TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2013. Løsningsforslag til øving 5.

Oppgave 1.

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.

Oppgave 2

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).

• 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.

Oppgave 3

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.