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

Løsningsforslag til øving 7

Oppgave 1

a) Massen til del av bøylen innenfor vinkelelementet dθ er

dm = λdl = λRdθ,

der λ = M/2αR er bøylens masse pr lengdeenhet (kg/m). Men i slike oppgaver kan det være like greit å ikke innføre massetettheter, idet vi kan uttrykke massen i vinkelelementet dθ som

dm = (total masse) · (dm sin andel av hele massen) = M · \frac{dθ}{2α}.

Med denne dm og bruk av x = R cos θ blir tyngdepunktets x-verdi

X = \frac{1}{M} ∫_{legeme} x dm = \frac{1}{M} · R · \frac{M}{2α} ∫_{−α}^{α} cos θ dθ
= \frac{R}{2α} [sin α − sin(−α)] = \underline{R \frac{sin α}{α}}.

Tyngdepunktets y-verdi er Y = 0, av symmetrigrunner.

α = π gir X = 0, som ventet for en hel sirkel.

α → 0 gir (sin α)/α → 1 og X = R, som ventet for en liten masse samlet i x = R.

b) Massen til en infinitesimal del av sektoren innenfor vinkelelementet dθ og radius dr er

dm = (total masse) · (dm sin andel av hele massen) = M · \frac{dA}{A} = M · \frac{rdθ · dr}{\frac{2α}{2π}πR^{2}} = M · \frac{rdθ · dr}{αR^{2}} .

Med denne dm og bruk av x = r cos θ blir tyngdepunktets x-verdi

X = \frac{1}{M} ∫_{sektor} x dm = \frac{1}{M} · \frac{M}{αR^{2}} ∫_{θ=−α}^{α} ∫_{r=0}^{R} r^{2} cos θ dθdr
= \frac{1}{αR^{2}} ∫_{θ=−α}^{α} cos θ dθ ∫_{r=0}^{R} r^{2}dr
= \frac{1}{αR^{2}} [sin θ]_{−α}^{α} [\frac{1}{3}r^{3}]_{0}^{R}
= \underline{\frac{2}{3}R \frac{sin α}{α}}.

Tyngdepunktets y-verdi er Y = 0, av symmetrigrunner.

Alternativt kan du bruke resultatet fra a) ved å betrakte sirkelsektoren som en sum av bøyler med radius fra 0 til R. En bøyle med radius r har da X = r (sin α)/α og masse (sammenlign med det som er gjort ovenfor)

dm = M · \frac{dA_{bøyle}}{A} = M · \frac{r · 2α · dr}{\frac{2α}{2π}πR^{2}} = M · \frac{2r · dr}{R^{2}} ,

og vi får

X = \frac{1}{M} ∫_{alle bøyler} X dm = \frac{1}{M} ∫_{0}^{R} r \frac{sin α}{α} M \frac{2r · dr}{R^{2}} = \frac{sin α}{α} \frac{2}{R^{2}} ∫_{0}^{R} r^{2} dr = \underline{\frac{2}{3} R \frac{sin α}{α}}.

α = π gir X = 0, som ventet for en hel sirkel.

α → 0 gir (sin α)/α → 1 og X = 2R/3, som vel er rimelig for en meget smal sirkelsektor.

Oppgave 2

Viser begge metoder, først basert på N2 og integrasjon, deretter energibevarelse. Hele lenkens masse m blir akselerert, og kraften som virker på lenken er tyngdekraften. I dette tilfellet vil tyngdekraften være avhengig av hvor stor del av lenken som henger på utsiden av bordkanten, dvs G(y) = (my/L)g. Vi får derfor:

G(y) = m\frac{y}{L} · g = ma = m\frac{dv}{dt}  ⇒  \frac{dv}{dt} = \frac{gy}{L} .  (1)

Her har vi tre variable: v, y og t, som alle er avhengig av hverandre. For å få en løsbar differensialligning må vi redusere til to variable og separere med en type variabel på hver side. Siden vi er interessert i v(y), velger vi v, y og tilhørende dv, dy. Vi eliminerer t ved å skrive om (kjerneregelen)

\frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dy} \frac{dy}{dt} = \frac{dv}{dy} v,

og vi får dermed

\frac{dv}{dy} v = \frac{gy}{L} ⇒ \underline{v dv = \frac{g}{L}ydy}.  (2)

Integrasjon av denne ligningen med grensebetingelsene y(t = 0) = c og v(y = 0) = 0 gir:

∫_{v(0)}^{v(y)} v dv = \frac{g}{L} ∫_{y(0)}^{y(t)} y dy
\frac{1}{2} [v(y)^{2} − v(0)^{2}] = \frac{g}{L} · \frac{1}{2} [y^{2} − y(0)^{2}]
v(y) = \sqrt{\frac{g}{L} (y^{2} − c^{2})}.  (3)

Idet siste ledd glir over bordkanten er y = L. Ligning (3) gir dermed hastigheten

\underline{v(L) = \sqrt{\frac{g}{L}(L^{2} − c^{2})}}.  (4)

Den observante oppgaveløser vil ha registrert at vi ikke skal finne hastigheten v eller posisjonen y som funksjon av tiden t, og at prinsippet om energibevarelse da bør være et gunstig alternativ. Vi forsøker dette:

U_{før} + K_{før} = U_{etter} + K_{etter}
−(m \frac{c}{L}) · g \frac{c}{2} + 0 = −(m \frac{y}{L}) · g \frac{y}{2} + \frac{1}{2}mv^{2}.

Har brukt null for potensiell energi på bordflaten slik at lenkelengden c hengende utenfor har tyngdepunkt i c/2 og dermed potensiell energi −(m c/l)·g·c/2, og tilsvarende med c → y for lenkelengde utenfor bordflaten. Dette gir elegant

v^{2} = −\frac{g}{L}c^{2} + \frac{g}{L}y^{2} ⇒ v(y) = \sqrt{\frac{g}{L}(y^{2} − c^{2})} , som funnet over.

Oppgave 3

a) Rakettligningen:

m\frac{dv}{dt} = −mg − u\frac{dm}{dt}.

Vi ganger ligningen med dt/m og integrerer, fra 0 til v for v, fra 0 til t for t, og fra m_{0} til m for m:

∫_{0}^{v} dv = −g ∫_{0}^{t} dt − u ∫_{m_{0}}^{m} \frac{dm}{m},

som gir

v(t) = −gt − u ln \frac{m}{m_{0}} = u ln \frac{m_{0}}{m} − gt.

b) Må ha skyvkraft minst like stor som tyngdekraften m_{0}g = 2.98·10^{7} N. Her er skyvkraften lik uβ = 3.40·10^{7} N, så raketten vil lette fra bakken. Drivstoffmassen ved avreise er m_{d} = βt_{f} = 1.98 · 10^{6} kg. Raketten uten drivstoff har masse m_{f} = m_{0} − m_{d} = 1.06 · 10^{6} kg.

c) Fra rakettligningen har vi umiddelbart

a(t) = \frac{dv}{dt} = −g − \frac{u}{m} \frac{dm}{dt} = \frac{uβ}{m} − g.

Med konstant drivstoff-forbruk har vi m = m_{0} − βt, og dermed a(t) som oppgitt. Ved t = 0: a(0) = uβ/m_{0} − g = 1.39 m/s^{2}. Ved t = t_{f}: a(t_{f}) = uβ/m_{f} − g = 22.3 m/s^{2}.

d) Vi kan skrive

a(t) = \frac{uβ}{m_{0}} \frac{1}{1 − βt/m_{0}} − g.

Hvis t ≪ m_{0}/β, så er x = βt/m_{0} ≪ 1. Dermed er

a(t) ≃ a_{lin}(t) = \frac{uβ}{m_{0}} (1 + \frac{βt}{m_{0}} ) − g = a(0) + \frac{uβ^{2}}{m_{0}^{2}} t,

som oppgitt.

Figurer produsert med Matlab-programmet rakettlosning.m for hhv akselerasjon og hastighet som funksjon av t:

På øyemål anslår vi at den lineære tilnærmelsen til a(t) er god omtrentlig de første 20 sekundene.

e) Tilbakelagt distanse er gitt ved

h(t) = ∫_{0}^{t} v(t)dt.

Vi har at

∫ ln xdx = x ln x − x,

siden den deriverte av høyre side her gir tilbake ln x. Litt fundering på hvordan riktige konstanter skal velges her og der gir da

h(t) = u\frac{m_{0} − βt}{β} ln \frac{m_{0} − βt}{m_{0}} + ut − \frac{1}{2}gt^{2},

og setter vi inn t = t_{f} = 150 s her, finner vi at h(t_{f}) = 58353 m ≃ 58.4 km. Forholdet mellom g(0), dvs g ved jordoverflaten, og g(h), dvs g i høyden h over bakken, er

\frac{g(0)}{g(h)} = (\frac{R + h}{R})^{2} .

Setter vi inn R = 6.37 · 10^{3} km og h = h_{f} = 58.4 km, finner vi at dette forholdet blir ca 1.02. Med andre ord, vi gjør ikke større feil enn et par prosent ved å bruke samme verdi 9.81 m/s^{2} for g for hele distansen.