Kortfattet løsningsforslag

Transkript

1 1 Kortfattet løsningsforslag Eksamen i FY-ME sept Oppgave 1 Korte enkeltspørsmål. Gode og kortfattede begrunnelser verdsettes! a) En stein med masse 1 kg er festet til enden av en rett stav (se figur) som er 1 m lang. Hva er stavens masse når vi antar den balanseres av opplagerkraften som overføres ved 0.25 m-merket? Stav og stein er i ro, altså må det totale kraftmomentet f.eks. om kniveggen staven hviler på, være lik null. De to kvartbitene av staven merket x balanserer hverandre uansett. Da må også kraftmomentet for steinen og for de to kvartbitene av staven merket o balansere hverandre. Massen til de to kvartbitene er halve massen m til staven, og deres massesenter er i midten, dvs 0.5 m fra eggen. Da følger: 1kg m (m/2). 0.5 m Følgelig: m 1 kg. x x o o b) En sylinder og en kule, begge med masse M og radius R, ruller nedover et skråplan. Hvilket legeme kommer først fram til enden av skråplanet når de slippes samtidig og fra samme sted? Minst to måter å argumentere på er som følger (en type argumentasjon holder!): 1: Vinkelakselerasjon. Sylinderen har større treghetsmoment enn kula, og kraftmomentet som gir rulling er identisk. Da vil vinkelakselerasjonen til sylinderen bli minst. Siden vinkelakselerasjon og vanlig akselerasjon er tett knyttet til hverandre så lenge legemene ikke sklir, betyr det at det i ethvert tidspunkt vil være mindre akselerasjon og dermed også hastighet for sylinderen enn for kula. Kula vil derfor nå enden av skråplanet først. 2: Energibetraktning. Sylinderen har større treghetsmoment enn kula. Begge har i utgangspunktet samme potensielle energi i forhold til underlaget der skråplanet slutter. Total kinetisk energi (translatorisk pluss rotasjonsenergi) vil derfor være lik for både kule og sylinder når de når bunnen. Men siden rotasjonsenergien er 1/2 I ω 2, og I er større for sylinderen enn for kula, betyr det at ω må være mindre for sylinderen enn for kula når den når bunnen. Rulling og translatorisk bevegelse er igjen koblet (ingen skliing). Følgelig vil sylinderen nå bunnen med lavere translatorisk hastighet enn kula, hvilket betyr at kula vil nå bunnen raskest. c) Hva skjer med farten til en tung trailer som kjører oppover en lang, bratt bakke? Hvilke faktorer er avgjørende? (Det er ikke nødvendig å gjennomføre all utregning, men enkelte nøkkellikninger som angår problemet kan være fint å sette opp sammen med begrunnelser.)

2 Side 2 For en lang, bratt bakke vil traileren miste hastighet i starten, men etter hvert nå en grensehastighet som den kan holde videre. Hastigheten kommer an på effekten lastebilens motor kan yte, på tyngden til lastebilen, på helningsvinkel til bakken, og på friksjon. Ved konstant hastighet er sum av alle krefter på bilen lik null. Det kan være lurt å dekomponere krefter langs bakken og vinkelrett på denne. De som er vinkelrett er uinteressante siden motoren på lastebilen ikke yter noe kraft i denne retning. Langs bakken virker: 1) Lastebilens skyvkraft (blir egentlig friksjonskraften mellom bakke og hjulene som motoren er koblet til), 2) Tyngdens komponent langs bakken, og 3) Friksjonskraft ellers (luftmotstand, rullemotstand mellom dekk og bakken, friksjon i aksler og overføringer). Komponent 1 virker forover, de andre bakover. Summen er lik null. Siste likning vi trenger er at lastebilens effekt er lik skyvkraften (nevnt ovenfor) multiplisert med hastigheten langs bakken. Luftmotstand kan gjerne være hastighetsavhengig, men den viktigste komponenten som bestemmer sluttfarten (for små hastigheter i de minste) er at motorens effekt skal være omtrent lik tyngdens komponent langs bakken multiplisert med hastigheten på bilen. Når luftmotstand og annen friksjon trekkes med, vil en finne enda en litt lavere slutthastighet. d) Når to elementærpartikler kolliderer i eksperimentene i Cern, er det lett å bruke bevaringssatsen for bevegelsesmengde. Når to billiardkuler kolliderer med hverandre på et billiardbord, er det litt mer komplisert. Bruk bildet på siste side av dette oppgavesettet for å vise at vi ikke har bevaring av bevegelsesmengde litt etter et støt mellom to kuler på et horisontalt brett. Forklar dernest kort hva forklaringen på dette fenomenet er. (Forklaring på selve bildet er gitt på siste ark i dette eksamenssettet. Du kan rive av dette arket og legge det ved besvarelsen dersom du ønsker det.) En kan bruke endring i posisjon mellom to lysglimt for å finne en gjennomsnittshastighet til hvert av kulene både før og etter kollisjonen. Akkurat idet støtet foregikk, hadde vi nok impulsbevaring, men kort tid etter dette igjen, vil impulsen ikke være bevart. Dette skyldes at kulene ruller. Den kula som var i ro, vil i selve støtet få en translatorisk bevegelse (bare). Kula vil da først skli på underlaget, men på grunn av friksjon, vil en etter hvert gå over til ren rulling. En del av den translatoriske bevegelsesenergien grå over til rotasjonsenergi. Vi ser også at avstanden mellom posisjonene til denne kula avtar i de første intervallene etter kollisjonen. For kula som opprinnelig kom inn fra toppen, endrer den både farten og retningen på hastigheten etter støtet. Dette fører igjen til noe skliing (litt sideslengst), samtidig med foroverrullingen. Temmelig raskt får vi også her ren rulling, og en ny fordeling mellom translatorisk bevegelsesenergi og rotasjonsenergi. Banen blir krum. Vi kan vise at summen av gjennomsnittlig bevegelsesmengde i f.eks. andre intervall etter støtet, ikke er lik gjennomsnittlig bevegelsesmengde før støtet. Siden vi har like kuler, blir det bare å måle opp vertikale og horisontale komponenter av forflytningene, og sjekke om de balanserer hverandre. Det gjør de ikke. (Ikke vist her. Er gjort da kurset gikk våren 2002.)

3 Side 3 e) En rakett skytes ut fra Nordpolen i en lav bane nær jordoverflaten. Lengden av banen er 4000 km, og flytiden er 25 minutter. Jordradien er 6378 km. Hvor mye bommer raketten på målet dersom det ikke tas hensyn til jordrotasjonen? Idet raketten skytes ut, vil den være rettet mot et sted på Jorda 4000 km lengre mot sør. Mens raketten beveger seg sydover, vil Jorda rotere, og det opprinnelige punktet vil flytte seg vekk fra det stedet raketten etter hvert kommer til å lande. Det opprinnelige målpunktet beveger seg i en sirkel rundt Jordaksen, og vi må finne radien r i denne sirkelen. Av figuren til høyre ser en at vinkelen θ i radianer er gitt ved sirkelbuens lengde s dividert på Jordradien R. Mensr/R er sinus til q. Følgelig: r s θ R r s Rsin -- R Hvor langt det opprinnelige målpunktet beveger seg d, mens raketter flyr en tid t, når Jordas rotasjonstid er T, blir da: d 2πr t -- T Setter vi inn for tallene som er gitt, følger: 4000 d 2π 6378 sin km 408 km Merk: Svaret er på en måte feil, siden avstanden mellom opprinnelig målpunkt og virkelig målpunkt vil være mindre enn den vi har regnet ut her. Dette skyldes at vi ikke har gitt korteste avstand mellom disse punktene (langs en såkalt storsirkel gjennom punktene) men avstanden langs en breddesirkel. Det vil kreve en del mer arbeid å få det andre svaret (langs storsirkelen), så det er lurt å gjøre den tilnærmingen vi her har gjort. f) (Vanskelig?) Corioliskraften avhenger av at legemet vi betrakter har en hastighet i et roterende referansesystem. En hastighet har imidlertid tre komponenter. Hvilke av disse tre komponentene bidrar til Corioliskraften? Kan du gi en kort kvalitativ forklaring på hvorfor den/de hastighetskomponentene du nevnte fører til at vi synes å observere den fiktive Corioliskraften? I et roterende referansesystem er det naturlig å angi hastigheter i polar/sylinder-koordinater, hvor den ene aksen ligger langs rotasjonsaksen. Den tilsynelatende Corioliskraften vil da kun vise seg dersom hastigheten til et legeme har komponent(er) vinkelrett på rotasjonsaksen. En hastighetskomponent normalt på rotasjonsaksen vil gi en tilsynelatende kraft på tvers av hastigheten, i et plan normalt på rotasjonsaksen. Dette fenomenet kan lett demonstreres ved å trille en kule rett mot midten av en gramofonplate som roterer. Kula synes da å bli avbøyd på tvers av bevegelsesretningen.

4 Side 4 En hastighetskomponent som er tangentiell til en tenkt sirkelskive med akse i rotasjonsaksen, vil gi en tilsynelatende kraft i radiell retning (vinkelrett på rotasjonsaksen). Denne kraften gir egentlig bare en korreksjon til sentrifugalkraften. Er et legeme i ro i det roterende referansesystemet, vil sentrifugalkraften tilsvare sentripetalkraften som må til for å holde legemet i en sirkelbevegelse med gitt radius og vinkelhastighet. Har legemet en hastighet i tangentiell retning, tilsvarer det at det egentlig ikke har samme vinkelhastighet som det roterende systemet, og sentrifugalkraften vil da bli større eller mindre enn det den ville vært dersom legemet var i ro i det roterende systemet. Den ene komponenten i Corioliskraften tilsvarer nettopp endringen i total effektiv sentrifugalkraft. Oppgave 2 En satelitt med masse m kretser om solen (masse M) i en sirkulær bane med radius R. a) Bestem satelittens omløpstid. I en sirkulær bane vil gravitasjonskraften bestandig gi en konstant sentripetalkraft rettet mot sentrum i systemet (solen i vårt tilfelle). Det er mange måter å gå fram for å finne omløpstiden, f.eks. kan en ta utgangspunkt i Keplers tredje lov. Her starter vi fra Newtons 2. lov og antar at solmassen er så mye større enn sattelittmassen, at vi kan anse sola i ro. Da er: ma m v G mm R 2 R 2 hvor v 0 er farten til satelitten i den sirkulære banen. Men siden denne farten er konstant, blir omløpstiden T 0 lik: T 0 2πR π R3 GM v 0 En meteor med masse m/3 beveger seg i en bane som tangerer satelittbanen. De to banene ligger i samme plan og omløpsretningen er den samme. I tangeringspunktet har meteoren en hastighet som er den dobbelte av satelitthastigheten. b) Hvilken karakter (kjeglesnitt-type) har meteorbanen? Gi en kort begrunnelse. Vi vet at en sirkelbane vil si at kinetisk energi er lik halvparten av potensiell energi (men med motsatt fortegn). Total bindingsenergi er da halvparten av den potensielle energien i den avstanden gjenstanden befinner seg i. Dersom en meteor har den doble hastighet i forhold til satelitten i sirkelbane, og de to gjenstandene da befinner seg i samme avstand til sola, vil kinetisk energi til meteoren bli fire ganger det den burde hatt for å gå i sirkelbane (Husk: E k mv 2 /2). Totalenergien for meteoren er da positiv, hvilket betyr at meteoren ikke er bundet til vår Sol. Den vil da fare gjennom nærområdet til vår sol i en hyperbelbane.

5 Side 5 I tangeringspunktet for de to banene kolliderer satelitten og meteoren uelastisk, og de beveger seg etter kollisjonen som ett legeme. Gravitasjonskraften mellom satelitt og meteor samt deres utstrekning antas å være neglisjerbare. c) Gjør rede for at banen til det sammensatte legemet etter kollisjonen er en ellipse. Vi har et uelastisk støt, men det betyr at bevegelsesmengden er bevart selv om ikke den kinetiske energien er det. Kaller vi hastigheten til satelitten for v og hastigheten til det sammensatte legemet etter kollisjonen for u, får vi med de gitte opplysningene: m mv v m + m u 3 u 5 --v 4 Vi ser at hastigheten på det sammensatte legemet er litt større enn den som trengs for at legemet skal gå i sirkulær bane (denne hastigheten er v). Men 5/ < , hvilket vil si at hastigheten likevel ikke er så stor at kinetisk energi er større enn tallverdien av den potensielle energien. Det betyr at totalenergien må være større enn den som tilsvarer en sirkelbane, men likevel mindre enn null. Legemet må da følge en ellipsebane. Oppgave 3 Figuren viser et lodd (L) og en homogen, sylindrisk skive (S) med radius R, begge med masse m, som er forbundet med en tynn, masseløs og ikke tøyelig snor. Snoren er rullet opp på skivensomkretsogdenerlagtoverenmasseløstrinsesomkan rotere friksjonsfritt om sin faste akse. Skiven har treghetsmoment I mr 2 /2 om sin symmetriakse normalt på skiven. Tyngdens akselerasjon er g. Til å begynne med holdes loddet og skiven i ro ved at de understøttes av et horisontalt plan AA. De to snorendene er vertikale. A L S A' a) Kan snoren bære en del av vekten til loddet og skiven i denne likevektstilstanden? Begrunn svaret. B B' Siden snorene er loddrette, og skiven S likevel i ro, kan det ikke virke noe horisontal friksjonskraft på skiven (Newtons andre lov). Videre, siden skiven er i ro (og ikke roterer), må en ifølge spinnsatsen ha null totalt dreiemoment om f.eks. sentrum i skiven. Siden den eneste kraften som virker fra underlaget, nemlig normalkraften, ikke gir noe kraftmoment (armen lik null), kan heller ikke snordraget gi noe kraftmoment.her er armen lik R, hvilket betyr at snordraget må være lik null.

6 Side 6 På et gitt tidspunkt fjernes raskt planet AA slik at loddet og skiven deretter faller uten begynnelseshastighet. Det antas at snoren ikke glir mot skivens omkrets. b) Gjør ved et enkelt resonnement, uten regning, rede for at de to legemene vil treffe det faste, horisontale underlaget BB samtidig. Så lenge snor er tynn, lett bøyelig og masseløs, den faste trinsen er masseløs og uten friksjon, vil snorkreftene som virker på L og S være den samme. Siden begge legemer har samme masse, vil også gravitasjonskraften være den samme. Følgelig vil total kraft og dermed også akselerasjon i verktikal retning, være identisk for begge legemer. De vil da falle likt, og treffe gulvet på likt. c) Vis ved en kimenatisk betraktning at skivens vinkelhastighet ω og skivesenterets hastighet verforbundetvedωr 2v. Anta at skiven etter en stund har dreid en vinkel θ. Da vil en lengde θr av tauet rullet av trinsen. Samtidig vil skiven ha falt en høyde hθr/2 siden tauet må gis ut i like stort monn både til lodd og skive (de faller like fort). Dersom vi deriverer den siste likningen mhp tid, får vi: v dh dθr -- ω R dt dt ωr 2v q.e.d. d) Bestem skivesenterets akselerasjon a. Det er flere måter å gå fram på. Vi kan bruke energibetraktninger, men vil i dette løsnigsforslaget bruke standard metode, nemlig å bruke massesenterloven (Newtons 2. lov for stive legemer), pluss spinnsatsen. I tillegg bruker vi en tredje likning basert på geometriske betraktninger som kan knytte de to andre sammen. Denne tredje likningen har vi nesten allerede ut fra forrige spørsmål. Derivasjon gir (når α er vinkelhastigheten for skiven): Geometriske forhold (fra 3c): α 2a R Spinnsatsen anvendt på skiven om skivens massesenter (snordraget er S): (...hvor siste overgang fremkom etter at vi hadde brukt forrige uttrykk, det fra geometriske forhold.) Da følger for snordraget: S ma 1 SR τ I α --mr 2 α mar 2 Tredje likning er massesenterloven anvendt på skiven:

7 Side 7 mg S ma Setter vi inn for snordraget, følger det da til slutt: a g -- 2 (Tilleggsspørsmål:) Anta at vi har en sirkulær skive med masse m og radius R med en stav festet i periferien. Staven er jevntykk og rettet radielt, den har masse M og lengde L. Anta at det igjen er en snor rundt skiven og at systemet ligger i ro på et underlag med snoren stram og loddrett idet underlaget plutselig fjernes. m M e) Bestem den momentane vinkelakselerasjonen α til systemet like etter at underlaget er fjernet. Presiser selv detaljer som eventuelt ikke er oppgitt. A R L A' For å finne den momentane vinkelakselerasjonen α, kanvita utgangspunkt i geometrien slik den er på figuren, og rett og slett bruke spinnsatsen om et eller annet punkt. Vi kan være litt usikre på hvor stort snordraget blir like etter at underlaget er fjernet. Av den grunn kan det være lurt å velge punktet X (se figur) som referansepunkt når spinnsatsen skal benyttes. Snordraget har da null arm, og snordragets kraftmoment om punktet X blir null. Da følger: X R L α τ Xtot, I Xtot, α mg Mg mgr + Mg 2R + L -- I 2 c, skive + mr 2 + I cstav, + M 2R + L -- 2 α 2 Vi har her brukt Stokes sats. Treghetsmomentet for en skive og en stav (om deres massesenter) kjenner vi fra før til å være: 1 I c, skive --mr 2 1 og I cstav, ML 2 12 Setter vi inn disse uttrykkene, og løser med hensyn på vinkelakselerasjonen, får vi: α mr + M 2R + L -- g mr ML 2 + M 2R + L Uttrykket kan muligens forenkles litt, men det er liten hensikt å gjøre dette.

8 Side 8 Oppgave 4 Inertialsystemene S og S er knyttet sammen med Lorentz-transformasjonene: x' x vt , y' y, z' z, t' t vx c a) Forklar hva disse relasjonene uttrykker? Relasjonene gir sammenhengen mellom rom-tid-koordinater for en og samme hendelse i inertialsystemene S (umerkede koordinater) og S (merkede koordinater). Det er forutsatt at S beveger seg med hastigheten v i x-retning i forhold til S, at det ikke er noen rotasjon av systemene, at aksene i de to systemene er parallelle, og endelig at origo i begge systemene falt sammen ved tiden tt 0. b) Utled uttrykk for lengdekontraksjon og tidsdilatasjon. Skal vi måle lengden av en gjenstand, f.eks. en stav, må dette gjøres ved at vi samtidig merker av posisjonen til endepunktene av staven. Vi kan betrakte dette som to hendelser i rom-tid. Men to samtidige hendelser i et inertialsystem som skjer ved ulik romkoordinater, vil generelt ikke skje samtidig i et annet inertialsystem. Det kan derfor se vanskelig ut å samordne de to målingene. Det som redder oss er om vi lar staven ligge i ro i et av systemene. Da vet vi at vi får samme lengde, enten vi måler ved samtidighet eller ikke. Lengden i dette systemet kaller vi stavens egenlengde. Lar vi staven ligge i ro i S, og vi måler endepunktene på den i S ved hendelsen (x 1, y 1, z 1, t 1 )og(x 2, y 1, z 1, t 1 ) (merk dette tilsvarer at staven ligger langs x-aksen, den retningen systemene beveger seg i forhold til hverandre på) vil vi i S få følgende hendelser: x 1 vt 1 t x' vx 1 c 2 y' 1 y 1 z' 1 z 1 t' ,,, og x 2 vt 1 t x' vx 2 c 2, y',, 1 y 1 z' 1 z 1 t' Siden staven ligger i ro i S, behøver vi ikke bry oss om at de to hendelsene skjer på ulik tid i S. Vi finner lengden på staven ved å ta forskjellen mellom x-koordinatene likevel. Og vi får: ( x 2 vt 1 ) ( x 1 vt 1 ) x x' 2 x' 1 L' x L altså: L L' egenlengde

9 Side 9 Dette viser at lengden L i det systemet hvor gjenstanden ikke ligger i ro, vil synes kortere enn lengden L (egenlengden) hvor legemet ligger i ro. Vi snakker derfor om lengdekontraksjon. På tilsvarende måte kan vi relatere to hendelser i systemene S og S hvor de to hendelsene er adskilt i tid, men skjer på samme sted, i et av systemene, men skjer både ved ulik tid og på ulike steder i det andre systemet. Vi snakker da om egentid i det systemet hvor hendelsene skjer på samme sted. Vi kan gjennomføre samme type utregning som ovenfor, men finner da at forskjell i tid mellom de to hendelsene blir større enn i det systemet der hendelsene skjedde samme sted. Vi snakker da om en tidsdilatasjon. Faktoren mellom dem er igjen den samme som ovenfor, og vi kan sette: t t egentid (PS: Det vil være naturlig å ta med hele utledningen i en eksamensbesvarelse. Den er utelatt her for å spare tid da løsningsforslaget skulle gjøres ferdig.) Myoner med levetid τ s dannes i en høyde h 95 km over jordoverflata. I dannelsesprosessen får myonene en utganshastighet u c. c) Vis at myonene kan nå ned til jordoverflata. Vi lar et inertialsystem S følge myonet gjennom atmosfæren (myonet ligger i ro i S), mens vi lar Jorden være et annet inertialsystem S som har hastigheten u c i forhold til S. Vi kan ikke bruke Lorentz-transformasjonene uten videre, siden origo i de to systemene ikke falt sammen ved t0. Likevel kan vi bruke tidsdilatasjonsformelen vi kom fram til under punkt b, siden den bare uttaler seg om tidsdifferanser. Myonet var i ro i S, og tidsdifferansen mellom at myonet ble dannet til det disintegrerte, kalles levetiden τ 0. Indeksen null henviser til at dette er egentiden, tiden mellom to hendelser som skjer på samme sted (i systemet S). I S vil tiden derimot være: τ 0 τ j u 1 -- c 2 Setter en inn u c for u, finnerviatτ j (levetiden sett i jordsystemet) blir 158 ganger så stor som levetiden i S, altså τ j s. Multipliserer vi nå med hastigheten til myonet, finner vi at myonet (sett i jordsystemet) vil bevege seg avstanden s c τ j ( ) m 94.9 km

10 Side 10 Dette er litt mindre enn de angitte 95 km, men da må en huske på at levetiden ikke er eksakt. Levetiden varierer en del, og den angitte verdien er bare en middelverdi. Det betyr at myoner som har litt lengre levetid enn middelverdien, og som beveger seg temmelig loddrett inn mot jorden, vil kunne nå ned til bakken. Det er en vesentlig lengre rekkevidde enn om vi ikke hadde regnet relativistisk. Da ville myonet bare ha rukket ca 600 m.