GÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin 2

Transkript

1 GÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin Tid: Plats: Ansvarig: Hjälpmedel: Tisdag juni 009, kl V-huset Lennart Sjögren, tel. 031/ (arbete), 031/ (bostad), (mobil) Matematiska tabeller, Beta, Physics Handbook, formelsamlingar, valfri kalkylator med tömt minne, samt ett egenhändigt skrivet A4- blad (två sidor, ej xeroxkopia eller maskinskrift). Lösningar läggs ut på kurshemsidan 3/6. Värdet på varje helt rätt löst uppgift finns angivet inom parentes efter varje uppgift. För betygsgraden godkänd erfordras sammanlagt minst 8.5 poäng och för betygsgraden väl godkänd minst 13.5 poäng. UPPSTÄLLDA SAMBAND SKALL MOTIVERAS (gärna med en enkel skiss). 1. En liten kula med massa m rör sig i en dimension och har den potentiella energin ( x ) ( x ) ] 4 U(x) = U 0 [ a a där U 0 och a är konstanter. a) Beräkna kraften F (x) vilken verkar på kulan. b) Beräkna de stabila och instabila jämviktspunkterna, och skissa U(x). c) Vad är frekvensen ω för små oscillationer kring det stabila jämviktsläget? d) Vilken är den minsta fart som kulan måste ha i origo för att den skall kunna röra sig bort mot oändligheten? Lösning: Kraften blir F (x) = du ] dx = 4U x 0 [1 x Jämviktspunkter fås då F (x) = 0 dvs x = 0 och x = ±a. Andra derivatan av U blir U (x) = 4U 0 ) (1 3 x Vi ser att U (0) > 0 och U (±a) < 0, dvs x = 0 är ett minimum eller en stabil jämviktspunkt medan x = ±a är maxima och instabila punkter. För små oscillationer kring x = 0 kan vi approximera kraften med den linjära termen och vi får mẍ = 4U 0 x/ dvs frekvensen ges av ω = 4U 0 /m. 1

2 Totala energin ges av E = K + U eller K = 1 mv = E U(x) För att partikeln skall kunna rör sig bort från origo måste totala energin vara större än maximala potentiella energin dvs K max = E U min U max, dvs v ( ) 1/ U0 m. En partikel med vilomassa m och relativistisk fart v kolliderar med en annan partikel i vila med massa M, och de båda partiklarna bildar därvid en ny partikel. Vilken fart har den sammansatta partikeln efter kollisionen. Lösning: Antag att den sammansatta partikeln efter kollisionen har vilomassa M e och fart u. Konservering av rörelsemängd och energi ger γ v mv = γ u M e u γ v mc + Mc = γ u M e c där γ v = 1/ 1 (v/c) och motsvarande för γ u. Från energiekvationen får vi vilket insatt i den första ekvationen ger γ u M e = γ v m + M u = γ vmv γ v m + M 3. Ett smalt rör roterar kring den vertikala z- axeln med den konstanta vinkelhastigheten ω. En partikel med massan m rör sig med konstant fart v 0 inuti röret. Bestäm den horisontella komposanten av den normalkraft som verkar på partikeln. Lösning: Vi lägger ett relativt koordinatsystem med en ξ-axel längs röret, en η-axel riktad vinkelrätt mot röret och en ζ-axeln riktad längs rotationsaxeln. Då har vi rotationsvektorn ω = ωe ζ och relativa läget ρ = ξe ξ. Detta ger v rel = ξe ξ = v 0 e ξ och a rel = 0. Accelerationen kan skrivas a = a rel + a cor + a med, där a cor = ω v rel = ωv 0 e η och a med = R + dω dt ρ + ω (ω ρ) = ω [ω ρ] = ω ξe ξ

3 ty R = 0 och ω = 0. Accelerationen blir alltså Detta ger rörelseekvationerna a = ω ξe ξ + ωv 0 e η mω ξ = F ξ Den horisontella normalkraften blir alltså mωv 0 = F η 0 = F ζ mg F η = mωv 0 4. En liten kropp med massa m rör sig på ytan av en cylinder definierad av x + y = R. Kroppen påverkas av en kraft riktad mot origo och proportionell mot avståndet från origo F = kr. Ställ upp Lagranges ekvationer och bestäm kroppens rörelse. Lösning: Vi inför cylinderkoordinater r = ϱe ϱ + ze z med hastigheten v = ϱe ϱ + ϱ φe φ + że z Nu är ϱ = R dvs v = R φe φ + że z. Kinetiska energin blir alltså T = 1 m [ (R φ) + ż ] och potentiella energin från en kraft F = kr är V = 1 kr = 1 k [ R + z ] Detta ger Lagrange-funktionen L = T V = 1 m [ (R φ) + ż ] 1 k [ R + z ] 3

4 Detta ger Rörelseekvationerna blir φ = mr φ, φ = 0 = mż, ż z = kz d ( ) mr φ dt = 0, φ = ω m z = kz Löser vi dessa ekvationer får vi φ = ωt + φ 0 z(t) = A cos ω 0 t + B sin ω 0 t där ω 0 = k/m. Konstanterna φ 0, ω, A och B bestäms ur begynnelsevillkoren. 5. En hylsa med massan m glider på en glatt (ingen friktion) ring med massan M och radie a. Ringen är upphängd i en punkt på sin omkrets så att den kan svänga fritt i sitt eget plan. Beräkna egenfrekvenserna för små svängningar. θ m φ Lösning: Kinetiska energin för systemet blir T = 1 I θ + 1 mv Ringens tröghetsmoment blir enligt Steiners sats I = M + M = M. hastighet kan skrivas v = a θe θ + a φe φ dvs v = θ + φ + θ φ [ eθ e φ θ + φ ] + θ φ Hylsans ty till lägsta ordning är e θ e φ = Detta ger kinetiska energin T = M θ + 1 [ ma θ + φ ] + θ φ Potentiella energin är V = Mga(1 cos θ) + mga [ cos θ cos φ] = 1 Mgaθ + 1 mga [ θ + φ ] +... = 1 (M + m)gaθ + 1 mgaφ 4

5 Lagrange funktionen blir L = T V = (M + 1 ) m θ + 1 ma φ + m 1 θ φ (M + m)gaθ 1 mgaφ dvs θ = (m + M) θ + ma φ, = (m + M)gaθ θ φ = ma φ + ma θ, φ = mgaφ Rörelseekvationerna blir alltså Inför vi en variabel ger detta där M = (m + M) θ + ma φ + (m + M)gaθ = 0 ( 1 + α där ω0 = g/a och α = M/m. Låter vi m φ + ma θ + mgaφ = 0 q(t) = ( θ(t) φ(t) ) M q(t) + Kq(t) = 0 ) ( (1 + α)ω, K = ω0 q(t) = a cos(ωt δ) ) får vi egenvärdesproblemt ( (1 + α)ω + (1 + α)ω 0 ω ω ω + ω 0 ) ( a1 ) = 0 Icke-triviala lösningar förutsätter att (1 + α)ω + (1 + α)ω0 ω ω ω + ω0 = αω4 ( + 3α)ω0ω + (1 + α)ω0 4 = 0 vilket ger egenfrekvenserna ω1 = ω0 1 + α α = g M + m a M ω = 1 ω 0 = g a 5

6 6. Härled rörelseekvationen för en raket ur principen om rörelsemängdens bevarande. Lösning: Betrakta en raket som till att börja med har massan m och hastigheten v(t). Vi tillför en negativ massa m med en hastighet u på en tid t så att den totala massan efteråt rör sig med hastigheten v + v. Förändringen i rörelsemängd är då P = p e p f = (m + m)(v + v) (mv + mu) = m v + m(v u) + m v. m har hastigheten V = u v relativt m, vilket är den hastighet med vilken förbränningsgaserna strömmar ut ur raketen. Detta ger oss P = (m + m)v V m. Vi dividerar med t som ger oss då t 0 att P t = (m + m) v t V m t F ext = dp dt = mdv dt V dm dt 6