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

Løsningsforslag til øving 2

Oppgave 1

a) Hvis vi velger ϕ(0) = π/2, peker r(0) rett oppover, dvs r̂(0) = ŷ og ϕ̂(0) = −x̂. Da innser vi at det vil passe bra med

r̂(t) = −x̂ sin ωt + ŷcos ωt,
ϕ̂(t) = −x̂ cos ωt − ŷsin ωt.

b) Sammenhengene som skal vises i resten av oppgaven er generelle og kan ikke avhenge av om vi velger ϕ(0) = 0 eller ϕ(0) = π/2. La oss her f.eks bruke det førstnevnte. Derivasjon av de oppgitte uttrykkene gir

˙r̂ = −ωx̂ sin ωt + ωŷcos ωt = ωϕ̂
˙ϕ̂ = −ωx̂ cos ωt − ωŷsin ωt = −ωr̂

c) Siden v = ṙ, r = rr̂ og r er konstant, har vi

v = r˙r̂ = rωϕ̂,

der vi brukte det første resultatet i spm b. Akselerasjonen:

a = v̇ = rω ˙ϕ̂ = −rω^{2}r̂,

der vi brukte det andre resultatet i spm b.

Oppgave 2

a)  Vi har her et eksempel på statisk likevekt. Newtons 2. lov gir da at F + mg + S = 0, dvs F og mg balanseres av strekket i stanga, S, som peker langs stanga. (Hvor opplagt er egentlig det...?) Dermed må også summen av F og mg peke langs stanga, som vist på figuren. Derav følger at tan θ = \frac{F}{mg}  ⇒  F = mg tan θ.

b) Kula roterer i horisontalplanet. Det er ingen bevegelse vertikalt, og dermed heller ingen akselerasjon vertikalt. Dermed må vertikalkomponenten av strekket i stanga, S cos θ, akkurat balansere tyngdekraften mg. Horisontalt er det kun horisontalkomponenten av strekket i stanga, S sin θ, som virker på kula. Dette må derfor også være lik sentripetalkraften mv^{2}/r = mω^{2}r som holder kula i sirkulær bane. Vi har altså de to ligningene

S cos θ = mg,
S sin θ = mω^{2}r = mω^{2}L sin θ,

og eliminasjon av S (ved å dele den første ligningen med den andre) gir

cos θ = \frac{g}{ω^{2}L}  ⇒  θ = arccos \frac{g}{ω^{2}L}.

Vi vet at | cos θ| ≤ 1. Med gitt verdi for L (og g) må derfor ω være større enn minimumsverdien

ω_{min} = \sqrt{g/L}

for at stanga og kula skal rotere med vinkel θ > 0. Hvis systemet roterer med ω ≤ ω_{min}, vil stanga og kula henge rett ned. Helt til slutt kan vi jo registrere at meget rask rotasjon, ω ≫ \sqrt{g/L}, gir cos θ ≃ 0, dvs θ ≃ π/2, og stanga peker praktisk talt horisontalt utover. Ikke uventet!

c) Kula og flyet har lik akselerasjon a, ellers ville vinkelen θ forandre seg. Kulas situasjon er den samme som i spm a, bortsett fra at det ikke virker noen kraft F rettet mot høyre. Vertikal kraftbalanse (pga ingen bevegelse og dermed heller ingen akselerasjon vertikalt) gir

S cos θ = mg.

Horisontalt er det horisontalkomponenten av strekket i stanga, S sin θ, som virker på kula, og som gir kula en lineær akselerasjon a:

S sin θ = ma.

Divisjon av den siste med den første eliminerer S og gir

tan θ = a/g  ⇒  a = g tan θ = 9.81/\sqrt{3} = 5.7 m/s^{2}.

\underline{Oppgave 3.}

a) Snordraget S er rettet langs snora, radielt inn mot midten av sirkelen, og har ingen komponent tangentielt til sirkelbanen. Steinens vekt gir følgende kraftkomponent tangentielt, regnet positiv i positiv θ-retning (mot klokka): −mg cos θ. Akselerasjonen i tangentialretning er a_{∥} = dv/dt = Rdω/dt. N2 langs sirkelbanen gir da

−mg cos θ = m · R \frac{dω}{dt} ⇒ \underline{R \frac{dω}{dt} = −g cos θ},

som vi skulle vise. Kjerneregelen for ω(θ(t)) gir

\frac{dω}{dt} = \frac{dω}{dθ} \frac{dθ}{dt} = \frac{dω}{dθ} · ω.

Derved har vi funnet følgende separable differensialligning for ω(θ):

\underline{R ω dω = −g cos θ dθ}.

b) Vi løser ligningen ved å integrere fra starttilstand θ = 0; ω = ω_{0} til vilkårlig tilstand θ; ω:

R ∫_{ω_{0}}^{ω} ω dω = −g ∫_{0}^{θ} cos θ dθ ⇒  \frac{1}{2}R(ω^{2} − ω_{0}^{2}) = −g · sin θ ⇒  \underline{ω^{2} = ω_{0}^{2} − \frac{2g}{R} · sin θ}.

c) Snordraget S må, sammen med komponenten av steinens vekt radielt (dvs normalt på sirkelbanen), gi opphav til sentripetalakselerasjonen Rω^{2}. N2 radielt gir da

S + mg sin θ = mRω^{2} = mRω_{0}^{2} − 2mg sin θ ⇒ \underline{S(θ) = mRω_{0}^{2} − 3mg sin θ}.

Vi ser at vi har maksimalt snordrag S_{max} når sin θ = −1, dvs når massen passerer sirkelens bunnpunkt, som forventet. Vi ser videre at vi har minimalt snordrag S_{min} når sin θ = 1, dvs på toppen. Heller ikke uventet. Da er S_{min} = mRω_{0}^{2} − 3mg. Stram snor hele veien rundt har vi hvis S_{min} > 0, som gir ω_{0} > \sqrt{3g/R}. \underline{Oppgave 4.}

a) Ingen bevegelse normalt skråplanet, og dermed null nettokraft i denne retningen. Tyngden mg har komponent mg cos θ normalt skråplanet, følgelig er N = mg cos θ. Riktig svar: B.

b) Klossen ligger i ro, og dermed null nettokraft også parallelt med skråplanet. Tyngden mg har komponent mg sin θ langs skråplanet, følgeli er f = mg sin θ. Riktig svar: A.

c) Maksimal friksjonskraft er f_{max} = μ_{s}N = μ_{s}mg cos θ. Ligger klossen i ro er dessuten f = mg sin θ (se b). Dermed må statisk friksjonskoeffisient minst være μ_{s}^{min} = (mg sin θ)/(mg cos θ) = tan θ. Riktig svar: C.

d) Hvis klossen glir, er f = μ_{k}N = μ_{k}mg cos θ. Netto kraft nedover langs skråplanet er dermed mg sin θ − μ_{k}mg cos θ, hvoretter N2 gir a_{∥} = g(sin θ − μ_{k} cos θ). Riktig svar: A.

e) Konstant hastighet dersom a_{∥} = 0 dvs tan α = μ_{k}. Riktig svar: C.

\underline{Oppgave 5.}

a) Klossene glir, da er f = μN = μmg cos β. (Der μ er kinetisk friksjonskoeffisient.) Riktig svar: B.

b) Med stram snor virker snordraget S nedover på kloss nr 1. N2 gir da:

m_{1}g sin β + S − μ_{1}m_{1}g cos β = m_{1}a_{1},

dvs

a_{1} = g(sin β − μ_{1} cos β) + S/m_{1}.

Riktig svar: B.

c) Med stram snor virker snordraget S oppover på kloss nr 2. N2 gir da:

m_{2}g sin β − S − μ_{2}m_{2}g cos β = m_{2}a_{2},

dvs

a_{2} = g(sin β − μ_{2} cos β) − S/m_{2}.

Riktig svar: D.

d) a_{1} = a_{2} = a gir, ved å trekke ligningen for a_{2} fra ligningen for a_{1},

S (\frac{1}{m_{1}} + \frac{1}{m_{2}} ) = g cos β (μ_{1} − μ_{2}) .

Stram snor, S > 0, krever altså μ_{1} > μ_{2}. Riktig svar: B.

e) Fra forrige punkt finner vi

S = \frac{m_{1}m_{2}}{m_{1} + m_{2}} g cos β(μ_{1} − μ_{2}).

Dette setter vi inn for S i ligningen for a_{1} (eller a_{2}):

a = g(sin β − μ_{1} cos β) + S/m_{1},

hvoretter litt opprydding gir

a = g (sin β − cos β \frac{μ_{1}m_{1} + μ_{2}m_{2}}{m_{1} + m_{2}} ) .

Konstant hastighet hvis a = 0, dvs

sin β = cos β \frac{μ_{1}m_{1} + μ_{2}m_{2}}{m_{1} + m_{2}} ,

og dermed

tan β = \frac{μ_{1}m_{1} + μ_{2}m_{2}}{m_{1} + m_{2}} .