Løsningsforslag. FY-ME100 eksamen 13. juni 2003

Transkript

1 1 Løsningsfoslag FY-ME100 eksamen 13. juni 003 Oppgaveteksten e gjengitt fo at løsningsfoslaget skal kunne leses uten at den oiginale oppgaveteksten e tilgjengelig samtidig. I en nomal studentbesvaelse tas selvfølgelig ikke oppgaveteksten med. Oppgave 1 Kvalitative spøsmål. Sva kotfattet, men få fam de viktige agumentene. a) En standad fysikkoppgave fa videegående skole bestod av to klosse fobundet med en sno som gikk ove en tinse (se figu). På den videegående skolen bukte man antakelsen at tinsen va masseløs og kunne otee uten fiksjon, og at snoa va masseløs. Gi en kot, kvalitativ foklaing på hvodan likningssystemet endes desom tinsen ikke e masseløs. 1 Desom tinsen ikke va masseløs, ha den et teghetsmoment. Fo å akseleee systemet (inkl. tinsa), må det da effektivt finnes et kaftmoment på tinsa om aksen. Vinkelakseleasjonen av tinsa e ifølge spinnsatsen poposjonal med kaftmomentet. Da må snodaget mot kloss n væe støe enn snodaget mot kloss n 1. I videegående skole va snodagene identiske på de to sidene. b) En massiv sikulæ teskive otee fiksjonsløst med vinkelhastighet ω om en fast, igid akse (langs symmetiaksen). Et posjektil som skytes inn mot skiva, teffe skiva i en avstand d fa otasjonsaksen, og bli sittende fast i skiva. Banen til posjektilet va paallell med otasjonsaksen. Vil vinkelhastigheten til skiva ende seg ved denne posessen? Begunn svaet. Spinnet omking aksen fo system skive + kule vil bevaes siden kaftmomentet i sammenstøtet e null i fohold til aksen (!). Det bety at ω vil avta litt ette sammenstøtet siden posjektilet, som oppinnelig ikke hadde noe spinn i fohold til aksen, nå vil få et spinn siden det bli sittende fast i skiva. Da må vinkelhastigheten til selve skiva gå litt ned fo at spinnet til skiva skal avta like mye som spinnet til posjektilet øke, fo at totalspinnet om aksen skal væe ufoandet.

2 Side Oppgave Oppgitte vedie: Gavitasjonskonstanten G m 3 kg -1 s -. Jodadien R m. Jodens masse M kg. I hele oppgaven anta vi at påvikningen fa ande himmellegeme enn Joden og en satellitt e neglisjeba. En satellitt med masse m 100 kg e i en avstand h km fa jodens oveflate. a) Hvo sto e gavitasjonskaften mellom Joden og satellitten? Hvilken akseleasjon få satellitten mot Joden, og hva bli Jodens akseleasjon? Diskuté bevegelsen til Joden og satellitten desom satellitten statet med null begynnelseshastighet elativ til Joden. Gavitasjonskaften e gitt ved: F G Mm u hvo G e gavitasjonskonstanten, M og m massene til de to legemene som påvike hveande gjennom gavitasjon, e avstanden mellom dem (massesente til massesente) og u e enhetsvekto i etning fa det ene legemet til det legemet vi skal bestemme kaften på. Sette vi inn fo de oppgitte vediene fo masse og avstande fo en satellitt omking Joden, få vi kaften som vike på satellitten (tiltekkende kaft, ettet mot Joden): F ( N N ) Vi meke at tyngden av satellitten e vesentlig lavee enn om den va på Jodoveflaten ( tyngden ville da væt 981 N). Denne edusete tyngden komme selvfølgelig av at satellitten e mye lenge fa Joden nå den e i den angitte banen km ove Jodens oveflate. Akseleasjonen til satellitten finne vi vha Newtons annen lov: a F --- m m s m s - mens Joda vil få en akseleasjon: F a --- m m s m s - Desom satellitten ble satt ut oppinnelig i o på det angitte stedet, ville satellitten falle med konstant akseleasjon mot Joden, og likeså Joden falle med konstant (men mye minde) akseleasjon mot satellitten. Massemiddelpunktet Jod/satellitt ville ligge i o. Det bø bemekes at akseleasjonen til Joda e svæt liten! Satellitten ville buke om lag 5 time og 45 minutte på å falle de kilometene ned til Jodens oveflate. I samme peiode ville Joden ha flyttet på seg en avstand lik m, det vil si minde enn diameteen til en atomkjene! Det e defo ikke uten gunn at vi i denne type beegninge anta at Joden ligge helt i o mens det bae e satellitten som bevege seg undt Joda. FY-ME100 eksamen våen 003

3 Side 3 La oss denest betakte en satellitt med masse m som gå i en bane undt Joden. Avstanden ved et gitt tidspunkt e. b) Unde antakelsen M>>m, vis at den totale enegien til systemet e gitt ved: (Det e ikke nødvendig å utlede uttykk fo potensiell enegi.) Sett opp uten utledning det tilsvaende uttykket desom antakelsen M >> m ikke va gyldig. Fokla støelsene som da inngå i uttykket. Desom vi anta at Joda e helt i o (siden Jodas masse e så enomt mye støe enn satellittens), vil total mekanisk enegi væe potensiell enegi pluss kinetisk enegi. Potensiell enegi (nå vi sette potensiell enegi lik null nå legemene e uendelig langt fa hveande) e gitt ved: E p GMm GMm E tot --mv + --mv θ (symbole foklat tidligee), mens kinetisk enegi fo satellitten e 1 E k --mv (og null fo Joda siden den antas å ligge i o). Men hastigheten til satellitten kan dekomponees i en hastighet med etning adielt vekk fa Joda (v ), og en hastighet som ligge nomalt på den adielle etningen (v θ ), dvs tangentielt til en egnet sikel omking Joda. Pythagoas tilsie at: v v + v θ, og sette man alle disse elasjonene sammen, få man nettopp det uttykket vi skulle vise. Desom vi ikke kunne ha antatt at M>>m, måtte vi beskevet det hele som et to-patikkelsystem og innføt eduset masse. Uttykket ovenfo ville da væt eksakt det samme som tidligee, botsett fa at massen m i uttykket fo kinetisk enegi måtte estattes med eduet masse Mm µ , dvs enegiuttykket ville bli: M+ m 1 1 GMm E tot --µv + --µv θ Et omskip i avstand fa Jodens sentum sette ut en satellitt med hastighet v 0 og v θ v 0 i et tilnæmet inetialsystem hvo Jodens sentum ligge i o i oigo. c) Hvilken bane vil satellitten gå i desom v 0 GM ? Begunn svaet. Hvilke(n) bane() e mulig(e) desom mulig(e) desom v 0 > GM v 0 < GM ? Tilvaende: Hvilke(n) bane() e? Skissé banen(e) og spesifisé statposisjon og etning. FY-ME100 eksamen våen 003

4 Side 4 Oppgaveteksten minne mistenkelig om en diskusjon om mulige bane: Sikelbane, ellipsebane, paable og hypeble. La oss se litt nøyee på dette. Det som kaakteisee en sikelbane e at gavitasjonskaften eksakt tilsvae den nødvendige sentipetalkaften som tengs fo å følge en sikelbevegelse. Desom den tangentielle hastigheten e v θ, vil den nødvendig sentipetalkaften væe F mv θ /. Gavitasjonskaften i samme avstand e gitt ved: F G Mm Desom disse e like, følge: Heav: mv θ G Mm v θ GM Siden stathastigheten va gitt ved at adiell hastighet va null, og at tangentiell hastighet va v 0, følge da at v 0 GM tilsvae en en sikelbevegelse undt Joda. E hastigheten minde enn dette, vil den ikke væe sto nok fo å gå i sikel ved den avstanden vi da ha. I så fall vil banen bli en ellipse, og statpunktet bli i apogé (punktet lengst unna Joda). Bli hastigheten litt støe enn den magiske gensen fo sikel, e hastighete fo sto til at satellitten klae å følge en sikelbevegelse. Den vil da følge en ellipsebane, men nå med statpunktet i peigé (punktet i ellipsebanen som e næmest Joda). Men øke hastigheten ytteligee, vil satellitten fø elle senee få så sto kinetisk enegi at den ovedøve den (negative) potensielle enegien. Nå den totale enegien e lik null (skje ved v 0 GM , vil banen væe en paabel. Fo ennå støe hastighet vil total enegi bli positiv, noe som tilsvae at banen bli en hypebel. Banene e skisset i følgende figu. Mek at paabel og hypebelbanene føe til at satellitten fosvinne ut fa Joda, og bae en gen av paabelen elle hypebelen bli bukt (den ande e stiplet i figuen). I en studentbesvaelse vil det væe natulig å meke av hvilken bane som tilsvae hva. Det bø vel også nevnes at Joda vil væe i et av bennpunktene nå banen e elliptisk. FY-ME100 eksamen våen 003

5 Side 5 Oppgave 3 En konstuksjon bestå av to bjelke og en masseløs sno, se figu. Den vetikale bjelken, som e festet til gulvet, ha lengde l 1 og masse m 1, mens den hoisontale bjelken ha lengde l og masse m. Snoen, som gå fa punkt B til punkt D, danne vinkelen α med den hoisontale bjelken. Den hoisontale bjelken e festet til den vetikale med et fiksjonsfitt ledd i punkt C (leddet gi fihet i å vippe bjelken opp og ned). Tyngdens akseleasjon betegnes g. a) Hvilke fysiske love egne seg fo å beegne keftene som vike mellom bjelkene og mellom sno og bjelke? Vi foutsette at bjelkene e i o. Da ha de ingen akseleasjon og helle ingen vinkelakseleasjon. Sum av alle kefte som vike, enten man betakte et delsystem elle hele systemet, vil da ifølge Newtons annen lov væe lik null. Likeså vil sum av alle kaftmoment som vike enten på hele systemet elle delsystem, ifølge spinnsatsen væe lik null. b) Bestem snokaften og keftene som vike mellom de to bjelkene i punktet C. De keftene som vike på bjelken e tegnet inn i figuen til høye. Mek at snodaget på bjelken bae kan vike i snoens etning. Gavitasjonen e vetikal. Kaften på bjelken i punkt C e kalt F, men denne kan dekomponees i en hoisontal og en vetikal komponent, F h og F v henholdsvis (ikke tegnet inn i figuen). Vi anta at snoa e tilnæmet masseløs. F S Vi kan anvende spinnsatsen på den hoisontale bjelken, om hvilket som helst punkt. Velge vi imidletid å buke spinnsatsen omking punkt C, slippe vi å ta hensyn til F, siden denne kaften ikke ha noe deiemoment omking C (amen e lik null). Spinnsatsen gi da: m g τ C 0 Sl α m g l sin --- Heav: S m g sinα Vi kan deette anvende Newtons ande lov på den hoisontale bjelken. Sum av kefte i hoisontal etning må væe lik null, likeså sum av kefte i vetikal etning. Ta vi hoisontalkomponentene føst, få vi: FY-ME100 eksamen våen 003

6 Side 6 F totalt, hoisontalt 0 F h Scosα Sette vi inn uttykket fo snodaget og løse likningen med hensyn på hoisontalkomponenten av kaften på bjelken i punkt C, få vi: F h m g tanα Vetikal komponent finne vi ved å buke Newtons. lov i vetikal etning: F totalt, vetikalt 0 F v + Ssinα m g Heav følge ette innsetting fo S: 1 F v --m g Det e litt mosomt at denne vetikalkomponenten av kaften i C alltid e halve tyngden, uansett vinkel på snoa. Svaene kan sjekkes ved å anta at α e 90 gade (snoa henge ett opp). I så fall bø F h væe lik null og F v væe lik m g/. Vi se at svaene våe stemme med dette spesialtilfellet. Også det ande spesialtilfellet (at α gå mot null) gi meningsfulle esultate (sjekk dette selv!). c) Beegn total hoisontal kaft og total vetikal kaft som vike fa undelaget på den vetikale bjelken. Beegn også kaftmomentet som vike fa undelaget på den vetikale bjelken i punkt A (midt i tvesnittet). (Opphav til kaftmoment behøve ikke spesifisees.) Vi kan he betaktet systemet bestående av både hoisontal og vetikal bjelke pluss sno som ett system. Dette systemet bli bae påviket av to kefte, gavitasjonskaften og kaften fa undelaget (som vike på den vetikale bjelken). Systemet e i o. Sum av hoisontale kefte må væe lik null, likeså sum av vetikale kefte. Dette bety at netto kaft som vike fa undelaget på den vetikale bjelken ett og slett bli motsatt lik tyngden, dvs - (m 1 +m )g. Denne kaften e vetikalt ettet oppove. Fo at ikke systemet skal vippe ove, må det likevel finnes et kaftmoment fa undelaget på bjelken. Kaftmomentet skal beegnes om et punkt A midt i tvesnittet de den vetikale bjelken e fastspent i undelaget. Yte kefte som vike på systemet e gavitasjonen. Denne kan vi tenke oss vike delvid gjennom massesenteet i den vetikale bjelken, og delvis gjennom massesenteet til den hoisontale bjelken. Buke vi spinnsatsen omking punkt A, vil disse yte gavitasjonskeftene gi et deiemoment som e lik deiemomentet fa undelaget på bjelken τ fa undelag. Vi ha: τ A 0 τ fa undelag m 1 g 0 m g l --- Heav: m gl τ fa undelag FY-ME100 eksamen våen 003

7 Side 7 Dette e den løsningen vi fovente mange komme med. De mest oppmeksomme studentene vil imidletid meke seg at amen som tyngden til den hoisontale bjelken ha elativt til punktet A, vil væe litt lenge enn halve lengden på den hoisontale bjelken. Vi få i tillegg lengden på leddet i C og videe lengden som tilsvae halve bedden til den vetikale bjelken (i etning mot den hoisontale bjelken). Desom vi kalle summen av disse to bidagene fo lengden δ, vil egentlig kaftmomentet som vike fa undelaget på den vetikale bjelken bli: Siden kulene gjennomgå et sentalt støt, vil all bevegelse skje langs samme linje. Kulene kollidee elastisk, det bety at ingen mekanisk enegi bli bot i selve kollisjonen. Da må mekan- m τ gl ( + δ) fa undelag Oppgave 4 Oppgitt: Teghetsmomentet til en massiv kule omking massesenteet e: I CM --m. 5 En biljadkule (n. 1) tille med konstant massesentehastighet u 0 botove et hoisontalt undelag. Et efeansesystem definees ved å angi at kula tille langs x-aksen i positiv x-etning, og at xy-planet e hoisontalt. a) Hva e støelse og etning til vinkelhastigheten ω 0? Kula tille uten å skli. Da vil kula ha deid seg en vinkel π på samme tid som den ha tillet en omkets π botove undelaget. Dividee vi denne lengden kula ha beveget seg med tiden T fo bevegelsen, få vi massesentehastigheten: [Mek: Denne utledningen e unødvendig slik oppgaven e fomulet, men uttykket må væe med.] u 0 π π ω T T Men en vinkelhastighet ha også en etning, nemlig etningen til aksen fo den momentane otasjonen. En akse e en linje i ommet, men vi velge ut den etningen av linjen som passe med høyehåndsegelen nå vi skal angi vinkelhastigheten som en vekto. Kula vil ifølge dette otee om en akse som e paallell med y-aksen nå kula tille langs den positive x-aksen. Vinkelhastigheten bli ifølge høyehåndsegelen i etning (paallelt med) negativ y-akse. Kule n 1 gjennomgå en sental, elastisk kollisjon med kule n, som oppinnelig ligge i o. Kulene e identiske. Eventuell fiksjon mellom de kollideende kulenes oveflate e neglisjeba. b) Hvilke(n) støelse() e bevat i denne kollisjonen? Hva e kulenes massesentehastighete u 1 og u umiddelbat ette kollisjonen? Hva e kulenes vinkelhastighete ω 1 og ω umiddelbat ette kollisjonen? FY-ME100 eksamen våen 003

8 Side 8 sik enegi væe bevat. Det e et hoisontalt plan kulene bevege seg på, og da må også potensiell enegi (el. tyngdekaften) væe konstant, det vil si at også kinetisk enegi vil væe bevat i selve støtet. I selve støtet vil det ikke vike noe netto yte kaft på systemet bestående av de to kulene. Tyngden og nomalkaften fa undelaget e motsatt like stoe. Men det kan væe en betydelig inde kaft mellom kule 1 og idet de smelle sammen. Ifølge Newtons tedje lov vil kaften kule 1 vike på kule med væe motsatt like sto som kaften kule vike på kule 1 med. Keftene vike selvfølgelig like lang tid. Det bety at impulsen kule 1 få vil væe motsatt like sto som impulsen kule få. Men systemet som helhet få ingen impuls, og bevegelsesmengden til hele systemet vil defo væe bevat gjennom selve støtet. Kule 1 ulle, og det gi en eksta komplikasjon. Hva skje med spinnet? Ifølge spinnsatsen kan spinnet om et valgt punkt bae ende seg desom det e et kaftmoment som vike omking dette punktet. Velge vi å betakte spinnet til kule 1 omking massesenteet, vil tyngde og nomalkaft ikke ha noe kaftmoment. Kaften kule dytte på kule 1 i selve støtet vil helle ikke ha noe am fodi det e sagt i oppgaveteksten at vi kan se bot fa fiksjon mellom de kollideende kulenes oveflate (i selve støtet). Da vil det i selve støtet ikke væe noe kaftmoment som vil ende spinnet (om massesenteet) til kule 1. Tilsvaende vil ikke spinnet til kule ende seg i selve støtet. Vi ha nå funnet at kinetisk enegi e bevat i selve støtet, og de e ingen (momentan) ending i spinn i selv støtet, og defo helle ingen ending i otasjonsenegi i selve støtet. Da må tanslatoisk bevegelsesenegi væe bevat i selve støtet. Videe ha vi vist at bevegelsesmengden e bevat, og vi vet at kulene ha samme masse. Da e vi tilbake til den klassiske situasjonene hvo to patikle med samme masse gjennomgå et sentalt, elastisk støt. Vi vet fa tidligee egninge at kulene da vil bytte tanslatoisk hastighet (hastighet langs undelaget) i støtet. Man kan selvfølgelig utlede dette på nytt, men esultatet e så velkjent at det e unødvendig så lenge foutsetningene e tilstekkelig klalagt. Vi ha da funnet: Kula 1 vil ha en (tanslatoisk) hastighet lik null like ette støtet. Kule vil like ette støtet ha en (tanslatoisk) hastighet lik hastigheten til kule 1 like fø støtet Vinkelhastighetene til kulene endes ikke i selve støtet, dvs kule 1 ha fotsatt samme ω1, mens kule ha vinkelhastighet lik null like ette støtet. FY-ME100 eksamen våen 003

9 Side 9 Kinetisk fiskjonstall (fiksjonskoeffisient) mellom kule og undelag e µ. c) Bestem akseleasjon og vinkelakseleasjon fo begge kulene kot tid ette kollisjonen. Det som skje i tiden ette støtet vil da væe klassiske ulle-oppgave. Kule 1 ligge momentant i o like ette støtet, men ha en otasjon (en vinkelhastighet). Kula vil da spinne mot undelaget og vil gadvis få en tanslatoisk bevegelse og ette en kot tid oppnås en en ullebevegelse uten sluing mot undelaget. Kule på sin side vil like ette støtet ha en tanslatoisk bevegelse, men ha ingen otasjon initielt. Den vil slue mot undelaget og bemses litt ned i den tanslatoiske bevegelsen samtidig som den begynne å otee. Ette en kot tid vil også den ha fått en en ullebevegelse uten sluing. Desom vi betakte hve kule fo seg ette kollisjonen, vil netto kaft bae væe fiksjonskaften mellom kula og undelaget. I vetikal etning e sum av kefte lik null. Fiksjonskaften e: F f mgµ hvo m e kulas masse, g tyngdens akseleasjon og µ fiksjonskoeffisienten. Fo kule 1 vil kaften vike foove, fo kule bakove. Akseleasjonen bli da ifølge Newtons. lov lik gµ, med etninge som angitt nettopp. Altså: a gµ Vinkelakseleasjonen omking massesenteet til kulene bli da også identiske, men motsatt ettet fo de to kulene. Vinkelakseleasjonen α finne vi ut fa spinnsatsen anvendt om massesenteet. Fiksjonskaften sette opp et kaftmoment τ (fiksjonen ha am ), og vi få: α τ mgµ I CM --m 5 5gµ Siden kule 1 vil få en lavee vinkelhastighet mens sluingen mot undelaget vae, og vinkelhastigheten oppinnelig gå i negativ y-akse-etning, vil vinkelakseleasjonen fo kule 1 væe ettet i positiv y-akse-etning. Motsatt fo kule. Det e inteessant å se at disse svaene e uavhengig av kulenes masse. Det kan la seg fostå siden fiksjonskaften e poposjonal med massen, og akseleasjonen e motsatt poposjonal med massen slik at de to lovmessighetene kansellee hveande. Vi se også at både akseleasjon og vinkelakseleasjon e poposjonale med fiksjonskoeffisienten. Dette e som foventet. d) Hva bli slutthastigheten til kulene (ette at en eventuell sluing mot undelaget e ove)? Vi kan løse dette poblemet elativt enkelt ved å benytte spinnsatsen omking punktet de kula beøte undelaget ved selve støtet mellom kulene. Fiksjonskaften e nemlig hoisontalt ettet, og vil ikke danne noe kaftmoment omking dette punktet. Da vil spinnet til kulen vi betakte væe konstant i hele peioden ette støtet, de fiksjonskaften vike, og også ette at kula ha gått ove i en ulling. Spinnet til kula omking dette punktet e lik egenspinn (spinn omking massesenteet) pluss kulas banespinn. Vi sette opp fo kule 1 spinn like ette sammenstøt og ette at kula ha fått en ulling igjen, og få da: ( mv + I CM ω) like ette støt ( mv + I CM ω) ette en ulling igjen FY-ME100 eksamen våen 003

10 Side 10 Hastigheten fo kule 1 va null like ette støtet, men vinkelhastigheten va ω 0. Ette en ulling på ny e oppnådd, vil vinkelhastigheten væe ω 1, og hastigheten vil (ifølge pkt a) væe ω 1. Innsatt: --m ω 5 0 m( ω 1 ) + --m ω 5 1 Heav: ω 1 -- ω 7 0 Sette vi opp akkuat tilsvaende likning fo kule, finne vi (siden initialbetingelsene e byttet om fo kule i fohold til kule 1), at vinkelhastigheten ω til kule ette at en ulling e oppnådd, e: 5 ω -- ω 7 0 Det bety at det bli et tilsvaende fohold fo hastighetene nå en ulling e oppnådd: 5 v 1 --v og 7 0 v --v 7 0 e) Hvo sto e total bevegelsesmengde da? Kan du foklae esultatet? Bevegelsesmengden ette at en ulling e oppnådd bli da: p mv 1 + mv mv mv 0 Dette e også bevegelsesmengden til kulene tilsammen fø støtet! Hvodan kan dette henge sammen siden det toss alt ha væt en yte kaft som ha viket på kule 1 og tilsvaende fo kule? Ved ettetanke innse man imidletid at fiksjonskaften på kule 1 va motsatt ettet fiksjonskaften på kule, og at endingen i vinkelhastighet e like sto fo begge kule og vinkelakseleasjonen identisk. Da ha fiksjonskaften viket like lenge på kule 1 og. Det bety at summen av yte kefte på systemet (kule 1 + kule ) faktisk ha væt null både gjennom støtet og i sluefasen ettepå. Da må vi fovente at bevegelsesmengden e bevat. Oppgave 5 Inetialsystemene S og S e knyttet sammen med Loentz-tansfomasjonene: x x vt , y y, z z, t 1 v c t vx c v c FY-ME100 eksamen våen 003

11 Side 11 a) Vis at fomelen fo lengdekontaksjon e gitt ved: L 1 v c L. Angi spesielt hvilke foutsetninge som benyttes i utledningen. Vi ta måle lengden av en gitt legeme (ettet i x-etningen) ved å buke to event (hendelse) som skje i hve sin ende av legemet. Lengden vil komme ulikt ut alt ette om systemet vi betakte lengden i e i bevegelse til legemet elle ikke. Vi kan anvende Loentz-tansfomasjonene fo å sammenholde hendelse i et inetialsystemet med hendelsene i et annet. Fomlene gitt øvest gjelde fo ovegang mellom hendelse i to inetialsystem som bevege seg med faten v i fohold til hveande langs felles x-akse, og med sammenfallende oigo ved tiden t0 i begge system. Vi måle altså lengde av et legeme ved å gjøe en måling av posisjon til ene enden av legemet (ved en angitt tid) og posisjon til ande enden (ved en angitt tid). Eventene knyttes sammen ved: x 1 x 1 vt og x 1 v c x vt v c Desom vi skal måle lengde på legemet som ligge i o, kan vi måle posisjonen til endepunktene nå som helst (ved hvilken som helst tid) og få samme posisjon hve gang. Men desom vi skal måle lengde til et et legeme som bevege seg, MÅ vi gjøe målingene av endepunktene ved samtidighet i det systemet vi betakte legemet i. La vi legemet ligge i o i det mekede systemet, må målingene i det umekede systemet skje ved samtidighet, dvs t 1 t. Lengden målt i det mekede systemet bli da: x L x x 1 vt 1 x vt 1 x x v c 1 v c 1 v c L v c He ha vi alleede benyttet oss av at t 1 t. og vi ha satt at lengden målt i det mekede systemet e nettopp lik x - x 1 L. Det e nødvendig å påpeke at hendelsene (måling av posisjon til endepunktene) skje ved samtidighet i det umekede systemet i våt tilfelle. Da skje posisjonsbestemmelsene ved ulik tid i det mekede systemet. Det vil si at lovmessigheten vi nettopp ha utledet gjelde bae unde foutsetning at legemet ligge i o i det mekede systemet! Mek: Fomelen som e oppgitt i oppgaven oppnå vi ved en enkel konveteing de vi bytte meket og umeket system. Vå fomel gjaldt desom legemet vi målte va i o i det mekede systemet. Fomelen som e oppgitt i oppgaveteksten må da gjelde fo det motsatte tilfellet, nemlig at legemet vi måle på e i o i det umekede systemet. Fo å unngå pobleme kan vi defo kanskje helle skive: L ( egenlengde) 1 v c L FY-ME100 eksamen våen 003

12 Side 1 En ka komme syklende med en lang stige (hoisontalt ettet). Han kjøe gjennom en låve med to døe, en i hve ende. Døene e konstuet slik at de kan lukkes samtidig (i låvesystemet). Hastigheten til syklisten e u i fohold til bakken. Lengden på stigen i sitt hvilesystem, e l 0, mens lengden på låven e L 0 (< l 0 ). På gunn av lengdekontaksjonen kan syklisten bli stengt inne i låven et kot øyeblikk. b) Hvilket kav må vi stille til hastigheten u fo at syklist med stige skal kunne stenges inne i låven et kot øyeblikk? Stigen e i bevegelse elativt til låvesystemet, og vil defo se kotee ut defa enn fa syklistsystemet. Sykle syklisten fot i fohold til lyshastigheten, vil stigen i låvesystemet se liten ut i fohold til i syklistsystemet. Det vike da helt natulig at man kan lukke døene samtidig i låvesystemet og få hele stigen innenfo akkuat da. Fo at dette (såvidt) skal kunne gå, må: l 0 1 v c L 0 siden l 0 nettopp e lik egenlengden. Løse vi denne likningen med hensyn på hastigheten v, finne vi: L 0 v c l 0 Situasjonen slik vi hittil ha beskevet den, e sett fa låvesystemet. Syklisten, deimot, vil oppleve at låven e lengdekontahet, og sett fa hans system vike det defo totalt umulig å få hele stigen innenfo låven samtidig. c) Fokla kvalitativt hva som skje nå låven lukkes og hvofo det ikke e noe motsetningsfohold mellom obsevasjone i låvesystemet og i syklistsystemet. Samtidighet i låvestystemet e ikke samtidighet i syklistsystemet (nå hendelsene skje på ulikt sted i låvesystemet). Det se vi av Loentz-tansfomasjonene fo tid. Det syklisten vil oppleve e at låven synes å væe lengdekontahet, dvs at låven synes enda kotee enn den e i låvesystemet. Fa syklisten vil det væe totalt utenkelig at stigen kunne lukkes inne i låven ved samtidighet i syklistsystemet! Og syklisten ha selvfølgelig ett. Syklisten vil oppleve hele situasjonen anneledes enn en obsevatø i låvesystemet. I låvesystemet vil døene lukke seg samtidig. I syklistsystemet vil foeste dø lukke seg like fø feme del av stigen komme dit. Denest vil denne døa lukke seg opp, stigen fotsette, og ette en kot tid vil stigen (sett fa syklistsystemet) væe innenfo låven, og akkuat da lukke døen igjen bak stigen. Dette e i det minste en gjetning på hva som vil skje. Nøkkelodet e samtidighet i et system geneelt sett ikke e samtidighet i et annet system. I siste punkt av denne oppgaven vil vi teste om denne gjetningen faktisk stemme oveens med Loentz-tansfomasjonene. FY-ME100 eksamen våen 003

13 Side 13 d) [Vil falle vanskelig fo mange. Kanskje lut å ta dette punkte til slutt?] Gjennomfø konkete beegninge slik at du kan belegge dine påstande i punkt c) også kvantitativt (det vil si ved hjelp av eksakte matematiske uttykk). I låvesystemet gjø man egentlig en måling av posisjonen til feme punkt av stigen ved et gitt tidspunkt (event 1) og en måling av posisjon til bake punkt av stigen ved et (geneelt sett annet) tidspunkt (event ). Oppgaven foutsette at målingene faktisk skje ved samtidighet i låvesystemet. Vi ønske da å bestemme tidsfoskjellen i disse to eventene sett fa syklist-systemet. Vi buke Loentz-tansfomasjonene fo tid, men må da ta hensyn til at event 1 og event fant sted ved ulik posisjon. Vi velge å legge oigo midt i låven, og få da (låvesystem e umeket, syklistsystem e meket): t 1 v L c L 0 t + v c t og t v c 1 v c Tidsfoskjellen mellom hendelsene e da (i syklistsystemet): t v L c t v L c 1 t t t v c ( t t 1 ) + vl 0 c v c Men hendelsene (døene lukket seg i hve ende av låven) skjedde ved samtidighet i låvesystemet (de umekede systemet) slik at paantesen i den siste telleen bli null. Vi ha da: t vl 0 c v c Vi ha alleede nå vist at døene lukkes opp ved ulik tid, sett fa syklistsystemet. Spøsmålet e om foskjellen i tid e tilstekkelig til at hele hendelsesfoløpet vike ok også fa syklisten. Fo å avgjøe dette vil vi finne et uttykk fo v t på to foskjellige måte og sjekke at disse e i samsva med hveande. Uttykket v t e jo den lengden stigen ha beveget seg mellom de to hendelsene, sett i syklistsystemet. På den ene siden kan vi finne hvo sto v t e ved kun å mulitplisee uttykket ovenfo med v. Det tilsvae slavisk buk av Loentztansfomasjonene. På den annen side kan vi si at lengden v t bø tilsvae foskjellen mellom stigens lengde og låvens lengde, begge sett i syklistsystemet. Så langt må stigen bevege seg fo at siste døa ikke skal lukke seg fo tidlig. Vi egne ut et uttykk fo v t ette disse to betaktningsmåtene, men vil da samtidig ta utgangspunkt i gensetilfellet at stigen akkuat så vidt kom innenfo låven samtidig i låvesystemet, det vil si at ovegangen mellom hastighet og lengde e slik vi disutete i punkt b ovenfo. Desom vi ett og slett egne ut v t ved å ta utgangspunkt i t, få vi: v t v L 0 c v c v ---- l 0 c FY-ME100 eksamen våen 003

14 Side 14 La oss så finne et uttykk fo v t baset på det siste kavet nevnt ovenfo: v t l 0 L l 0 ( 1 v c L 0 ) l 0 (( l 0 1 v c ) 1 v c ) I føste ovegang bukte vi lengdekontaksjonsfomelen. I siste ovegang ha vi igjen bukt punkt b ovenfo (fo gensetilfellet at stigen akkuat så vidt fikk plass i låven samtidig i låvesystemet). Da følge at vi også ved denne betaktningsmåten få at: v t v ---- l 0 c Tidsdilatasjon ut fa Loentz-tansfomasjonene alene ga samme esultat som betaktninge om hvo langt stigen måtte ha beveget seg mellom de to hendelsene i stigesystemet, fo at døene skulle kunne lukkes og åpnes akkuet idet enden av stigen passete endene av låven. Fysikken vil defo tilfesdsstilles både i låvesystem og sykkelsystem, hvilket vi skulle vise. FY-ME100 eksamen våen 003