Lørdagsverksted i fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2007. Veiledning: 8. september kl 12:15 – 15:00.

Løsningsforslag til øving 1: Bevegelse. Vektorer. Enheter.

Oppgave 1

a) Strekningen er s = 800 m og tiden brukt er t = 160 s, slik at gjennomsnittsfarten blir

v = \frac{s}{t} = \frac{800 m}{160 s} = 5 m/s

Siden 1 m = 10^{9} nm (nanometer) og 1 s = 10^{6} μs (mikrosekund), har vi alternativt

v = 5 · \frac{10^{9} nm}{10^{6} μs} = 5000 nm/μs

Videre er 1 m = 10^{−3} km og 1 s = (3600)^{−1} h (h = hour = time), som betyr at

v = 5 · \frac{10^{−3} km}{(3600)^{−1} h} = 18 km/h

b) Kulas hastighetsvektor må peke i samme retning som forflytningen, nedover fra 1 til 2. Følgelig er alternativ C riktig.

c) Dette er situasjonen:

Spissen bruker t_{s} = s/v_{s} = (36 m)/(6 m/s) = 6 s på å nå fram til 16-meteren. Du kan altså ikke bruke mer tid enn dette på samme distanse. Sammenhengen mellom din akselerasjon a (som her skal være konstant) og din hastighet v er

a = \frac{dv}{dt}

Vi ganger med dt og integrerer på begge sider for å finne hastigheten v(t) ved tidspunktet t:

∫_{0}^{v} dv = ∫_{0}^{t} a dt ⇒ v(t) = at

Sammenhengen mellom din posisjon x (der x = 0 på midtbanen og x = s = 36 m på 16-meteren) og din hastighet v er

v = \frac{dx}{dt}

Vi setter inn v = at på venstre side, ganger med dt på begge sider, og integrerer på begge sider:

∫_{0}^{s} dx = ∫_{0}^{t_{s}} at · dt ⇒ s = \frac{1}{2}at_{s}^{2}

Her er s = 36 m og t_{s} = 6 s, så vi finner

a = \frac{2s}{t_{s}^{2}} = \frac{72}{36} m/s^{2} = 2 m/s^{2}

Kommentar: Du får nok ikke plass på landslaget. Toppfarten ser det ikke ut til å være noe i veien med, men rykket er for dårlig.

d) Ser vi på et vilkårlig punkt n i et slik bevegelsesdiagram, vil pilen fra punkt n til punkt n + 1 representere midlere (dvs gjennomsnittlige) hastighet v_{n} på denne strekningen, ettersom tidsintervallet Δt mellom to påfølgende punkter er konstant. La oss for enkelhets skyld sette Δt = 1. Da vil midlere akselerasjon a_{n} på bevegelsen fra n − 1 til n + 1 kunne skrives

a_{n} = v_{n} − v_{n−1}

og vi kan tegne inn akselerasjonspiler i de tre diagrammene:

Eksempler på situasjoner som kan ha slike bevegelsesdiagram: A: Bil som bremser med konstant akselerasjon. B: Kloss som sklir ned bakke uten friksjon. C: Ball som kastes på skrå oppover i tyngdefeltet.

e) Diagrammet viser at bevegelsen starter i en posisjon x > 0, og at den foregår med konstant negativ hastighet langs x-aksen. Graf C passer med dette.

f) Vi har at v_{x}(t) = dx/dt dvs stigningskoeffisienten til kurven x(t). Denne er konstant og positiv i starten, deretter null en stund, deretter konstant og negativ, og endelig konstant og positiv. Graf D stemmer med dette. g) Kurven for v_{x}(t) skal tilsvare stigningskoeffisienten til kurven x(t). Noe i denne duren:

h) Partikkelens hastighet er

v_{x}(t) = \frac{dx}{dt} = \frac{4x_{0}}{t_{0}} − \frac{3x_{0}t^{2}}{t_{0}^{3}} = v_{0} (1 − \frac{3}{4}τ^{2})

der vi har forenklet skrivingen ved å innføre v_{0} ≡ 4x_{0}/t_{0} og τ ≡ t/t_{0}. Bruker vi τ, kan vi også skrive

x(t) = x_{0} (4τ − τ^{3})

Skisser, med τ mellom -3 og 3:

i) Fra oppgitt kurve ser vi at

v_{x}(t) = 10 − 5t

med v_{x} i enheten m/s og t i enheten s. Da er det umiddelbart klart at bilen snur når t = 2 s, for da er v_{x} = 0. Vi ønsker å finne et uttrykk for bilens posisjon x som funksjon av t og starter med v_{x} = dx/dt. Vi ganger denne med dt og integrerer:

∫_{x_{i}}^{x} dx = ∫_{0}^{t} v_{x}(t)dt = ∫_{0}^{t}(10 − 5t)dt = 10t − \frac{5}{2}t^{2}

Her er startposisjonen x_{i} = 30 (m), så vi finner

x(t) = 30 + 10t − \frac{5}{2}t^{2}

Innsetting av t = 2 (s) gir posisjonen der bilen snur:

x(2) = 30 + 20 − 10 = 40 m

Innsetting av x = 0 gir tidspunktet t_{0} for bilens ankomst til posisjonen x = 0:

0 = 30 + 10t_{0} − \frac{5}{2}t_{0}^{2}

Dette er en 2.gradsligning for den ukjente t_{0}. Vi løser denne, og velger selvsagt den positive løsningen:

t_{0} = \frac{10 + \sqrt{100 + 300}}{5} s = 6 s

j) Vi har at a_{x}(t) = dv_{x}/dt dvs stigningskoeffisienten til kurven v_{x}(t). Graf B for v_{x} stemmer med den gitte akselerasjonen a_{x}.

k) For begge kulene er bevegelsen vertikalt en bevegelse med konstant akselerasjon a = g, med samme starthøyde og starthastighet lik null. Kulene treffer derfor bakken samtidig. (Med runde kuler skulle det ikke bli mye forskjell på falltiden selv om vi tok hensyn til luftmotstand.)

l) Skiløperen får en konstant akselerasjon nedover langs bakken, gitt ved a = g sin θ (se figuren nedenfor). Setter vi t = 0 i det hun starter på toppen, med v = 0, kan vi skrive hastigheten som v(t) = at = gt sin θ. Setter vi dessuten posisjonen s = 0 på toppen, får vi

s = \frac{1}{2}at^{2} = \frac{1}{2}gt^{2} sin θ

Vi kan eliminere t fra disse uttrykkene ved å kvadrere v og deretter beregne forholdet mellom v^{2} og s:

\frac{v^{2}}{s} = \frac{g^{2}t^{2} sin^{2} θ}{(1/2)gt^{2} sin θ} = 2g sin θ

Vi løser denne med hensyn på vinkelen θ og finner

θ = arcsin \frac{v^{2}}{2gs}

Nå kan vi sette inn tallverdier for g, samt v og s nederst i bakken. Vi finner

θ = arcsin \frac{400}{2 · 9.8 · 100} = arcsin \frac{2}{9.8} ≃ 12^{∘}

m) Uansett om klossen er på vei oppover eller nedover skråplanet, vil den ha konstant akselerasjon, rettet nedover, og lik komponenten av tyngdens akselerasjon g langs planet, jfr forrige oppgave. Figuren viser at positiv s-retning er oppover planet, så a_{s} må ha en konstant negativ verdi. Altså graf D.

Oppgave 2

a) Størrelsen til kryssproduktet er per definisjon

|A × B| = |A| · |B| · sin α

der α er vinkelen mellom de to vektorene. Vi ser fra figuren nedenfor at |B| · sin α er lik parallellogrammets høyde, og arealet er jo nettopp lik ”bredden”, som her er lik |A| ganget med høyden.

b) Vi er her bedt om å vise at

C = |C| = \sqrt{A^{2} + B^{2} ± 2 A B cos θ}

eller, om vi kvadrerer begge sider,

C^{2} = A^{2} + B^{2} ± 2 A B cos θ

Vi har C = A ± B. Kvadrering av begge sider gir

C · C = (A ± B) · (A ± B)
= A · A + B · B ± A · B ± B · A
= A^{2} + B^{2} ± 2AB cos θ

ettersom vi, per definisjon, har

A · B = B · A = AB cos θ

Oppgave 3

x̂ · x̂ = 1
x̂ · ẑ = 0
ŷ × ẑ = x̂
ŷ × ŷ = 0
(x̂ × ŷ) × ẑ = ẑ × ẑ = 0
(x̂ × ŷ) × x̂ = ẑ × x̂ = ŷ
x̂ · (ẑ × ŷ) = x̂ · (−x̂) = −1
(ẑ × ŷ) × (x̂ × ẑ) = (−x̂) × (−ŷ) = x̂ × ŷ = ẑ

Oppgave 4

Vi ønsker å finne postbudets avstand fra postkontoret, altså D. Vi ser på avstandene postbudet har reist som vektorer og legger disse inn i et koordinatsystem der positiv x-akse er øst og positiv y-akse er nord. Avstanden til postkontoret vil være summen av de to vektorene D_{1} og D_{2}. Vi dekomponerer derfor disse i x- og y-retning og summerer komponentvis. Siden D_{1} peker nordover, har denne ingen x-komponent: D_{1x} = 0 D_{1y} = 22.0 km D_{2} danner en vinkel 60 grader i forhold til x-retning: D_{2x} = (47.0 km)(cos 60) = 23.5 km D_{2y} = −(47.0 km)(sin 60) = −40.7 km Resultantvektoren D har komponentene: D_{x} = D_{1x} + D_{2x} = 0 km + 23.5 km = 23.5 km D_{y} = D_{1y} + D_{2y} = 22.0 km + (−40.7) km = −18.7 km Lengden på D = \sqrt{D_{x}^{2} + D_{y}^{2}} = \sqrt{(23.5 km)^{2} + (−18.7 km)^{2}} = 30.0 km Vinkel med x-retning blir θ = arctan(D_{y}/D_{x}) = arctan(−0.796) = −38.5 grader. Kommentar: Her kunne vi ha benyttet oss av et av resultatene i oppgave 2b. Sjekk dette selv, hvis du ikke allerede har gjort det.

Oppgave 5

a) v_{BL} (båt i forhold til land) er slik vi ønsker at båten skal bevege seg. For å oppnå dette må vi kjøre i en vinkel θ mot strømmen. Vi ser av figuren at

sin(θ) = \frac{v_{V L}}{v_{BV}} = \frac{1.20 m/s}{1.85 m/s} = 0.6486

Altså blir θ = arcsin(0.6486) = 40.4 grader.

b) Strømmen drar båten nedover elva. Båtens hastighet i forhold til land, v_{BL}, er summen av båtens hastighet i forhold til vannet, v_{BV}, og hastigheten av vannet i forhold til land, v_{V L} (se figur):

v_{BL} = v_{BV} + v_{V L}

Siden v_{BV} ⊥ v_{V L} finner vi v_{BL} vha. pythagoras:

v_{BL} = \sqrt{v_{BV}^{2} + v_{V L}^{2}} = \sqrt{(1.85 m/s)^{2} + (1.20 m/s)^{2}} = 2.21 m/s

Vi finner vinkelen vha. trigonometri: tan(θ) = v_{V L}/v_{BV} = 0.6486. Dette gir θ = 33 grader (Merk at denne er ulik den vi fant i (a).

c) Gitt at bredden på elva er D = 110 m får vi

t = \frac{D}{v_{BV}} = \frac{110 m}{1.85 m/s} = 60 s

På denne tiden har båten drevet d = v_{V L}t = (1.20 m/s)(60 s) = 72 m nedover elva. a) La oss f.eks. si at sykkelhjulet har en diameter d = 72 cm. Da blir omkretsen

O = 2πr = πd = 226 cm

Hvis du sykler med en hastighet v_{s} = 36 km/h = 1000 cm/s, betyr det at antall omdreininger hjulet foretar per sekund blir

N = \frac{1000 cm/s}{226 cm} = 4.4 s^{−1}

b) Du ser et hjul som roterer med vinkelhastighet

ω = 2πN = 27.8 rad/s

Den hvite flekken i avstand r = 36 cm fra hjulets sentrum har da (tangentiell) hastighet

v_{t} = rω = 36 · 27.8 cm/s = 1000 cm/s

Og det kunne vi vel ha sagt uten å gå veien om vinkelhastigheten ω, nemlig at hjulkantens hastighet i forhold til deg må være den samme som sykkelens hastighet i forhold til bakken: v_{t} = v_{s}.

c) Tanken med denne oppgaven var først og fremst at man skal tegne opp hjulet med hastighetsvektorer for ulike posisjoner på periferien. Da innser en, i hvert fall hvis en har gjort a og b riktig, for eksempel at flekkens hastighet må være null nede ved bakken, at den er 2000 cm/s med retning framover øverst på hjulet, osv. Hvis vi tegner opp hjulet i syklistens koordinatsystem, er det ikke så vanskelig å overbevise seg om at hastigheten til den hvite flekken når den er i en posisjon tilsvarende en vinkel θ i forhold til x-aksen (dvs framoverretningen) må bli

v_{t} = x̂v_{s} sin θ − ŷv_{s} cos θ

Syklisten beveger seg med hastighet v_{s} = v_{s}x̂ i forhold til kråka. Kråka ser dermed en hvit flekk som beveger seg med hastighet

v_{f} = v_{s} + v_{t} = x̂v_{s} (1 + sin θ) − ŷv_{s} cos θ

a) 8400 rpm innebærer 140 ”rps” (revolutions per second). 1 rps tilsvarer en vinkelhastighet 2π radianer per sekund, så 8400 rpm tilsvarer en vinkelhastighet 280π ≃ 880 rad/s. Dette tilsvarer en hastighet, ved r_{i} = 24 mm, v_{i} = 280π · 0.024 m/s ≃ 21 m/s. Hvis dette også skal være hastigheten til DVD-en over laseren når den er ved r_{y} = 58 mm, må den da rotere 8400 · 24/58 ganger per minutt, dvs ca 3476 rpm.

b) Her er vinkelhastigheten den samme hele tiden, tilsvarende 9200 rpm. Da har vi

ω = \frac{9200}{60} · 2π ≃ 963 rad/s

Hastighet ved r_{i}:

v_{i} = r_{i}ω ≃ 23 m/s

Hastighet ved r_{y}:

v_{y} = r_{y}ω ≃ 56 m/s

Akselerasjon ved r_{i}:

a_{i} = \frac{v_{i}^{2}}{r_{i}} = r_{i}ω^{2} ≃ 22 km/s^{2}

Akselerasjon ved r_{y}:

a_{y} = \frac{v_{y}^{2}}{r_{y}} = r_{y}ω^{2} ≃ 54 km/s^{2}

Altså flere tusen ganger tyngdens akselerasjon.

Oppgave 8

a)

1 : v_{x} = −v , v_{y} = 0
2 : v_{x} = 0 , v_{y} = −v
3 : v_{x} = v , v_{y} = 0
4 : v_{x} = 0 , v_{y} = v
5 : v_{x} = −v sin α , v_{y} = v cos α

b)

1 : x = 0 , y = −1
2 : x = \frac{1}{\sqrt{2}} , y = −\frac{1}{\sqrt{2}}
3 : x = \frac{1}{\sqrt{2}} , y = \frac{1}{\sqrt{2}}
4 : x = cos α , y = sin α

La oss velge koordinatsystem med x-akse mot høyre, y-akse nedover og origo der ballen starter. Bevegelsen horisontalt er bevegelse med konstant hastighet v_{0}, dvs

x(t) = v_{0}t

Bevegelsen vertikalt er bevegelse med konstant akselerasjon g og null starthastighet, dvs

y(t) = \frac{1}{2}gt^{2}

Vi bruker disse ligningene til å bestemme tidsforbruket som gir y = L:

L = \frac{1}{2}gt^{2} ⇒ t = \sqrt{2L/g}

Dette settes inn i ligningen for x med x = 2L:

2L = v_{0}t ⇒ v_{0} = 2L/t = \sqrt{2Lg}

x-komponenten av v er den samme hele tiden, v_{x} = v_{0} = \sqrt{2Lg}. Ved bakken er y-komponenten av hastigheten lik

v_{y} = gt = g · \sqrt{2L/g} = \sqrt{2Lg}

dvs den samme som v_{x}. Det betyr at ballen treffer bakken under en vinkel 45 grader. Størrelsen på hastigheten når ballen treffer bakken er

v = \sqrt{v_{x}^{2} + v_{y}^{2}} = \sqrt{4Lg}

Har uttrykkene riktig enhet? Enheten til L/g er m/(m/s^{2}) = s^{2}, som stemmer bra i forhold til t = \sqrt{2L/g}. Enheten til Lg er m·m/s^{2} = (m/s)^{2}, som stemmer bra i forhold til v_{0} = \sqrt{2Lg}. Setter vi inn L = 1.0 m og g = 9.8 m/s^{2}, finner vi at v_{0} = 4.4 m/s, v = 6.3 m/s og t = 0.45 s.

Vi skal deretter finne den utgangsvinkelen α (i forhold til horisontalen) som gjør at vi treffer hullet med minst mulig starthastighet v_{0}. Vi starter med å se på bevegelsen mens ballen er på vei oppover. La oss her velge positiv y oppover. Da har vi:

y(t) = tv_{0} sin α − \frac{1}{2}gt^{2}

Dette gir vertikalhastighet

v_{y}(t) = \frac{dy}{dt} = v_{0} sin α − gt

Toppen nås når v_{y} = 0, dvs

t_{topp} = \frac{v_{0} sin α}{g}

Horisontalt har vi da kommet fram til

x_{topp} = v_{0x}t_{topp} = v_{0} cos α · \frac{v_{0} sin α}{g} = \frac{v_{0}^{2} sin α cos α}{g}

mens vi vertikalt er ved

y_{topp} = t_{topp}v_{0} sin α − \frac{1}{2}gt_{topp}^{2} = \frac{v_{0}^{2} sin^{2} α}{2g}

Herfra og ned til bakken er det en avstand y_{topp} + L. Vertikalt, fra toppen og ned, har vi fritt fall, med null (vertikal) starthastighet. Tiden det tar å komme seg ned til bakken skulle dermed bli

t_{ned} = \sqrt{\frac{2(y_{topp} + L)}{g}} = \sqrt{\frac{2}{g} (L + \frac{v_{0}^{2} sin^{2} α}{2g})}

Total tid for hele ballens flytur blir

t_{total} = t_{topp} + t_{ned} = \frac{v_{0} sin α}{g} + \sqrt{\frac{2}{g} (L + \frac{v_{0}^{2} sin^{2} α}{2g})}

I løpet av denne tiden skal ballen komme seg til x = 2L. Hastigheten horisontalt er hele tiden v_{0} cos α. Dermed:

2L = t_{total} · v_{0x} = v_{0} cos α [\frac{v_{0} sin α}{g} + \sqrt{\frac{2}{g} (L + \frac{v_{0}^{2} sin^{2} α}{2g})}]

Denne ligningen må vi nå løse med hensyn på (for eksempel) v_{0}^{2}. Strategi: Flytt første ledd på høyre side over til venstre, kvadrer begge sider og ordne slik at bare v_{0}^{2} står igjen på venstre side. Hvis jeg har regnet riktig, får vi da

v_{0}^{2} = \frac{2gL}{cos^{2} α + sin 2α}

der vi har brukt at 2 sin α cos α = sin 2α

Minimumsverdi for v_{0}^{2} (og dermed for v_{0}) finner vi til slutt ved å derivere v_{0}^{2} med hensyn på vinkelen α og sette lik null. Litt regning gir da svaret

tan 2α = 2

dvs

α = \frac{1}{2} arctan 2 ≃ 32^{∘}

Oppgave 10

a) Produktet av a og t står oppe i eksponenten og må være dimensjonsløst. Altså er a en invers tid, med enhet s^{−1}. Produktet bt gir en vinkel, som (f.eks) måles i radianer, men som ikke egentlig har noen enhet i den forstand. Enheten til b blir derfor 1/s. r_{0} er en lengde, med enhet m. b) Innsetting av t = 0 gir r = r_{0} og θ = 0. Polarkoordinatene r og θ angir hhv avstand fra origo og vinkel på posisjonsvektoren r i forhold til x-aksen. Partikkelen starter altså i (x, y) = (r_{0}, 0). Innsetting av t = ∞ gir r = 0. Partikkelen ender dermed i origo.

c) Partikkelbanen vil avhenge av forholdet mellom a og b. La oss anta at a er forholdsvis liten sammenlignet med b. Da vil partikkelen foreta flere runder rundt i planet, med stadig avtagende avstand til origo. Med andre ord, en spiralformet bane som ender opp i origo.

d) Vi regner rett og slett ut:

v_{r} = \frac{dr}{dt} = −ar_{0}e^{−at}

og

v_{θ} = r \frac{dθ}{dt} = br

Hastighetsvektoren kan dermed skrives, i polarkoordinater,

v = −ar_{0}e^{−at}r̂ + brθ̂