TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2013. Løsningsforslag til øving 4.

Oppgave 1.

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 2.

a) Med utsving x fra likevektsstilling er kraften på massen m de to fjærkreftene −k_{1}x og −k_{2}x. N2 gir svingeligningen

−k_{1}x − k_{2}x = mẍ  ⇒  ẍ + (\frac{k_{1}}{m} + \frac{k_{1}}{m} ) x = 0 .

Sammenligning med ”standardligningen” ẍ + ω^{2}x = 0 gir at svingefrekvensen ω er gitt av

ω^{2} = \frac{k_{1}}{m} + \frac{k_{2}}{m} = ω_{1}^{2} + ω_{2}^{2}, alts \underline{ω = \sqrt{ω_{1}^{2} + ω_{2}^{2}}} .

Sammenligning med ẍ + \frac{k}{m}x = 0 viser også at effektiv fjærstivhet for parallellkoblede fjærer er k = k_{1} + k_{2}.

b) Når m forskyves x mot høyre, strekkes fjærene x_{1} og x_{2}, og disse er ulike dersom k_{1} ≠ k_{2}. Kraften F på massen m forplanter seg gjennom begge fjærene med samme strekk (N3 og masseløse fjærer). Dermed er F = −k_{1}x_{1} = −k_{2}x_{2}, som gir x = x_{1} + x_{2} = − (1/k_{1} + 1/k_{2}) F. Dermed er kraften som virker på klossen lik

F = −\frac{1}{1/k_{1} + 1/k_{2}} x = −\frac{k_{1}k_{2}}{k_{1} + k_{2}} x

og N2 gir

−\frac{k_{1}k_{2}}{k_{1} + k_{2}} x = mẍ  ⇒  ẍ + \frac{k_{1}k_{2}}{(k_{1} + k_{2})m}x = 0 .

Sammenligning med ẍ + ω^{2}x = 0 gir at svingefrekvensen ω er gitt av

\frac{1}{ω^{2}} = \frac{(k_{1} + k_{2})m}{k_{1}k_{2}} = \frac{1}{ω_{2}^{2}} + \frac{1}{ω_{1}^{2}} = \frac{ω_{1}^{2} + ω_{2}^{2}}{ω_{1}^{2}ω_{2}^{2}} , alts \underline{ω = \frac{ω_{1}ω_{2}}{\sqrt{ω_{1}^{2} + ω_{2}^{2}}}} .

Sammenligning med ẍ + \frac{k}{m}x = 0 viser også at effektiv fjærstivhet for seriekoblede fjærer er k = \frac{k_{1}k_{2}}{k_{1}+k_{2}} .

c) Med utsving x fra likevektsstilling vil høyre fjær k_{2} presses sammen x og gi en kraft −k_{2}x mot venstre på massen. Venstre fjær vil strekkes x og gi en kraft −k_{1}x mot venstre. Kreftene er altså de samme som i a), og \underline{ω = \sqrt{ω_{1}^{2} + ω_{2}^{2}}}.

Oppgave 3.

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}}.

\underline{Oppgave 4.}

a) C. Kan løses på flere måter, f.eks. ved energibetraktning: Total energi ved angitt tidspunkt:

E = \frac{1}{2}kx_{0}^{2} + \frac{1}{2}mv_{0}^{2} = \frac{1}{2}mω^{2}x_{0}^{2} + \frac{1}{2}mv_{0}^{2}

Når klossen passerer likevektsposisjonen, er potensiell energi lik null, og dermed

E = \frac{1}{2}mv_{max}^{2}

som gir

v_{max}^{2} = ω^{2}x_{0}^{2} + v_{0}^{2}

b) D. Fra figuren ser vi f.eks. at x(0) = 1 og x(5T) = 0.5, der T er svingningens periode. Dermed:

e^{−5T/τ} = e^{−5·2π/ωτ} = 0.5
⇒ \frac{10π}{ωτ} = ln 2
⇒ ωτ = 45

c) C. Graf 4 er åpenbart mulig: Klossen glir oppover med konstant (negativ) akselerasjon og blir liggende i ro dersom friksjonen mot underlaget er stor nok. Alternativt glir den ned igjen, igjen med konstant akselerasjon, men nå med mindre akselerasjon, siden både friksjonskraften og tyngdens komponent tangentielt med skråplanet virker mot bevegelsen når klossen er på vei opp (mens bare friksjonskraften virker mot bevegelsen hvis klossen er på vei ned). Dermed er også graf 2 en mulighet.

d) D. Mekanisk energi er bevart, så hastigheten er mindre på toppen enn ved bunnen. Dette er nok til å fastslå at D er riktig figur, siden sentripetalakselerasjonen er v^{2}/r. På høyre og venstre side har vi i tillegg baneakselerasjonen g rettet nedover, som gir total akselerasjon på skrå nedover og inn mot midten.

e) C. Impulsbevarelse gir 2mv_{0} = 5mv, dvs v = 2v_{0}/5. Energitapet er dermed K_{0} − K = (1/2)2mv_{0}^{2} − (1/2)5m(2v_{0}/5)^{2} = 3mv_{0}^{2}/5.