EKSAMEN I FY1001 og TFY4145 MEKANISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG

Transkript

1 NORGES TEKNISK-NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK EKSAMEN I FY1001 og TFY4145 MEKANISK FYSIKK: LØSNINGSFORSLAG Tisdag 18. desembe 01 kl Oppgave 1. Ti flevalgsspøsmål. (Telle 5%) a. B. N gi F SP = F PS, og vi vet at etningen e langs linjen mellom de to legemenes massesente. b. A. Med v = konstant gi N1 at i F i = 0. c. C. Impulsbevaelse gi mv 0 = 5mv, dvs v = v 0 /5. Enegitapet e demed K 0 K = (1/)mv 0 (1/)5m(v 0 /5) = mv 0 /5. d. C. Buke fomel side 7 og finne: ( K) = ( m K/ m) + ( v K/ v) = ( m v /) + ( v mv) = ( m K/m) + ( v K/v) = K [( m/m) + 4( v/v) ] e. A. Steines sats gi I A = I 0 + m (l/) = (1/1 + 1/4)ml = ml /. f. D. Tyngdekaften mg angipe i CM, amens lengde e l/, og vinkelen mellom am og kaft e θ. Demed: τ A = (l/)mg sin θ, med buk av definisjonen av kysspoduktet. (Negativ τ fo esulteende otasjon med klokka.) g. C. L A = I A ω = (ml /) θ. (Mek at kun kombinasjonen A på pkt e og C på pkt g e mulig.) h. A. Med otasjon om den faste aksen A e kinetisk enegi K = (1/)I A θ. Denne må tilsvae endingen i potensiell enegi nå stanga falle fa hoisontal stilling til vinkelen θ. Da senkes CM en vetikal lengde (l/)cos θ, slik at U = (mgl/)cos θ. Demed: (1/)(ml /) θ = (mgl/)cos θ, dvs θ = g cos θ/l. 1

2 i. C. Fa foige punkt ha vi t = π/ π/ dθ l = g cos θ/l g 5.44 l g. j. D. På side 7 finne vi uttykket fo vinkelfekvensen til en fysisk pendel med teghetsmoment I og avstand d fa festepunktet til CM. He e d = l/ og I = I A = ml /. Demed: π T = mgl/ g 8π = T = l I A l g. Oppgave. Ren ulling. (Telle 5%) a. Te kefte vike på kula: tyngdekaften G = mg, fiksjonskaften f µn, og nomalkaften N = mg cos α (de vedien av N bestemmes ved at N må balansee tyngdens komponent nomalt på skåplanet). Tyngdekaften angipe i tyngdepunktet, midt i kula. Fiksjonskaften angipe i kontaktpunktet mellom kule og skåplan og ha etning paallelt med og oppove skåplanet. (Fo å gi en økende vinkelhastighet som tilsvae en ulling nedove.) Nomalkaften angipe også i kontaktpunktet mellom kule og skåplan. f mg N b. Null akseleasjon nomalt skåplanet gi N = mg cos(π/4) = mg/. c. Kula ha eduset sin potensielle enegi med mgr, som må tilsvae oppabeidet kinetisk enegi: Ren ulling bety at ω 1 = v 1 /, slik at K 1 = 1 mv I 0ω 1. Demed bli v 1 = 10gR/7. K 1 = 1 mv m v 1 = 7 10 mv 1. d. N fo tanslasjon nedove skåplanet: G f = ma mg f = ma. N fo otasjon om kulas CM: f = I 0 ω = 5 m v = 5 ma. Fa denne ha vi f = ma/5, dvs ma = 5f/, som innsatt i N fo tanslasjon gi mg f = 5f f = 7 mg.

3 e. Siden f µn ha vi at mg/7 µmg/, dvs µ /7. f. Vi ha sikelbevegelse fo kulas CM, demed: F = N G = N mg cos θ = mv R. Vi buke enegibevaelse fo å finne v ved vinkelen θ: U = U(θ) U 1 = mg(r )(1 cos θ) mg(r )(1 cos(π/4)) K + U = 0; = mg(r )(1/ cos θ) < 0; K = K(θ) K 1 = 7 10 mv 7 10 mv 1 = U = mg(r )(cos θ 1/ ) v = v g(r )(cos θ 1/ ) = 10 7 g(r )(cos θ + R/(R ) 1/ ) N(θ) = mg cos θ mg(cos θ + R/(R ) 1/ ) Eventuelt, med v 1 : N(θ) = mg cos θ + mv 1 R mg(cos θ 1/ ). g. Nå kula e på vei oppove mot høye, avta v og ω = v/, og demed avta også θ = v/(r ), dvs θ = v/(r ) e negativ. Med ω < 0 må f peke som i figuen: R θ ω v f Demed ha vi f = I 0 ω (N, otasjon om kulas CM). N langs sikelbanen gi f mg sin θ = m v. Vi eliminee f fa disse to ligningene. N fo otasjon om kulas CM gi f = 1 5 m ω = 5 m v, som innsatt i N langs sikelbanen, sammen med tilnæmelsen sin θ = θ, gi mgθ = 7 5 m v = 7 5 m θ(r ) θ 5g + 7(R ) θ = 0 5g Ω = 7(R )

4 Oppgave. Planetbane. (Telle 0%) a. Gavitasjonskaften e konsevativ, demed e E bevat. Kaften e ettet langs fobindelseslinjen mellom m og M, demed ha kaften fa M på m ikke noe deiemoment, og deieimpulsen L e også bevat. b. y θ=π θ=0 x (,0) ( 1,0) 1 = ε, = 0 1 ε. c. v = K = ṙˆ + θˆθ 1 mv = 1 mṙ + 1 m θ = 1 mṙ + 1 L m m 4 = 1 mṙ + L m E = 1 mṙ + A GMm med A = L /m. d. ~ U Funksjonen ha minimum de den deivete e lik null: E 0 1 dũ d (Ũmin) = = L m + GMm = 0 L GMm = 0. 4

5 Oppgave 4. Numeikk. (Telle 10%) Fa ṙ = V () ha vi d = V ()dt. Vi bestemme føst funksjonen V (): E ṙ = m A m + GM = V (). Et fonuftig tidssteg dt vil væe slik at halve ellipsen, fa θ = 0 til θ = π, dekkes med et antall tidssteg N, slik at N 1 men samtidig slik at N ikke bli uimelig sto. Vi kjenne veken lengden av halve ellipsebanen, l, elle planetens typiske hastighet v langs banen, men vi kan gjøe noen imelige oveslag: Ellipsen ha utstekning a = 1 + på tves (i x etning). Da e i hvet fall lengden av banen fa θ = 0 til θ = π støe enn a, dvs l > a. Videe ha planeten minimal potensiell enegi nå den e næmest sola, dvs i posisjonen ( 1,0). Det bety at planeten ha maksimal kinetisk enegi, og demed maksimal fat i denne posisjonen: E = 1 mv max GMm 1 v max = m ( E + GMm 1 Til sammen bety dette at planeten buke minst en tid gitt ved a/v max fo å tilbakelegge halve ellipsebanen. Ved å velge et tidssteg f.eks. dt = a/v max, vil defo halve ellipsebanen væe oppdelt i me enn bite, noe som bude gi en imelig gad av nøyaktighet. Algoitmefoslag (de vi anta at alle konstante alleede ha fått sine vedie): dt = ( 1 + )/ (E + GMm/ 1 )/m (1) = 1 θ(1) = 0 t(1) = 0 j = 1 while (j) < : V (j) = E m A m(j) + GM (j) (j + 1) = (j) + V (j) dt θ(j + 1) = accos(( 0 (j + 1))/((j + 1)ε)) t(j + 1) = j dt j = j + 1 tilbake til while... He e oppdateingen av, θ og j inne i løkka det mest essensielle. (Kommenta: Ettesom V ( 1 ) = 0, isikee vi he å bli stående fast i = 1, så vi bude nok ha satt (1) litt foskjellig fa 1.) Oppgave 5. Teghetsmoment. (Telle 10%) ). I A = dm = (x + y ) M V dv = L b = M (x + y )dxdy bl x=0 y=0 = M ( L b L ) b x dx dy + dx y dy bl ( ) L = M bl b + Lb = M (L + b ) (x + y ) M abl adxdy 5