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

Løsningsforslag til øving 8

Oppgave 1

a) For ei tynn stang bruker vi dm = m · dx/R. Da blir treghetsmomentet til ei tynn stang om en akse normalt på stanga gjennom stangas ende:

I_{s} = ∫_{stanga} x^{2} dm = \frac{m}{R} ∫_{0}^{R} x^{2} dx = \frac{m}{R} · \frac{1}{3}R^{3} = \frac{1}{3}mR^{2}.a

b) Treghetsmomentet til felgen er MR^{2}. Hver eike (spile) har treghetsmoment mR^{2}/3, som funnet i a). Treghetsmomentet til hele kjerrehjulet er derfor

I_{k} = MR^{2} + N · \frac{mR^{2}}{3} = (M + \frac{N}{3} m) R^{2}.

(Oppgaveteksten spesifiserer ikke hvilken akse I_{k} skal referere til. Med tanke på oppgave c er det vel rimelig å bruke aksen normalt på hjulets plan, gjennom hjulets sentrum.)

c) Total kinetisk energi for hjulet er

K = K_{trans} + K_{rot} = \frac{1}{2}M_{k}V^{2} + \frac{1}{2}I_{k}ω^{2},

som vist på forelesning. Her er M_{k} = M + Nm kjerrehjulets totale masse, og V er hastigheten til kjerra, og dermed også hastigheten til kjerrehjulets tyngdepunkt. Her kan vi uttrykke ω ved R og V (ettersom det er R og V som er gitte størrelser i oppgaven): Når kjerra har kjørt en avstand 2πR, har hjulet foretatt en omdreining. Dette tar tiden T = 2π/ω. Vi har dermed: V = 2πR/(2π/ω) = ωR. Innsetting for M_{k} og I_{k} gir da

K = \frac{1}{2}(M + Nm)V^{2} + \frac{1}{2} (M + \frac{N}{3} m) V^{2} = (M + \frac{2Nm}{3}) V^{2}.

Oppgave 2

a) Som i oppgave 1a setter vi dm = M · dx/L. Med aksen gjennom tyngdepunktet vil hver halvdel av stanga bidra like mye til treghetsmomentet I_{0}. Dermed:

I_{0} = 2 · ∫_{0}^{L/2} x^{2} · M \frac{dx}{L} = \frac{2M}{L} · \frac{1}{3} (\frac{L}{2})^{3} = \frac{1}{12}ML^{2}.

b) Vi setter dm = M · dA/A, med A = 4πR^{2} = arealet av hele kuleskallet og dA = 2πρ · Rdθ = 2πR sin θ · Rdθ = arealet av en smal ring med omkrets 2πR sin θ og bredde Rdθ. Her er θ vinkelen mellom (rotasjons-)aksen og linjen fra kuleskallets sentrum ut til den smale ringen, se figur. Dermed:

I_{0} = ∫_{0}^{π}(R sin θ)^{2} · M · \frac{2πR^{2} sin θdθ}{4πR^{2}} = \frac{1}{2}MR^{2} ∫_{0}^{π} sin^{3} θdθ.

Vi bruker tipset gitt i oppgaven og finner

∫_{0}^{π} sin^{3} θdθ = ∫_{0}^{π} \frac{1}{4} (3 sin θ − sin 3θ) = |_{0}^{π} (\frac{cos 3θ}{12} − \frac{3 cos θ}{4} ) = \frac{4}{3},

slik at

I_{0} = \frac{2}{3}MR^{2}.

c) Vi betrakter ei kompakt kule som mange tynne kuleskall utenpå hverandre, hver med treghetsmoment dI = 2r^{2}dm/3, radius r, masse dm = M · dV/V, der V = 4πR^{3}/3 er kulas totale volum, og dV = 4πr^{2}dr er volumet til et kuleskall med radius r og tykkelse dr. Dermed:

I_{0} = ∫ dI = ∫_{0}^{R} \frac{2}{3}r^{2} · M · \frac{4πr^{2}dr}{4πR^{3}/3} = \frac{2M}{R^{3}} ∫_{0}^{R} r^{4}dr = \frac{2}{5}MR^{2}.

Alternativ metode: La x-aksen være rotasjonsaksen og del opp kula i tynne skiver med tykkelse dx og radius \sqrt{R^{2} − x^{2}}, og dermed volum dV = dx · π(R^{2} − x^{2}) og masse dm = MdV/V = M · dx · π(R^{2} − x^{2})/(4πR^{3}/3). Treghetsmomentet til ei slik skive er dI = dm · (R^{2} − x^{2})/2, slik at kulas treghetsmoment blir

I = ∫ dI
= \frac{1}{2} ∫ dm · (R^{2} − x^{2})
= 2 · \frac{1}{2} ∫_{0}^{R} \frac{M · dx · π(R^{2} − x^{2})}{4πR^{3}/3} · (R^{2} − x^{2})
= \frac{3M}{4R^{3}} ∫_{0}^{R}(R^{4} − 2R^{2}x^{2} + x^{4})dx
= \frac{2}{5}MR^{2}

Oppgave 3

a) I = MR^{2}/2, som vist på forelesning.

b) Endring i potensiell energi når m_{1} faller og m_{2} stiger en høyde h:

ΔU = (m_{2} − m_{1})gh.

(Endring i) Kinetisk energi:

K = \frac{1}{2}(m_{1} + m_{2})v^{2} + \frac{1}{2}Iω^{2}.

Med I fra oppgave a) samt ω = v/R (siden snora ikke glir) har vi

K = \frac{1}{2}(m_{1} + m_{2})v^{2} + \frac{1}{2} · \frac{1}{2}MR^{2} · \frac{v^{2}}{R^{2}} = \frac{m_{1} + m_{2} + M/2}{2}v^{2}.

Tapt potensiell energi er lik opparbeidet kinetisk energi, −ΔU = K. Dermed:

v = (\frac{2(m_{1} − m_{2})gh}{m_{1} + m_{2} + M/2})^{1/2} .

c) Konstant akselerasjon betyr at middelhastigheten er v/2. Brukt tid er derfor

t = h/(v/2) = 2h/v = (\frac{(2m_{1} + 2m_{2} + M)h}{(m_{1} − m_{2})g})^{1/2} .

d) Akselerasjonen blir

a = v/t = \frac{m_{1} − m_{2}}{m_{1} + m_{2} + M/2} g.

Enheten stemmer siden vi har masse delt på masse ganget med g, altså m/s^{2}. Hvis m_{2} = M = 0, blir a = g. Fornuftig! Hvis m_{1} = m_{2}, blir a = 0. Også fornuftig!

MATLAB, PDF-figurer og LaTeX

Her trengs det vel ikke noe bestemt løsningsforslag.

Litt mer LaTeX-trening

\documentclass[11pt]{article}
\begin{document}
\begin{eqnarray*}
\oint \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} &=&
\int_{R}^{2R} F_x(x,2R) \, dx +
\int_{2R}^{R} F_y(2R,y) \, dy \\
&+& \int_{2R}^{R} F_x(x,R) \, dx +
\int_{R}^{2R} F_y(R,y) \, dy \\
&=&
-\frac{U_0 (2R)^2}{R^4} \, \left(4R^2 - R^2 \right)
-\frac{U_0 (2R)^2}{R^4} \, \left(R^2 - 4R^2 \right) \\
&-&\frac{U_0 R^2}{R^4} \, \left(R^2 - 4R^2 \right)
-\frac{U_0 R^2}{R^4} \, \left(4R^2 - R^2 \right) \\
&=& 0
\end{eqnarray*}
\end{document}