis starthastigheten er slik at v_{0}^{2}/2 = 2gL, dvs v_{0} = 2\sqrt{gL}, vil pendelen nå toppen, α = π, med null hastighet. Det tilsvarer at perioden T → ∞. For større v_{0} enn dette har vi nok mekanisk energi til å passere toppen, og pendelen svinger rundt og rundt. Mekanisk energi pr masseenhet er

\frac{E}{m} = \frac{1}{2}v^{2} + gL(1 − cos α).

Plotting av denne størrelsen viser at den er konstant. Figurer (1. og 3. figur med v_{0} = 6.2641 m/s):

Oppgave 4

a) Energibevarelse gir Mgh = Mv_{0}^{2}/2 og v_{0} = \sqrt{2gh}. Ballen ”reflekteres” fra bakken med hastighet −v_{0} = −\sqrt{2gh}. (Her er det valgt positiv hastighetsretning nedover.) Ballens impulsendring i kollisjonen med bakken er Δp = MΔv = −2Mv_{0}. Impulsbevarelse, totalt sett, er ivaretatt i og med at bakken endrer sin impuls med beløpet 2Mv_{0}.

b) Rett før den elastiske kollisjonen mellom de to ballene har nederste ball hastighet −v_{0} og øverste ball hastighet v_{0}. (De har falt like langt.) Det er gitt i oppgaven at v angir hastigheten til øverste ball etter kollisjonen. La oss dessuten med v_{1} angi nederste balls hastighet etter kollisjonen. Bevaring av energi og impuls gir da (med M = αm)

mv_{0} − αmv_{0} = mv + αmv_{1}  (1)
\frac{1}{2}mv_{0}^{2} + \frac{1}{2}αmv_{0}^{2} = \frac{1}{2}mv^{2} + \frac{1}{2}αmv_{1}^{2}  (2)

Vi benytter ”trikset” som ble antydet på forelesning: Vi dividerer (1) med m og (2) med m/2. Deretter samler vi ledd som inneholder α på den ene siden av likhetstegnet:

v_{0} − v = α(v_{1} + v_{0})  (3)
v_{0}^{2} − v^{2} = α(v_{1}^{2} − v_{0}^{2})  (4)

Under forutsetning av at begge sider i (3) er forskjellig fra null, kan vi dividere (4) med (3). Det gir

v_{0} + v = v_{1} − v_{0} ⇒ v_{1} = 2v_{0} + v,

som innsatt i ligning (3) lar oss eliminere v_{1}:

v_{0} − v = α(2v_{0} + v + v_{0}) = 3αv_{0} + αv  (5)
⇒ (α + 1)v = (1 − 3α)v_{0}  (6)
⇒ v = \frac{1 − 3α}{α + 1} v_{0} = \sqrt{2gh} · \frac{1 − 3α}{α + 1}  (7)
( ⇒ v_{1} = 2v_{0} + v = v_{0} \frac{3 − α}{α + 1} = \sqrt{2gh} · \frac{3 − α}{α + 1} )  (8)

Med ”starthastighet” v i y = 0 vil den øverste ballen sprette til en høyde y = v^{2}/2g, dvs

y = h · (\frac{3α − 1}{α + 1})^{2} .

Grense- og spesialtilfeller:

• α ≫ 1: Da vil v → −3v_{0} og y → 9h. Høyere enn dette er det altså ikke mulig å få en ball til å sprette ved å slippe den sammen med en tyngre ball, fra høyden h. Med flere baller, derimot, med gradvis økende masse nedover, er det mulig å få den øverste ballen til å sprette riktig høyt (se A. Anderson og J. Vanderkooy, Physics Education 34, side 172 (1999), evt Essay kap. 5 hvis du har boka LL). (Med uendelig stor α blir v_{1} = −v_{0} og høyre side av (3) blir lik null, slik at vi ikke uten videre kan dividere (4) med (3). Men baller med uendelig stor masse finnes heldigvis ikke.)

• α ≪ 1: Da vil v → +v_{0}, dvs den nå mye tyngre øverste ballen vil tvinge den nederste ballen til ”retrett”, og selv ganske enkelt fortsette sin ferd nedover med praktisk talt uendret hastighet. Men bakken er jo der, i umiddelbar nærhet, så enden på visa blir at den øverste ballen ”reflekteres” med farten −v_{0} og spretter til starthøyden y = h. Dette ligger da også allerede ”innbakt” i uttrykket for y(h, α), dvs y → h når α → 0. (Igjen kunne en kanskje bli litt urolig, for v = v_{0} gjør venstre side av (3) lik null og divisjon av (4) med (3) mistenkelig. Men baller med null masse er like uproblematiske som baller med uendelig masse.)

• α = 1: Da vil v → −v_{0} og y → h. Og det er jo rimelig: De to ballene har lik masse og spretter begge etter hvert tilbake til sine opprinnelige starthøyder. Den nederste ballen vil selvsagt først ta seg en ekstra runde nedom bakken, med hastighet v_{1} = v_{0}, for å overføre en ny porsjon impuls, 2Mv_{0} = 2mv_{0}, til gulvet, før den endelig spretter tilbake til opprinnelig høyde.