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

Løsningsforslag til øving 4

Oppgave 1

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.

c) Av symmetrigrunner er X_{CM} = Z_{CM} = 0. Rotasjon av flateelementet dA om y-aksen i figuren nedenfor gir ring med volum dV = 2πr cos θ · r dθ dr:

Denne ringen har masse dm = MdV/V, der M er total masse og V = 2πR^{3}/3 totalt volum for halvkula. Dermed:

Y_{CM} = \frac{1}{M} ∫ y dm
= \frac{3}{2πR^{3}} ∫_{θ=0}^{π/2} ∫_{r=0}^{R} r sin θ · 2πr^{2}dr cos θdθ
= \frac{3}{R^{3}} (|_{0}^{R}r^{4}/4) · (|_{0}^{π/2} \frac{1}{2} sin^{2} θ)
= \frac{3R}{8}.

Oppgave 2.

a) C. Graf 4 er åpenbart mulig: Klossen glir oppover med konstant (negativ) akselerasjon og blir liggende i ro dersom friksjonen mot underlaget er stor nok. Alternativt glir den ned igjen, igjen med konstant akselerasjon, men nå med mindre akselerasjon, siden både friksjonskraften og tyngdens komponent tangentielt med skråplanet virker mot bevegelsen når klossen er på vei opp (mens bare friksjonskraften virker mot bevegelsen hvis klossen er på vei ned). Dermed er også graf 2 en mulighet.

b) D. Mekanisk energi er bevart, så hastigheten er mindre på toppen enn ved bunnen. Dette er nok til å fastslå at D er riktig figur, siden sentripetalakselerasjonen er v^{2}/r. På høyre og venstre side har vi i tillegg baneakselerasjonen g rettet nedover, som gir total akselerasjon på skrå nedover og inn mot midten.

c) C. Impulsbevarelse gir 2mv_{0} = 5mv, dvs v = 2v_{0}/5. Energitapet er dermed K_{0} − K = (1/2)2mv_{0}^{2} − (1/2)5m(2v_{0}/5)^{2} = 3mv_{0}^{2}/5.

Oppgave 3.

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 4.

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}.

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 5.

a) Bordtennisball: m = 2.7 g = 0.0027 kg og r = 20 mm = 0.020 m. Dermed: I_{0} = 2mr^{2}/3 = 7.2 · 10^{−7} kg m^{2}. Riktig svar: B.

b) Kule, friidrett, menn: M = 7.26 kg og R = 60 mm = 0.060 m. (Helt presist: Mellom 55 og 65 mm.) Dermed: I_{0} = 2MR^{2}/5 = 0.010 kg m^{2}. Riktig svar: D.

Oppgave 6.

a) I_{0} = MR^{2}/2 = 500 · 0.5^{2}/2 = 500/8 = 62.5 kg m^{2}. Riktig svar: A.

b) 60 sekunder pr minutt og 2500 omløp pr minutt gir T = 60/2500 = 0.024 s = 24 ms. Riktig svar: C.

c) ω = 2π/T = 2π/0.024 = 262 s^{−1}. Riktig svar: D.

d) K = I_{0}ω^{2}/2 = 62.5 · 262^{2}/2 = 2.14 MJ, som omregnet (1 kWh = 3.6 MJ) gir 0.59 kWh. Riktig svar: B.