Kortfattet øsningsforsag / fasit Konteeksamen i FYS-MEK 1110 - Mekanikk / FYS-MEF 1110 - Mekanikk for MEF / FY-ME 100 Eksamensdag torsdag 18. august 005 (Versjon 19. august k 0840. En fei i øsningen av oppgave er rettet opp i dag etter tips fra HCH. Kan fortsatt ett innehode fei!) 1 1. Forståesesspørsmå a) Gjør rede for hvike ytre krefter som virker på en bi som kjører oppover en bakke med konstant hastighet. Angi både angrepspunkt og retning ti de aktuee kreftene. Bien bir påvirket av føgende ytre krefter (se figur): 1: Gravitasjon. Angrepspunktet er ethvert massepunkt i bien, men vi kan for mange formå anse angrepspunktet som massesenteret, 3 forutsatt at gravitasjonskraften er isotrop over hee bien. Retningen er oddrett nedover. : Normakraften fra bakken, 4 virker på hjuene som er i kontakt med bakken. Retning normat og vekk fra underaget. 3: Friksjonskraften fra bakken, 1 angrepspunkt på ae hju som motoren er kobet ti (i figuren antar vi at det er forhjustrekk). Retning er forover. Dette er friksjonskraften hvor motoren overfører sin kraft ti verden utenfor seve bien, og det er denne kraften som gir bien drivkraft for å hode konstant fart oppover bakken. 4: Vi har også friksjonskraft som forsøker å motvirke bevegesen, f.eks. uftmotstand, ruemotstand meom hju og veidekke m.m. Denne friksjonskraften er rettet bakover, men ikke nødvendigvis nøyaktig paraet med bakken. Angrepspunkt er hee biens overfate (for uftmotstanden) og dekkene (for ruefriksjonen). Bare en pi 4 er tegnet inn. Siden bien går med konstant hastighet, må vektorsummen av ae disse ytre kreftene tisammen bi ik nu. Vi dekomponerer ofte kreftene i to retninger, angs bakken og vinkerett på bakken. Da må også summen av ae komponentene i hver av disse to retningene være ik nu. Det kan være ve så korrekt å så sammen kreftene og 3 siden disse totat sett gir kontaktkraften som virker fra underaget mot hjuene på bien. Det er ikeve mest tradisjon for å dee opp denne kontaktkraften i to deer sik som gjort ovenfor. b) Gjør også på tisvarende måte rede for hvike ytre krefter som virker på systemet (jord+måne). For systemet (Jord+Måne) er den eneste ytre kraften stort sett gravitasjonen fra Soa. Det er også gravitasjonskraft fra de øvrige paneter og måner og fjernere himmeegemer, men disse kreftene bir angt mindre enn den fra Soa. Angrepspunkt er ae massepunkter i Jord+Måne, men vi kan tenke oss at angrepspunktet er massemiddepunktet. Retning er fra massemiddepunktet for systemet (Jord+Måne) og mot massemiddepunktet for Soa.
Side c) Når en bi bremser, vi normakraften på forhjuene fra underaget være større enn vanig. Forkar hvorfor, og prøv å angi en reaistisk vurdering av hvor stor effekten er. Når vi bremser vi friksjonskraften meom dekk og bakke gi en netto kraft på bien i horisonta retning. Men angrepspunktet er nederst på dekkene, og denne kraften får et dreiemoment som forsøker å dreie bien sik at fronten av bien dukker nedover og bakenden opp. Dersom dette dreiemomentet ikke bir kompensert av et annet dreiemoment som virker i motsatt retning, vie bien faktisk rue het rundt som en ba. Det skjer ikke fordi kraftparet som kommer fra normakraften fra underaget mot dekkene endrer seg sik at normakraften på framdekkene bir betydeig større enn bak (se figur). Gravitasjonskraften går gjennom massesenteret (CM på figuren), og vi ikke ha noe kraftmoment som kan gi rotasjon. 4 a a CM 1 3 b La oss forsøke å vurdere hvor stor effekten er. Friksjonskraften som jeg vi kae F 1 ut fra nummereringen på figuren, har en arm ik b, mens normakreftene fra underaget har krefter F og F 3 med arm a (har for enkehets skyd antatt at massesenteret igger midt meom hjuene). Bien dreier itt ved nedbremsing, men stort sett dreier den ikke. Derfor må kraftmomentene iføge spinnsatsen totat være omtrent ik nu. Herav: F 4 b F a + F 3 a 0 Videre har vi ut fra Newtons. ov i to uike retninger: F + F 3 F 1 mg og F 4 rm der jeg har kat biens akseerasjon (retardasjon, nedbremsing) for r og masse m. Jeg innfører nå en F som er den ekstra kraften som virker på forhjuene under nedbremsing (og ik reduksjonen i kraften som virker på bakhjuene). Jeg dividerer også den første ikningen med armen a, og får: rm b ā - mg ------ F mg + ------ + F 0 F rm ------ b -- a Som en itt videre kommentar som sevføgeig ikke forventes ti eksamen, kan vi her nevne at bremsing på fat vei med gode sommerdekk på tørr asfat, er temmeig effektiv. Bremseengden er om ag 3-4 meter dersom vi bremser maksimat fra 80 km/t. Det tisvarer en retardasjon på ca 10.5 m/s eer grovt sett ik g. Normat er ve avstanden meom hjuene en de større enn to ganger høyden ti massesenteret over bakken, sik at forhodet b/a vi være avere en 1. Men for en av de berømte (beryktede) nye bybiene, som jo er svært korte, var dette ikke het tifee. Og hva skjedde da? Jo, F be da iføge formeen ovenfor itt større enn mg/, og bien tippet rundt ved kraftig nedbremsing! Pinig for fabrikanten! Løsningsforsag ti konteeksamen FYS-MEK 1110 m.f. 18. august 005
Side 3 d) I koisjoner skier vi meom eastiske og ueastiske støt, rette og skrå støt, samt sentrae og ikke-sentrae støt. Gjør kort rede for kassifiseringene og hva de innebærer. Hvor mange variabe vi må kjenne ti i hver enke situasjon for å øse et støtprobem entydig. (Ta utgangspunkt i anta ovmessigheter vi har tigjengeig.) Eastisk støt er et hvor kinetisk energi er bevart, ved ueastisk støt er ikke kinetisk energi bevart. Rette støt er sike der hastighetene ti de to gjenstandene som koiderer har samme retning (eer motsatt retning) sik at støtprobemet bir endimensjonat. Dette er ikke ti fee i et skrått støt. Sentrat støt er et støt hvor de momentane kreftene som virker meom egemene i støtet, ikke har noe kraftarm reativt ti massesenteret ti hver enke de. Et sentrat støt vi derfor ikke i seg sev kunne gi noe ekstra rotasjon ti de egemene som er innvovert. Med hensyn på anta parametre er det at i at åtte uike kombinasjoner av de tre kassifiseringene angitt ovenfor, og vi vi ikke gi utdypende svar for ae disse. De viktigste variantene vi har med å gjøre er sentrae støt sik at vi først og fremst konsentrerer oss om bevaring av bevegesesmengde (atid tifredsstit, garanter gjennom Newtons 3. ov) og eventuet bevaring av energi ved eastisk støt. For rette støt er det føgende variabe: Masser og fart før og etter. Totat er dette seks parametre. Vi har egentig ikke bruk for absouttverdien av massene, bare deres reative verdi. Av den grunn er det effektivt bare fem variabe. For et eastisk rett støt, har vi effektivt bare to ikninger: Bevaring av bevegesesmengde (i en dimensjon) og bevaring av kinetisk energi. Vi må da kjenne tre variabe for å finne de to siste. For et ueastisk rett støt, har vi bare en ikning å støtte oss ti (bevegesesmengde). Vi må derfor kjenne fire variae for å kunne finne den femte. For et såkat fustendig ueastisk rett støt vi de to deene henge sammen etter støtet, og får derfor samme hastighet. I sike probem er det bare fire effektive variabe. Kjenner vi da tre av disse, kan den siste bestemmes. For skrå, sentrae støt, vi probemet effektivt sett bi to-dimensjonat (ae hastighetene vi bi iggende i et pan). Da vi vi måtte spesifisere to komponenter av ae hastigheter. Probemet får da åtte variabe, men effektivt syv siden bare forhodstaet meom massene inngår. Ti gjengjed får vi nå tre ikninger å støtte oss ti, nemig bevaring av kinetisk energi (for eastisk støt), og bevaring av bevegesesmengde i to perpendikuære retninger. For ikke-sentrae støt vi rotasjonen ti de to egemene inngå, og probemet bir generet sett angt mer kompekst. Vi kan riktignok nå også trekke inn spinnsatsen, men bare i svært forenkede situasjoner er det muig å øse disse probemene innenfor rammen av vårt kurs i ae fa. (I sike tifeer har vi ofte å gjøre med faste akser, eer i det minste fast retning på akser, men da er ikke systemet isoert enger, og bevaring av bevegesesmengde gjeder ikke enger). e) Hva menes med en konservativ kraft? En konservativ kraft er en kraft som utfører samme arbeid på et egeme uansett hviken vei egemet forfyttes meom to punkter. f) Dersom samtidighet ikke er et absoutt begrep, betyr det at vi må gi opp begrepet kausaitet? Dersom hendese A medfører hendese B, må A skje først. Er det muig at det i noen referanse- Løsningsforsag ti konteeksamen FYS-MEK 1110 m.f. 18. august 005
Side 4 system ser ut som at A medfører B mens det i andre system ser ut som om B medfører A? Forkar. Dersom en hendese A medfører en hendese B, betyr det at det må være et eer annet fysisk kobing meom disse, og en fysisk påvirkning kan bare skje med hastigheter mindre eer ik ysets hastighet. Det kan vises ved hjep av Lorentz-transformasjonene at ae hendeser av denne typen vi i ae referansesystem ha samme rekkeføge på hendesene. Med andre ord, kausaitet kan behodes sev etter at reativitetsteorien er innført. På den annen side kan det nevnes at det er muig å konstruere to hendeser som ikke har noe fysisk med hverandre å gjøre, hvor vi kan finne en annen rekkeføge i ett referansesystem sammeniknet med et annet. Lorentz koordinat-transformasjonene sier b.a.: t t ux c --------------------------- 1 u c hvor symboene har sin vanig betydning. Dersom vi f.eks. veger referansesystemer og to hendeser A og B sik at hendese A skje ved tiden tt 0 og x x0 i begge referansesystemer, vi vi kunne oppnå at tiden for B vi kunne ha uikt fortegn i de to systemene dersom t ux c c < 0, dvs at x > -- tc. Vi vet at c/u>1, føgeig må også x> ct. Det vi si at hendese B i det umerkede systemet igger enger unna origo u (der hendese A fant sted) enn det vi kan nå ved hjep av ysets hastighet. Det betyr at hendesene A og B i dette tifeet ikke kan ha noe fysisk med hverandre å gjøre. Oppgave a) Finn størresen og retning av Corioiskraften som virker på en 100 kg tung bi som kjører rett nordover (meom Oso og Gardermoen) med hastigheten 100 km/t. Oso igger omtrent på den 60-ende breddegrad. Corioiskraften er gitt ved uttrykket Fc mω v der m er massen, ω er vinkehastigheten ti det roterende referansesystemet i forhod ti et inertiasystem, og v er hastigheten måt i det roterende systemet. Bien har en hastighet som er rettet nordover angs jordoverfaten. Bare den komponenten av denne hastigheten som er normat på ω vi bidra ti Corioiskraften. Det er hastighetskomponenten radiet inn mot jordaksen. Denne hastigheten har en størrese: 100 -------- m/s sin60 o 3.6 4.06 m/s Jordas vinkehastighet (regnet på enkest måte) er: ( π ( 60 60 4) ) s 1 7.7 10 5 s 1 Herav får vi størresen på Corioiskraften: F c 100 kg 7.7 10 5 s 1 4.06 m/s 4.0 N Løsningsforsag ti konteeksamen FYS-MEK 1110 m.f. 18. august 005
Side 5 Dette tisvarer vekten av itt mindre enn et havt kio. Denne kraften er vinkerett på panet som er spent ut av jordaksen og hastigheten ti bien, og minustegn og høyrehåndsrege for kryssprodukt tisier at kraften er rettet direkte østover. Oppgave 3 Et ite egeme med masse m beveger seg friksjonsfritt på en horisonta fate. Legemet er festet ti en tynn tråd som går gjennom et hu i faten. Ved å trekke i enden av tråden kan vi variere avstanden fra huet ti egemet. Ti å begynne med går egemet i en sirkuær bane med radius r 0 og fart v 0. Ved å trekke i tråden får vi egemet over i en sirkuær bane med radius r 1 < r 0. a) Finn farten i den nye sirkebanen. Legemet har en sirkebevegese omkring huet, som fungerer som en sags akse. Når vi trekker i snora, vi kraften ikke ha noe kraftmoment omkring aksen, siden armen er ik nu. Føgeig vi spinnet omkring huet forbi uendret. Spinnet er definert som L r p, og posisjonen (re aksen) er atid vinkerett på bevegesesmengden, og spinnet er hee tiden vinkerett på panet der bevegesen skjer. Herav: Herav: L 0 r 0 mv 0 L 1 r 1 mv 1 r v 1 v 0 0 ---- r 1 (dvs større fart enn opprinneig) b) Finn økningen av egemets kinetiske energi, og bruk energibevaringsoven for å finne hvor stort arbeid vi må utføre på egemet for å bringe det over i den nye banen. Det er sagt at egemet er ite, sik at kinetisk energi før og etter må være gitt ved: 1 E k0 --mv 0 1 1 E k1 --mv 1 --m r v 0 0 ---- 1 r --mv 0 0 ---- r 1 r 1 Endring i kinetisk energi er da: 1 E k --mv r 0 0 ---- - 1 r 1 --mv 1 r 0 r 1 0 --mv 0 -------------- Siden systemet har fått en økning i kinetisk energi, og det ikke er andre krefter (effektivt sett) som påvirker systemet enn snorkraften, må økningen i kinetisk energi for egemet sev komme fra arbeidet som utføres når snora trekkes ned i huet og banen bir endret. r 1 Løsningsforsag ti konteeksamen FYS-MEK 1110 m.f. 18. august 005
Side 6 c) Beregn dette arbeidet direkte b.a. ved å ta utgangspunkt i snordraget, under forutsetning at vi trekker så sakte at det gjøres mange omdreininger i øpet av den tiden vi endrer radien i banen. Arbeidet som utføres når vi trekker i snora, er ik snordraget ganger med avstanden vi har trukket. Men snordraget er ikke konstant under bevegesen. Under forutsetningen nevnt i oppgaveteksten, vi vi tinærmet ha en sirkuær bevegese underveis, og sentripitakraften må da være: F s ( r) m vr ( ) r 0 ----------- m v r 0 ---- r 1 ( -- m v 0 r 0) -------------- r hvor vi har brukt resutatet fra punkt a underveis. Arbeidet som utføres under endringen av banen bir da siden kraft og vei er paraee, men dr er den negative av forfytningen/veien (ofte kat ds): r 3 W r1 F s ( r) dr mv ( 0 r 0 ) d ---- r r 3 mv ( 0 r 0 ) 1 -- --- 1 1 --- r0 r1 r0 r 1 r 0 1 r 0 r 1 --mv 0 -------------- r 1 Dette er arbeidet vi utfører når vi trekker i snora, og det vi da tisvare økning i kinetisk energi for egemet som roterer oppå faten. Vi ser at vi fikk samme resutat som i punkt b, hviket vi jo skue forvente. Oppgave 4 - versjon A (ikke for FYS-MEF) Internationa Space Station (ISS) befinner seg om ag 390 km over jordoverfata. a) Bestem omøpstiden ti ISS ved å ta utgangspunkt i at jordradien er 6.38. 10 6 m og at tyngdens akseerasjon ved jordoverfaten er 9.81 m/s. Beregn også hastigheten ISS har (i forhod ti en tenkt ikke-roterende jord). I sin bane rundt jorda må gravitasjonskraften tisvare sentripetakraften i den nær sirkeformede bevegesen. Samtidig vet vi at gravitasjonskraften avtar med kvadratet av avstanden ti jordens sentrum fra jordoverfaten og utover. Herav føger dersom vi kaer massen ti ISS for m, hastigheten v, jordradien R og ISS s høyde over bakken for R: v m ---------------- R + R R mg ---------------- R + R v gr ---------------- R + R Settes det inn de oppgitte veridene, får vi: v 7.68 10 3 m/s Løsningsforsag ti konteeksamen FYS-MEK 1110 m.f. 18. august 005
Side 7 Omøpstiden bir da: T π( R + R) 3.14 6.77 10 6 m ---------------------------- -------------------------------------------------- v 7.68 10 3 5.54 10 3 s m/s 9.3 min ISS bir b.a. besøkt av romferjer (Space Shuttes). En romferje har om ag 7600 m/s hastighet ved 00 km over bakken når den inneder anding på jorden etter endt romferd. Når romferja ander på bakken, har hastigheten sunket ti ca 350 km/t. Praktisk tat hee den angitte fartsreduksjonen skydes friksjon mot atmosfæren under nedstigningen. Romferja har ved anding en masse på itt over100 tonn. b) Bestem hvor mye energi som går opp i varme når romferjen returnerer ti jorda. Endring i tota mekanisk energi (både kinetisk og gravitasjonsenergi må tas med!) er gått med ti varme. Når det gjeder endring i kinetisk energi, er den enke: 1 E k --m( v b v r ) der indeksene b og r står for bakke og rom, henhodsvis. Når det gjeder potensie energi, kunne vi regnet ut denne fra det teoretiske uttrykket vi kjenner fra gravitasjonsenergi. Men vi har ikke oppgitt verken jordmassen eer gravitasjonskonstanten. I stedet må vi fae tibake på noe annet vi husker om panetbevegeser o.., nemig at for sirkuære baner i et gravitasjonsfet er kinetisk energi nøyaktig ik havparten av den potensiee gravitasjonsenergien, men med motsatt fortegn. Herav får vi føgende endring i potensie energi: E p 1 --mv 1 b,sirkebane --mv r Her er v b,sirkebane farten en sateitt måtte ha dersom det skue fare rundt Jorda ike over bakken (ser bort fra uftmotstand og fje og densags). Denne farten kan finnes på samme måte som i punkt a, bare ved å sette R ik nu. Verdien bir: Totat får vi da: v b,sirkebane 7.91 10 3 m/s E E k + E p 1 1 --mv b --mv mv b,sirkebane + mv r r 1 1 E --mv b + --mv mv b,sirkebane r Innsatt: Løsningsforsag ti konteeksamen FYS-MEK 1110 m.f. 18. august 005
Side 8 E 0.5 10 5 350 -------- + ( 7.68 10 3 ) ( 7.91 10 3 ) J 3.6 E 3.31 10 1 J Romferja har atså mistet denne energimengden, og denne har da gått over i varme under nedstigningen gjennom atmosfæren. En VW Passat personbi med 170 hestekrefters motor kan yte 17 kw når den går for fut. c) Beregn hvor enge en sik bi vie kunne kjøre med max effekt før den hadde brukt ike mye energi som en romferje mister når den er på vei tibake ti jorden. Arbeid / energi ( E) er ik effekt (P) ganger tid ( t). Føgeig vi Passaten kunne kjøre i føgende tid for fu guffe før den har brukt ike mye energi som romferja taper når den går tibake ti jorda etter endt oppdrag i rommet: t E 3.31 10 1 J ------ ------------------------------ P 1.7 10 5.60 10 7 s W 301 døgn Det er med andre ord snakk om en betydeig energimengde. Oppgave 4 - versjon B (kun for FYS-MEF) Hooke s ov for strekkbeastninger kan skrives som F x kx, hvor x er egemets endring i engde og k er en kraftkonstant. a) Finn et uttrykk for kraftkonstanten k for en stang med engde 0, tverrsnitt A og Young s moduus Y. F A, engde- Fra fasthetsæren kjenner vi ti føgende sammenheng meom normaspenning tøyning ---- og eastisitetsmodu Y: 0 F ------ Y ---- A 0 Denne ikningen kan omformes itt for å få den mer over på formen vi kjenner fra Hook s ov: F YA ------ 0 YA Hook s ov får vi automatisk dersom vi setter kraftkonstanten k ti å være: k ------. 0 Løsningsforsag ti konteeksamen FYS-MEK 1110 m.f. 18. august 005
Side 9 b) Beregn arbeidet, uttrykt ved b.a. 0, A og Y, som kreves for å strekke dette egemet en engde x. Dersom vi ska strekke et gitt egeme en engde, må vi yte et arbeid. Arbeid finner vi ut fra uttrykket kraft ganger vei, men med vektorprikkprodukt invovert. I vårt tifee vi kraften og veien (engdeøkningen) skje i samme retning, sik at vi kan se bort fra retningene i det generee uttrykket. Derimot varierer kraften under strekkingen, sik at vi må bruke integraregning for å finne arbeidet: x YA W F( x ) dx ------ x dx x 0 x 0 x 0 YA ------ x 0 c) En sirkuær ståstang som er.00 m ang må ikke strekkes enger enn 0.5 cm når strekkraften er 400 N i hver ende av stanga. Hva er minste diameter ståstanga kan ha? Young s moduus for stå er 0. 10 10 Pa. Her bruker vi igjen samme reasjon som i punkt a, men ordner nå uttrykket sik at vi først kan bestemme tverrsnittet av stanga: A F 0 ---------- Y Innsatte verdier gir: A 400.00 ----------------------------------------------- 0 10 10.5 10 3 m 1.60 10 6 m Diameteren bir da: d r A π 1.43 mm Det er atså en ganske tynn stang vi har med å gjøre, noe vi jo innså aerede da det var snakk om at en ståstang på kun to meter kunne strekkes så mye som.5 mm for en nokså moderat kraft (omtrent ik tyngden ti et 40 kios odd). Oppgave 5. Einstein anserte den spesiee Reativitetsteorien for hundre år siden i år. a) Reativitetsteorien er basert på to postuater. Hva sier disse? Første postuat, reativitetspostuatet, yder: Ae fysiske over er de samme i ethvert inertiasystem. Andre postuat: Lyshastigheten i vakum er den samme i ae inertiasystem, og den er uavhengig av både bevegesen ti inertiasystemet og ti yskidens bevegese. Løsningsforsag ti konteeksamen FYS-MEK 1110 m.f. 18. august 005
Side 10 b) Uted formeen for tidsdiatasjon, gjerne ut fra et tankeeksperiment. Nevn viktige forutsetninger og poenger ved utedningen. Vi tenker oss at vi måer tid ved å sende ys fra en yskide ti et spei som refekterer det tibake igjen. Tidsforskjeen meom start og retur av yset er på en måte kokke-enheten, forutsatt at engden meom kide og spei er kjent i tiegg ti den universee yshastigheten c. Vi får at tidsforskjeen rett og sett bir ik den totae ysveien dividert med yshastihgeten. Dersom avstanden meom yskide og spei er ik L, vi tiden meom utsending av ys og retur av ys i dette systemet, S, være ik t L c Spesiee forhod kommer inn når hendesene 1) ys sendes ut fra en yskide, ) ys refekteres fra et spei, og 3) ys kommer tibake ti yskiden, anayseres i to uike inertiasystem. Hendese 1 og 3 kan skje på samme posisjon i ett inertiasystem. Vi kaer som nevnt dette referansesystemet for S. Tidsdifferansen meom hendesene 1 og 3 kaes her egentid (engesk: proper time). I ae andre inertiasystem vi disse hendesene skje på uikt sted. La oss nå betrakte de tre hendesene i et inertiasystem S som beveger seg med hastighet v reativt ti det første. Anta også at yskide og spei i det første systemet har en gjensidig retning i forhod ti hverandre som står vinkerett på reativhastigheten meom de to systemene. Dersom S beveger seg angs en fees x-akse reativt ti S, kan f.eks. speiet igge på y-aksen i S mens yskiden og detektor igger i origo. Sett i S vi hendese være forskjøvet i x-retning sammeniknet med hendese 1 som vi for enkehets sky kan tenke oss å i origo også i S. Lyset må atså i S gå en avstand som er ik L + v t ------- meom hendese 1 og (ingen engdekontraksjon i en retning noormat på den gjensidige hastigheten i forhod ti hveandre). Siden yshastigheten ska være c også i S, vi tota tid meom hendese 1 og 3 i S vi derfor være: t' -- L v t' c + -------- Kvadrerer vi og ordner edd, får vi: 1 ---- t' L ----- c v c Setter vi inn for tidsdifferansen vi fant i S, får vi: t' 1 -------------------------- t 1 v c (NB. Merkingen på t er ibant itt vanskeig å få øye på.) Løsningsforsag ti konteeksamen FYS-MEK 1110 m.f. 18. august 005
Side 11 Dette er formeen for tidsdiatasjon. En tidsforskje meom to hendeser (1 og 3) vi atid synes å være engre i et system S der hendesene forekommer på uik posisjon enn i et system S der hendesene skjer på samme sted. [Det vi være naturig i en besvarese å age en skisse av oppsettet, iknende det vi finner i figur 37.5 i æreboka. Det er ikke tatt med i dette øsningsforsaget av makeighetsgrunner, siden det tar en de ekstra tid å age sike figurer i eektronisk format.] Oppgave 6 En tynn homogen stang AB med masse m og engde, er opphengt i A som vist på figuren. θ betegner vinkeen meom stanga og vertikaen. Ingen friksjon. Tyngdens akseerasjon er g. Det oppgis at treghetsmomentet om dreieaksen i A er 1/3 m. Bevegesen starter med at stanga sippes fra ro i horisonta stiing. a) Finn vinkeakseerasjonen som funksjon av vinkeen θ. A θ / / sinθ mg Generet sett kan denne oppgaven øses enten ved hjep av spinnsatsen eer ved hjep av energibetraktninger siden det ikke er friksjon. Jeg egger opp ti å bruke spinnsatsen i første de siden den etter min mening frembyr seg som den mest naturige gitt oppgaveteksten er sik den nå er. Spinnsatsen anvendes omkring opphengningspunktet (dreieaksen) A. τ Iα hvor I er treghetsmomentet om aksen A, og α er vinkeakseerasjonen. Kraftmomentet τ om dette punktet finner vi ut fra geometrien angitt i figuren over, og vi anvender angitt treghetsmoment. Da føger: α mg τ -- sin θ 3 g - ------------------------------ -- -- sinθ I 1 --m 3 Det bør her bemerkes at fortegnet her er vagt sik at bevegese i mot-urs retning regnes som positiv. For positiv vinke θ er da vinkeakseerasjonen negativ (forsøker å redusere vinkeen). b) Finn vinkehastigheten som funksjon av θ. Siden vinkeakseerasjonen α rett og sett er ik den tidsderiverte av vinkehastigheten ω, kan vi her gå motsatt vei og beregne integraet av akseerasjonen med gitt initiabetingese. Da får vi: Løsningsforsag ti konteeksamen FYS-MEK 1110 m.f. 18. august 005
Side 1 t ω α( t ) dt t 0 t t 0 3 g -- -- sinθ( t ) dt Probemet er bare at vi ikke i utgangspunktet kjenner vinkeen som funksjon av tiden. Vi må derfor i denne deoppgaven fae tibake ti energibetraktninger for å komme i må. Vi bruker nå energibevaring, og at a reduksjon i potensie energi i øpet av den første faperioden går over ti kinetisk energi i form av rotasjonsenergi: mg -- cos θ 1 --Iω 1 -- 1 3 --m ω Føgeig er: ω 3gcosθ ------------------ c) Finn kraften som virker på stanga i opphengningspunktet når stanga passerer aveste stiing. Kraften som virker på stanga i aveste stiing finner vi ved føgende resonnement: Vi har med et stivt egeme å gjøre. Bevegesen ti et sikt egeme kan beskrives ved hjep av to sett over. Massesentersatsen sier at massesenteret vi bevege seg ut fra Newtons over, mens spinnsatsen anvendt om massesenteret vi gi rotasjonsbevegesen ti egemet. I aveste stiing vi vinkeakseerasjonen være ik nu. Det gjeder omkring punktet A, men vi også gjede om vi hadde tatt utgangspunkt i massesenteret (så enge vi ikke har roterende referansesystem). Når vinkeakseerasjonen er ik nu, er det ikke noe kraftmoment som virker omkring massesenteret. Det betyr at kraften fra opphengningspunktet på stanga må være vertika (armen om massesenteret må være ik nu). Føgeig er det ikke noe kraft som virker normat på stanga. Nettokraften som virker angs stanga får vi fra massesentersatsen, og kraften må tisvare den vi har for en partikke med masse m i enden av en snor med engde / som roterer i en sirkebevegese med konstant vinkehastighet ik den stavens i aveste punkt. Kraften F A som virker fra stanga i opphengningspunktet må da være ik denne nettokraften puss tyngden ti staven, og vi får: F A mω -- + mg m 3gcosθ ----------------- -- + mg mg 3 -- cos θ + 1 5 --mg d) Finn, som funksjon av θ, kraften som virker på stanga i opphengningspunktet. Kraften kan f.eks. angis ved komponentene angs stanga og komponenten normat på stanga. Løsningsforsag ti konteeksamen FYS-MEK 1110 m.f. 18. august 005
Side 13 Argumentasjonen er omtrent som i forrige punkt, men nå vi vi ha en vinkeakseerasjon forskjeig fra nu sik at det også vi være en komponent av kraften fra A som virker normat på staven. I tiegg må vi ta hensyn ti at tyngden nå ikke virker i forengesen av staven, generet sett. La oss starte med å bruke spinnsatsen om massesenteret ti stanga og bestemme kraftkomponenten av F A som virker normat på stanga, dvs F A. Tyngden av stanga har sevføgeig ikke noe kraftmoment om massesenteret, sik at når vi innser at vinkeakseerasjonen om A er den samme som vinkeakseerasjonen om massesenteret, får vi: τ cm 1 F A -- I cm α -----m 3 1 -- g -- sinθ --mg 8 sinθ mgsinθ F A ------------------ 4 Merk at vi nå måtte bruke treghetsmomentet omkring massesenteret. Det er interessant å se at (også) denne øsningen er uavhengig av engden ti stanga. Når det gjeder kraftkomponenten angs stanga, F A, må vi igjen bruke Newtons. ov og ta utgangspunkt i at massesenteret beveger seg i en sirkebane. To krefter virker på stanga: kraften fra opphengingspunktet samt gravitasjonskraften (tyngden). Vi får da for retningen angs stanga: F A mgcosθ mω -- m3g ----------------- cosθ -- F A F A θ cm mg mg cosθ 5mgcosθ F A ---------------------- Vi merker oss at når stanga peker rett nedover (θ 0), er dette svaret identisk med det vi fikk i punkt c. I beregningene i de siste punktene har jeg ikke tatt ekspisitt hensyn ti fortegn, men fortegnene er tatt med i form av de inntegnede retningene i figuren ovenfor mhp F A og F A, *** Løsningsforsag ti konteeksamen FYS-MEK 1110 m.f. 18. august 005