FY1001/TFY4145 Mekanisk fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2014.

Løsningsforslag til øving 1

Kommentar: Til denne første øvingen er deler av LF laget spesielt grundig. Særlig er integrasjonsmetodene detaljert, med løsning både med ubestemt og bestemt integral.

Oppgave 1

a)

−g = \frac{dv}{dt} ⇒ dv = −g dt .  (1)

Vi har fått en enkel differensialligning for v(t) som har sortert de variable på høyre og venstre side. Integrasjon på begge sider gir

∫_{v(0)}^{v(t)} dv = ∫_{0}^{t}(−g) dt ⇒ v(t) − v(0) = − ∫_{0}^{t} g dt ⇒ v(t) − v_{0} = −g(t − 0)

v(t) = v_{0} − gt  (2)

Alternativ løsning med bruk av ubestemte integral gir fra (1) følgende ligning for v(t):

v(t) = ∫ −gdt = −gt + K_{1} .  (3)

Integrasjonskonstanten K_{1} er bestemt av den fysiske startbetingelsen (også kalt initialbetingelsen):

v_{0} = v(t = 0) = −g · 0 + K_{1} ⇒ K_{1} = v_{0}  (4)

Initialbetingelsen (4) innsatt i (3) gir (2). Høyden y(t) er gitt ved integrasjon av (2), idet

v(t) = \frac{dy}{dt} ⇒ dy = v(t) · dt = (v_{0} − gt) · dt .

Differensialligningen er igjen ordnet, og integrasjon på begge sider gir

∫_{y(0)}^{y(t)} dy = ∫_{0}^{t}(v_{0} − gt)dt ⇒ y(t) − y(0) = [v_{0} · t − \frac{1}{2}gt^{2}]_{0}^{t} .

Innsetting av betingelsen y(0) = y_{0} gir

y(t) = y_{0} + v_{0}t − \frac{1}{2}gt^{2}  (5)

Alternativ løsning med bruk av ubestemte integral gir følgende ligning for y(t):

y = ∫ v dt = ∫ (v_{0} − gt) dt = v_{0}t − \frac{1}{2}gt^{2} + K_{2}  (6)

Integrasjonskonstanten K_{2} er bestemt av betingelsen:

y_{0} = y(t = 0) = v_{0} · 0 − \frac{1}{2}g · 0 + K_{2} ⇒ K_{2} = y_{0}  (7)

Betingelsen (7) innsatt i (6) gir (5). b) Steinen når sin maksimale høyde ved t = t_{1} når v(t_{1}) = 0, som innsatt i (2) gir:

0 = v_{0} − gt_{1} ⇒ t_{1} = \frac{v_{0}}{g}  (8)

Den maksimale høyden, y_{1}, finner vi ved å bruke (5) og sette inn uttrykket for t_{1} fra (8):

y_{1} = y(t_{1}) = y_{0} + v_{0}t_{1} − \frac{1}{2}gt_{1}^{2} = y_{0} + \frac{v_{0}^{2}}{g} − \frac{1}{2}g \frac{v_{0}^{2}}{g^{2}} = y_{0} + \frac{v_{0}^{2}}{2g}

c) Steinen lander på bakken ved t = t_{2} når y(t_{2}) = 0, som innsatt i (5) gir:

0 = y_{0} + v_{0}t_{2} − \frac{1}{2}gt_{2}^{2} ⇒ t_{2} = \frac{v_{0}}{g} (1 + \sqrt{1 + 2gy_{0}/v_{0}^{2}})  (9)

Hastigheten til steinen når den lander er gitt av (2) og (9):

v(t_{2}) = v_{0} − gt_{2} = v_{0} − g · \frac{v_{0}}{g} (1 + \sqrt{1 + 2gy_{0}/v_{0}^{2}}) = −v_{0}\sqrt{1 + 2gy_{0}/v_{0}^{2}}

Oppgave 2.

Situasjonen er skissert i figuren til venstre. Vi velger utskytningsstedet som origo. Derved er begynnelsesbetingelsene

x(0) = 0  y(0) = 0,
v_{x}(0) = v_{0} cos θ  v_{y}(0) = v_{0} sin θ.

I x-retningen er akselerasjonen lik null (når luftmotstanden neglisjeres), og derved er x(t) = v_{0} cos θ · t. I y-retningen er akselerasjonen −g, slik at

y(t) = v_{y}(0)t − \frac{1}{2}gt^{2} = v_{0} sin θ · t − \frac{1}{2}gt^{2}.

Når pila treffer bakken ved tida t_{b}, har den beveget seg x(t_{b}) i x-retning og y(t_{b}) i y-retning. Da må ifølge figuren y(t_{b})/x(t_{b}) = tan α. Derved kan t_{b} bestemmes:

\frac{v_{0} sin θ · t_{b} − \frac{1}{2}gt_{b}^{2}}{v_{0} cos θ · t_{b}} = tan α ⇒ t_{b} = \underline{\frac{2v_{0}}{g} · (sin θ − cos θ tan α)}.

Rekkevidden blir da (se figuren)

L = \frac{x(t_{b})}{cos α} = \frac{v_{0} cos θ · t_{b}}{cos α} = \frac{2v_{0}^{2} · (cos θ sin θ − cos^{2} θ tan α)}{g cos α} = \underline{\frac{2v_{0}^{2} · cos^{2} θ}{g · cos α} · (tan θ − tan α)}

Vinkelen som gir størst rekkevidde L(θ) finnes ved å derivere mhp θ og sette den deriverte lik null.

\frac{dL}{dθ} = \frac{2v_{0}^{2}}{g cos α} \frac{d}{dθ} (cos θ sin θ − cos^{2} θ tan α)
= \frac{2v_{0}^{2}}{g cos α} (− sin^{2} θ + cos^{2} θ + 2 cos θ sin θ tan α)
= \frac{2v_{0}^{2}}{g cos α} (cos 2θ + sin 2θ tan α) .

\frac{dL}{dθ} = 0 og løst mhp θ gir resultatet

tan 2θ_{max} = − cot α = tan(α + π/2)  ⇒  θ_{max} = \underline{\frac{π}{4} + \frac{α}{2}}.

Dette innebærer at på flat mark (α = 0), er θ_{max} = 45^{∘}, i tråd med erfaringer.

I programmet skraattkast.m plottes den dimensjonsløse størrelsen L · g/2v_{0}^{2}. Her med α = π/6 = 30 grader:

Ved å prøve ulike verdier for α vil en finne at maksimal lengde oppnås for en utskytningsvinkel

θ_{max} = \frac{π}{4} + \frac{α}{2},

som funnet ovenfor.

Oppgave 3.

a) La oss betegne bevegelsesretningen som x-retningen, med x = 0 som stedet der fallskjermhopperen treffer snøfonna. Med konstant akselerasjon a = −50g i x-retningen har en for t > 0 konstant-akselerasjonsligningene

v(t) = v_{0} + at; x(t) = v_{0}t + \frac{1}{2}at^{2}.

Eliminer t mellom disse to ligningene for å finne v(x) eller x(v):

x = v_{0} \frac{v − v_{0}}{a} + \frac{1}{2}a\frac{(v − v_{0})^{2}}{a^{2}}  ⇒  2ax = v^{2} − v_{0}^{2}.

(Eller du kunne skrevet opp denne ”tidløse” ligningen direkte.) Inntrengningsdybden x_{i} ved tida t_{i} er det punktet der v(t_{i}) = 0,

x_{i} = −\frac{v_{0}^{2}}{2a} = \frac{40^{2}}{2 · 50 · 9.8} m = \underline{1.6 m}.

Riktig svar: B.

b) Fallet bremses ned til v = 0 i løpet av tida

t_{i} = −\frac{v_{0} − 0}{a} = \frac{40}{50 · 9.8} s = \underline{0.082 s}.

Riktig svar: A. c) Når akselerasjonen er en gitt funksjon av hastigheten, gir det en differensialligning for v(t). I vårt tilfelle:

a = \frac{dv}{dt} = −kv^{2}  ⇒  −\frac{dv}{v^{2}} = k dt

Integrerer fra start (0, v_{0}) til vilkårlig tidspunkt (t, v):

− ∫_{v_{0}}^{v} \frac{dv}{v^{2}} = k ∫_{0}^{t} dt  ⇒  \frac{1}{v} − \frac{1}{v_{0}} = k(t − 0)  ⇒  \underline{v(t) = \frac{v_{0}}{1 + kv_{0}t}}.

Riktig svar: D.

d) Hastighetens halveringstid T er derved gitt som

v(T) = \frac{v_{0}}{1 + kv_{0}T} = \frac{1}{2}v_{0}  ⇒  T = \frac{1}{kv_{0}} = \frac{1}{3.0 · 1.50} s = 0.22 s.

Riktig svar: C.

e) Ved start er x = 0, og i løpet av halveringstida har kula beveget seg strekningen x(T). Denne bestemmes fra v = dx/dt, eller dx = v dt, som gir

x(T) = ∫_{0}^{T} v(t) dt = ∫_{0}^{T} \frac{v_{0}}{1 + kv_{0}t′} dt′ = \frac{1}{k} ln(1 + kv_{0}T) = \frac{1}{3.0 m^{−1}} · ln 2 = \underline{0.23 m}.

Riktig svar: A.