TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2013. Løsningsforslag til øving 7.

Oppgave 1.

a) Riktig svar er D, de fire stavenes massesenter har lik akselerasjon når netto ytre kraft F er den samme. Kraftens angrepspunkt har ingen betydning for tyngdepunktbevegelsen.

b) Riktig svar er B. Kloss og spole bryter mållinjen samtidig, av samme grunn som i forrige delspørsmål. Snordraget har en arm (lik spolens radius) relativt spolens massesenter, så spolen utsettes for et ytre dreiemoment relativt massesenteret. Da gir N2 for rotasjon (spinnsatsen) at spolen får en vinkelakselerasjon, dvs den roterer med økende vinkelhastighet.

c) Riktig svar er A. Langs skråplanet virker tyngdens komponent (mg sin α, der α er helningen på skråplanet) nedover, like stor for alle tre, samt friksjonskraften f_{i} (i = 1, 2, 3) fra underlaget, rettet oppover. Nettokraften mg sin α − f_{i} bestemmer tyngdepunktets akselerasjon, som tydeligvis har vært størst for legeme 3, og like stor for 1 og 2. Ergo er f_{3} mindre enn f_{1} = f_{2}.

Oppgave 2.

Med metode 1 fra tips7.pdf:

a) Den største massen må nødvendigvis vinne nappetaket her, og m_{1} vil derfor akselereres nedover, m_{2} oppover: Rotasjon mot klokka. Snordraget S_{1} må være større enn S_{2} siden det er snorene som skal få sving på trinsa med treghetsmomentet I_{0} = \frac{1}{2}MR^{2}.

b) Vi velger positiv retning ned for m_{1} og opp for m_{2}. Med stram snor må de to massenes akselerasjon være den samme, a. Vi har tre ukjente, a, S_{1}, S_{2}. Newtons 2. lov (N2) for translasjon gir

m_{1}g − S_{1} = m_{1}a  (1)
−m_{2}g + S_{2} = m_{2}a  (2)

Periferihastigheten til trinsa er lik snorhastigheten v, og vinkelhastigheten er dermed ω = v/R. Følgelig er α = ω̇ = a/R. Med v positiv nedover for m_{1} blir ω og α positive mot klokka. N2 for trinsas rotasjon,

τ = (S_{1} − S_{2})R = I_{0}ω̇ ⇒ S_{1} − S_{2} = \frac{I_{0}ω̇}{R} = \frac{1}{2}MR^{2} · \frac{a}{R^{2}} ,

gir den tredje ligningen

S_{1} − S_{2} = \frac{M}{2} a.  (3)

De tre ukjente løses f.eks ved å sette inn uttrykk for S_{1} fra (1) og uttrykk for S_{2} fra (2) inn i (3):

m_{1}(g − a) − m_{2}(a + g) = \frac{M}{2} a ⇒ \underline{a = g \frac{m_{1} − m_{2}}{m_{1} + m_{2} + M/2}}.  (4)

Vi ser at a har riktig enhet, siden den uttrykkes ved tyngdens akselerasjon multiplisert med en dimensjonsløs faktor. Dette svaret kunne vi nesten ha gjettet, siden den drivende kraften her åpenbart er m_{1}g − m_{2}g, og N2 for rotasjon i (3) viser at trinsas ”effektive trege masse” er M/2. Innsetting av a i ligningene (1) og (2) gir

S_{1} = m_{1}(g − a) = \underline{g \frac{2m_{1}m_{2} + m_{1}M/2}{m_{1} + m_{2} + M/2}},  (5)

S_{2} = m_{2}(a + g) = \underline{g \frac{2m_{1}m_{2} + m_{2}M/2}{m_{1} + m_{2} + M/2}}.  (6)

Hvis vi lar M → 0 og m_{2} → 0, blir a = g, som stemmer bra: m_{1} faller fritt. (Og begge snordragene blir null.) Og hvis m_{1} = m_{2}, blir a = 0, noe som åpenbart også må være riktig. (Og snordragene blir S_{1} = m_{1}g og S_{2} = m_{2}g.)

Med metode 2 fra tips7.pdf:

Vi betrakter systemets totale dreieimpuls relativt skivas massesenter. De to massene m_{1} og m_{2} bidrar da med hver sin banedreieimpuls, mens den roterende skiva bidrar med sin indre dreieimpuls (spinn). Det totale dreiemomentet er gitt av tyngden til de to loddene. Ved å bruke τ_{z} = dL_{z}/dt og betingelsen at snora ikke glir på skiva, faller svaret for akselerasjonen praktisk talt rett ut, uten at vi trenger å bekymre oss om snordraget gjennom regningene: Total dreieimpuls relativt skivas massesenter er

L_{z} = I_{0}ω + m_{1}Rv + m_{2}Rv
= \frac{M}{2} Rv + m_{1}Rv + m_{2}Rv
= (m_{1} + m_{2} + M/2)Rv,

slik at

dL_{z}/dt = (m_{1} + m_{2} + M/2)Ra.

Her har vi brukt ω = v/R, samt at ”armen” til loddenes impuls er R. Her er v hastigheten til loddene, positiv nedover for m_{1} og positiv oppover for m_{2}. Dreiemomentets z-komponent er

τ_{z} = (m_{1} − m_{2})gR,

siden ”armen” til loddenes tyngde også er R. Og vi ser at tyngden m_{1}g gir et positivt bidrag til τ_{z}, mens m_{2}g gir et negativt bidrag. Dermed følger resultatet

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

umiddelbart. I ettertid er det enkelt å finne S_{1} og S_{2} når a er kjent. Svarene blir selvsagt de samme, uansett valg av metode. Mens metode 1 starter med en analyse av hver av problemets tre komponenter (enkelt nok!), blir løsningen av tre koblede ligninger med tre ukjente litt krøkkete. Formuleringen av problemet som et dreieimpulsproblem, metode 2, er mer raffinert og helhetlig i utgangspunktet, men letter regningene betraktelig: Det er enklere å løse én ligning med én ukjent, enn å løse tre koblede ligninger for de tre ukjente. Siden τ_{z} = dL_{z}/dt er en konsekvens av Newtons lover, slik de opprinnelig ble formulert, er det ikke noen overraskelse at de to metodene gir samme resultat.

Oppgave 3.

a) Her har vi fire ukjente: θ_{0}, S, f, N. Dette krever fire ligninger. Når snella holdes i ro av snora og friksjonen, gjelder N1:

Normalt skråplanet: ∑ F_{⊥} = 0 ⇒ N = Mg cos θ (I)

Langs skråplanet: ∑ F_{||} = 0 ⇒ Mg sin θ = f + S (II) der f er friksjonskrafta.

N1 for rotasjon (mhp snellas massesenter): ∑ τ = 0 ⇒ S r = f R (III)

Statisk friksjonskraft kan ligge mellom null og en øvre grense: f ≤ μ_{s}N = μ_{s}Mg cos θ (IV) Ved grensa θ = θ_{0} – dvs der hvor snella akkurat glipper fra underlaget og begynner å rulle/slure – er friksjonskraften lik det maksimale: f = μ_{s}Mg cos θ_{0}. Ligning (III) gir S = (R/r)f, som innsatt i ligning (II) gir

Mg sin θ_{0} − f − (R/r)f = 0.

Innsetting av maksimalverdien av f gir en ligning for θ_{0}:

Mg sin θ_{0} = μ_{s}Mg cos θ_{0}(1 + R/r)  ⇒  tan θ_{0} = μ_{s}(1 + R/r),

og dermed

\underline{θ_{0} = arctan [μ_{s}(1 + R/r)]}.

Snorkrafta:

\underline{S = \frac{R}{r}f = \frac{R}{r}μ_{s}Mg cos θ_{0}} , Alternative uttrykk: S = \frac{MgR}{r + R} sin θ_{0} = Mg (sin θ_{0} − μ_{s} cos θ_{0}) .

b) Når snella har begynt å slure, må ligning (II) og (III) erstattes av N2. Vinkelen er nå gitt lik θ (≥ θ_{0}), og de fire ukjente blir: a, S_{1}, f, N. Snorkraften blir en annen enn tidligere, derfor nytt symbol for den, og akselerasjonen a langs skråplanet blir en ukjent. Friksjonskraften nå er gitt av den kinetiske friksjonskoeffisienten μ_{k}:

f = μ_{k}N = μ_{k}Mg cos θ.

Ligning (I) bestemmer N og ligning () bestemmer f, slik at vi har igjen bare to ukjente, a og S_{1}. To ligninger: N2 langs skråplanet: ∑ F_{||} = Ma ⇒ Mg sin θ − f − S_{1} = Ma (IIb)

N2 for rotasjon (om snellas massesenter): ∑ τ = Iω̇ ⇒ −f R + S_{1} r = Iω̇ (IIIb) der I = treghetsmomentet om snellas akse. Vi har valgt a positiv nedover og positiv ω mot klokka (= den retningen det virkelig går). Når snella rutsjer nedover, rulles snora ut med hastighet v = ω r (IKKE v = ωR!), og ω̇ = v̇/r = a/r. N2-ligningene (IIb) og (IIIb) gir da (vi venter litt med å sette inn for f):

M g sin θ − f − S_{1} = Ma  (7)
−fR + S_{1} r = I (a/r).  (8)

To ligninger og to ukjente (a og S_{1}). Eliminerer S_{1} fra ligning (7) og setter inn i ligning (8):

S_{1} = M g sin θ − f − Ma ⟹^{(8)} −fR + Mgr sin θ − fr = I (a/r) + Mar.  (9)

Løsning av a, med litt smarte divisjoner og innsetting av f gir

\underline{a = g \frac{sin θ − μ_{k} cos θ (1 + \frac{R}{r})}{1 + I/(Mr^{2})}}.

Oppgave 4.

a) Det kortvarige, kraftige støtet gir kula en (lineær) impuls og en dreieimpuls (relativt massesenteret):

F Δt = MΔV = MV_{0}
τΔt = F hΔt = I_{0}Δω = I_{0}ω_{0}.

Fortegnsvalg: Positiv translasjon i positiv x-retning og positiv rotasjon med klokka, vist i figuren. Vi har som oppgitt neglisjert friksjonskraftens bidrag i det korte tidsrommet Δt, noe som er rimelig unntatt for slag som er veldig svake. En god snookerspiller kan mobilisere en langt større kraft F når det er hensiktsmessig. Vi eliminerer den ukjente størrelsen F Δt fra de to ligningene, og får derved en relasjon mellom V_{0} og ω_{0},

MhV_{0} = I_{0}ω_{0} ⇒ V_{0} = \frac{2R^{2}}{5h} ω_{0} eller \underline{ω_{0} = \frac{5h}{2R^{2}} V_{0}}.  (10)

Ren rulling forutsetter at V_{0} = Rω_{0}, og denne betingelsen er bare oppfylt når \underline{h/R = +2/5}.

b) Dersom h > 2R/5, vil ω_{0} > V_{0}/R, dvs kula roterer for fort i forhold til ren rulling. Det innebærer at undersiden av kula glir mot venstre på underlaget, og friksjonskraften vil derfor være rettet mot høyre. Retningen kan også fastlegges ved at friksjonskraften forsøker å oppnå perfekt rulling ved å redusere vinkelhastigheten og øke translasjonshastigheten. Dersom h < 2R/5, er situasjonen den motsatte: Friksjonskraften virker mot venstre og gir kula rotasjonsakselerasjon og translasjonsretardasjon. For h < 0 vil ω_{0} < 0, dvs kula roterer ”feil” vei. Friksjonen virker fortsatt mot venstre, dvs den forsøker å få kula til å rotere rett vei. c) Velger vi referansepunktet (hvor som helst) langs x-aksen, vil r_{f} × f = 0, der r_{f} er f’s angrepspunkt, som er i kontaktpunktet mellom kule og bord. De to vektorene er parallelle. Ingen andre krefter gir noe dreiemoment om origo etter at støtet er avsluttet, og total dreieimpuls relativt origo må derfor være bevart. (Luftmotstanden, som vi har neglisjert, gir selvsagt et ørlite dreiemoment, noe som ødelegger for perfekt dreieimpulsbevarelse.)

d) Total dreieimpuls blir

L_{z} = L = M[r × V ]_{z} + I_{0}ω = MRV + I_{0}ω
start: L_{0} = MRV_{0} + (2/5)MR^{2} ω_{0} =^{(10)} MRV_{0}(1 + h/R)
ved ren rulling: L_{r} = MRV_{r} + (2/5)MR^{2} · V_{r}/R = (7/5)MRV_{r}.

Da dreieimpulsen er bevart, må vi ha L_{0} = L_{r}, som gir hastigheten når ren rulling er oppnådd:

\underline{V_{r} = \frac{5}{7} (1 + \frac{h}{R}) V_{0}.}  (11)

Når h/R = +\frac{2}{5}, finner vi V_{r} = V_{0}, som vi burde. Når h/R > \frac{2}{5}, vil altså massesenterhastigheten øke på vei mot den endelige rullebevegelsen, ellers vil den avta. Merk at V_{r} ≥ 0 alltid, uansett hvor lavt på kula køen treffer, dvs det er ikke mulig å få kula til å trille tilbake etter at ren rulling er oppnådd. For h = −R (vanskelig i praksis!) stopper kula.

e) Når translasjonshastigheten endres fra V_{0} til V_{r} i løpet av en tid t_{r} (som skal bestemmes), er det ene og alene friksjonskraften f = μ_{k}Mg som gir denne akselerasjonen. Akselerasjonen a = f/M = μ_{k}g er konstant, og vi kan bruke konstant-akselerasjonsligningen V_{r} = V_{0} + at_{r} til å bestemme t_{r}. Som funnet i b) peker f mot høyre, og a er positiv når h/R > 2/5, mens f peker mot mot venstre og a er negativ når h/R < 2/5. Vi tar først for oss tilfellet positiv a:

V_{r} = V_{0} + at_{r}  og V_{r} = \frac{5}{7} (1 + \frac{h}{R}) V_{0}
⇒ t_{r} = \frac{1}{a} (V_{r} − V_{0}) = \frac{1}{μ_{k}g} (−\frac{2}{7} + \frac{5}{7} \frac{h}{R}) V_{0} = V_{0} \frac{2}{7μ_{k}g} (\frac{5}{2} \frac{h}{R} − 1) når h/R > 2/5.

Når h/R < 2/5, blir a = −μ_{k}g, og fortegnet snus:

t_{r} = V_{0} \frac{2}{7μ_{k}g} (1 − \frac{5}{2} \frac{h}{R}) når h/R < 2/5.

Om ønsket kan vi sammenfatte dette til en ligning:

\underline{t_{r} = \frac{2V_{0}}{7μ_{k}g} |1 − \frac{5}{2} \frac{h}{R}|} for alle h/R ∈ ⟨−1, 1⟩.

Verdien er 0 bare for h/R = 2/5, i tråd med det vi visste fra før.

f) Energiberegninger: Først startenergien uttrykt ved translasjonsenergien \frac{1}{2}MV_{0}^{2}:

K_{0} = \frac{1}{2}MV_{0}^{2} + \frac{1}{2}I_{0}ω_{0}^{2} =^{(10)} \frac{1}{2}MV_{0}^{2} (1 + \frac{5}{2} \frac{h^{2}}{R^{2}} ) .

Dernest energi for den rullende kula med ω_{r} = V_{r}/R:

K_{r} = \frac{1}{2}MV_{r}^{2} + \frac{1}{2}I_{0}ω_{r}^{2} = \frac{1}{2}MV_{r}^{2} · \frac{5}{7} =^{(11)} \frac{1}{2}MV_{0}^{2} · \frac{5}{7} (1 + \frac{h}{R})^{2} .

Og vi kan uttrykke energitapet:

ΔK = K_{r} − K_{0} = \frac{1}{2}MV_{0}^{2} [\frac{5}{7} (1 + 2\frac{h}{R} + \frac{h^{2}}{R^{2}} ) − (1 + \frac{5}{2} \frac{h^{2}}{R^{2}} )] = \underline{−\frac{1}{2}MV_{0}^{2} · \frac{2}{7} · (1 − \frac{5}{2} \frac{h}{R})^{2}}

etter litt algebra. Vi kan også uttrykke relativ energi etter at rulling er oppnådd:

ϵ = \frac{K_{r}}{K_{0}} = \frac{\frac{5}{7} (1 + \frac{h}{R})^{2}}{1 + \frac{5}{2} \frac{h^{2}}{R^{2}}} .

En kontroll: Med et støt som gir ren rulling (h/R = 2/5) er ϵ = 1, dvs ikke energitap. Med h = −R er ϵ = 0, dvs 100% energitap. Dessuten: Med h = +R er ϵ = 40/49 og med h = 0 er ϵ = 5/7.

g) Det er konstant akselerasjon slik at lengden som kula glir langs underlaget før ren rulling oppnås, finnes fra gjennomsnittsfarten ⟨V ⟩:

x_{r} = ⟨V ⟩ t_{r} = \frac{1}{2}(V_{r} + V_{0}) t_{r} = \underline{\frac{2V_{0}^{2}}{49μ_{k}g} (6 + \frac{5h}{2R}) |1 − \frac{5h}{2R}|},

der vi har brukt uttrykk for V_{r} og t_{r} ovenfra. Kontroll: x_{r} = 0 når h/R = 2/5. Vi har lært at det kreves relativt omfattende regning for å bestemme t_{r} eller x_{r}, mens V_{r} i pkt d) (og dermed, med litt ekstra faktoriseringsstrev, ΔK) faller nesten rett ut ved bruk av dreieimpulsbevarelse. Det ville også ha vært interessant å analysere bevegelsen etter et støt som treffer til høyre eller venstre for xy-planet. Dette vil gi sidelengs rotasjon (ω vertikal), noe som kan gi en ikkelineær bane. For curlingspillere er vertikal ω viktig for curlingsteinens videre bevegelse. Men det er utfordrende å regne på!