TFY4115 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2013. Løsningsforslag til øving 6.

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}.

Treghetsmomentet til felgen er MR^{2}. Treghetsmomentet til hele kjerrehjulet er derfor

I_{0} = MR^{2} + N · \frac{mR^{2}}{3} = (M + \frac{N}{3} m) R^{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 2

a) Jojoens volum er

V = 2b · πR^{2} + a · πr^{2},

og dens masse pr volumenhet er μ = M/V. Jojoens treghetsmoment er dermed

I_{0} = 2 · \frac{1}{2}μ · bπR^{2} · R^{2} + \frac{1}{2}μ · aπr^{2} · r^{2}
= \frac{M(bπR^{4} + aπr^{4}/2)}{2bπR^{2} + aπr^{2}}
= \frac{1}{2} \frac{MaR^{4}(2b/a + r^{4}/R^{4})}{aR^{2}(2b/a + r^{2}/R^{2})}
= \frac{1}{2}MR^{2} · \frac{2α + β^{4}}{2α + β^{2}} .

Spesialtilfeller:

• β = 1: Da er c = 1 og I_{0} = MR^{2}/2 som det skal være for en kompakt sylinder med masse M og radius R.

• a = 0: Da vil α → ∞ og igjen er c = 1 og I_{0} = MR^{2}/2. OK, fortsatt kompakt sylinder med masse M og radius R.

• b = 0: Da er α = 0, og c = β^{2} = r^{2}/R^{2}, slik at I_{0} = Mr^{2}/2. OK: Denne gang har vi kompakt sylinder med radius r og masse M.

b) N2 for vertikal translasjon:

Mg − S = MA.

N2 for rotasjon om jojoens symmetriakse:

Sr = I_{0}ω̇ = I_{0}A/r.

Siste ligning gir

S = I_{0}A/r^{2},

som innsatt i første ligning gir

Mg − I_{0}A/r^{2} = MA
A(M + I_{0}/r^{2}) = Mg
A = \frac{g}{1 + I_{0}/Mr^{2}}

for jojoens akselerasjon. Innsetting av dette uttrykket for A gir for snordraget,

S = I_{0}A/r^{2} = \frac{Mg}{1 + Mr^{2}/I_{0}} ,

uten at vi vel var bedt spesifikt om å regne ut dette. Tallverdi for koeffisienten c med oppgitte dimensjoner:

c = \frac{2α + β^{4}}{2α + β^{2}} = \frac{2 + 1/8^{4}}{2 + 1/8^{2}} ≃ 1.

Videre er

\frac{I_{0}}{Mr^{2}} ≃ \frac{R^{2}}{2r^{2}} = \frac{1}{2β^{2}} = 32,

slik at

A ≃ g/33 ≃ 0.30 m/s^{2}.

Det betyr at jojoen bruker ca 2.6 s på å falle 1 m, dersom den starter med null hastighet. (h = At^{2}/2)

Oppgave 3

a) Mhp aksen gjennom A (normalt papirplanet) har staven et treghetsmoment ML^{2}/3 (se oppgave 1). En ekstra masse m i avstand l gir ganske enkelt et ekstra bidrag ml^{2}, slik at

I = \frac{1}{3}ML^{2} + ml^{2}.

b) Før sammenstøtet mellom kule og stav er det bare kula som har impuls, slik at

p_{i} = mvx̂.

c) Før sammenstøtet er det bare kula som har dreieimpuls om A, dens banedreieimpuls om A er

L_{i} = r × p_{i} = −lŷ × mvx̂ = mvlẑ.

Med impuls i x-retning bidrar ikke x-komponenten av r til dreieimpulsen.

d) Tyngdekraften som virker på staven og kula i sammenstøtet har ingen arm mhp A. En eventuell kraft fra akslingen i sammenstøtet angriper staven i A og har dermed heller ingen arm mhp A. Da er det ikke noe ytre dreiemoment om A som påvirker systemet, og dreieimpulsen om A er bevart: L_{f} = L_{i} = mvlẑ.

e) Stav pluss kule er et stivt legeme med treghetsmoment I og dreieimpuls mvl mhp A rett etter sammenstøtet. Da har vi L = Iω, slik at

ω = \frac{L}{I} = \frac{v/l}{1 + ML^{2}/3ml^{2}} ẑ.

f) Like etter sammenstøtet har alle deler av staven, inklusive den ”absorberte” kula, hastighet i positiv x-retning:

v(y) = −ωyx̂,

slik at v = 0 ved A (y = 0) og v = ωLx̂ helt nederst (y = −L). Gjennomsnittshastigheten for staven blir dermed ωLx̂/2 og dens impuls MωLx̂/2. Til dette må vi huske å addere kulas impuls mωlx̂. Følgelig:

p_{f} = (\frac{1}{2}ML + ml) ωx̂.

Innsetting for ω fra e) gir

p_{f} = \frac{mv + MvL/2l}{1 + ML^{2}/3ml^{2}} x̂.

Siden vi skal sammenligne p_{f} med p_{i}, trekker vi ut mv = p_{i} fra telleren og får

p_{f} = p_{i} \frac{1 + ML/2ml}{1 + ML^{2}/3ml^{2}} .

Her vil forholdet mellom leddene som adderes til 1 i teller og nevner avgjøre om det er p_{f} eller p_{i} som er størst:

\frac{ML/2ml}{ML^{2}/3ml^{2}} = \frac{3l}{2L}.

Dermed: Hvis l > 2L/3, er p_{f} > p_{i}. Kula treffer staven så langt ned at rotasjonsbevegelsen ville ha blitt slik at stavens øverste ende rett etter støtet ville ha beveget seg mot venstre. Men staven er festet i A og beveger seg ikke der. Dette må skyldes en kraft F fra akslingen på staven i A rettet mot høyre. Og et ytre kraftstøt F · Δt rettet mot høyre vil som kjent gi en økning i systemets impuls i denne retningen. (Her er Δt sammenstøtets (korte) varighet.) Tilsvarende: Hvis l < 2L/3, treffer kula staven så langt opp at øverste ende ”prøver” å bevege seg mot høyre. En kraft fra akslingen rettet mot venstre forhindrer dette, og gir samtidig systemet en redusert impuls mot høyre. Treffer kula nøyaktig i l = 2L/3, ønsker stavens øvre ende ikke å bevege seg i sammenstøtet, og vi har faktisk impulsbevarelse. (I det videre forløpet har vi selvsagt ikke impulsbevarelse - og heller ikke dreieimpulsbevarelse - men det var det ikke spørsmål om her.)

g) Kinetisk energi før støtet:

K_{i} = \frac{1}{2}mv^{2}.

Kinetisk energi rett etter støtet:

K_{f} = \frac{1}{2}m(ωl)^{2} + \frac{1}{2} ∫_{staven} dm(ωy)^{2}
= \frac{1}{2}mω^{2}l^{2} + \frac{1}{2} ∫_{−L}^{0} \frac{Mdy}{L} ω^{2}y^{2}
= \frac{1}{2}mω^{2}l^{2} + \frac{1}{6}ML^{2}ω^{2}
= (\frac{1}{2}ml^{2} + \frac{1}{6}ML^{2}) \frac{(v/l)^{2}}{(1 + ML^{2}/3ml^{2})^{2}}
= …
= \frac{K_{i}}{1 + ML^{2}/3ml^{2}} .

Dermed er endringen i kinetisk energi

ΔK = K_{f} − K_{i} = −\frac{K_{i}}{1 + 3ml^{2}/ML^{2}} .

Hvis kula har mye større masse enn staven, m ≫ M, er ΔK/K_{i} ≃ 0. Det høres rimelig ut: Staven representerer kun en ”ubetydelig hindring” for kula, som (rett etter støtet) fortsetter som om intet hadde hendt. Hvis kula derimot har mye mindre masse enn staven, m ≪ M, blir ΔK/K_{i} ≃ −1 = −100%. Det høres også rimelig ut: Staven er så tung i forhold til kula at den henger praktisk talt i ro etter støtet. (Tenk bare på grensen M → ∞; da er staven som en ”massiv vegg”, all bevegelse opphører, og hele den kinetiske energien er tapt som varme og eventuelt deformasjon av kule og stav.)

Oppgave 4

a) C. Bruk Steiners sats, I_{1} = I_{2} = I_{0} + Md^{2} med d = R_{1} = R_{2}.

b) C. I luftlinje i nord-syd-retning er det ca 40 mil mellom Oslo og Trondheim, dvs ca 4 · 10^{5} m. Dette blir bilimpulsens ”arm” a. Bilen har masse omlag 1000 kg og hastighet østover ca 25 m/s. Dreieimpulsen mhp et sted i Oslo sentrum blir dermed L = mva ∼ 1000 · 25 · 4 · 10^{5} = 10^{10} kg m^{2}/s.

c) A. Vi har τ = I_{0}ω̇, N2 for rotasjon om akse gjennom slipesteinens tyngdepunkt. Her er τ = Sr = 20 · 0.25 = 5.0 i SI-enheter. Dessuten er ω̇ = 60/12 = 5.0, også i SI-enheter. Dermed må I_{0} være lik 1.0, i SI-enheten kg m^{2}.