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 FYP00, Fysikprogrammet termin 2 Tid: Plats: Ansvarig: Hjälpmedel: Lödag 29 maj 200, kl V-huset Lennart Sjögren, tel. 03/ (arbete), 03/ (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 /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 3.5 poäng. UPPSTÄLLDA SAMBAND SKALL MOTIVERAS (gärna med en enkel skiss).. En partikel med massa m glider utan friktion längs x-axeln på en glatt stång. Stången ligger på samma avstånd från två sfärer med massa M. Sfärerna ligger vid x = 0, y = ±a enligt figuren, och attraherar partikeln via gravitation. a) Ge den potentiella energin för partikeln. b) Partikeln släpps vid x = 3a och med hastighet v 0 mot origo. Vad blir partikelns hastighet när den passerar origo. c) Vad blir frekvensen för små oscillationer när partikeln befinner sig nära origo. Lösning: a) Avståndet mellan partikeln och de båda massorna M är r = r 2 = x 2 + a 2. Detta ger potentialen V (x) = GmM r GmM r 2 = 2 GmM x 2 + a 2 b) Energikonserverinjg ger T + V = E dvs 2 mv2 0 2 GmM 9a 2 + a = 2 2 mv2 2 GmM a 2 Detta ger hastigheten vid x = 0 v 2 = v GM a ( ) 0

2 c) I närheten av origo x = 0 kan vi utveckla potentialen i en Taylorserie V (x) = V (0) + V (0)x + 2 V (0)x 2 + Nu är V GmM (x) = 2 (x 2 + a 2 ) 3/2 x, V (0) = 0 V GmM (x) = 2 (x 2 + a 2 ) 3/2 6 GmM (x 2 + a 2 ) 5/2 x2, V (0) = 2 GmM a 3 Potentialen kring x = 0 blir alltså V (x) = 2 GmM a ( ( x ) ) 2 a Kraften som verkar på partikeln blir alltså Rörelseekvationen för partikeln blir och frekvensen för små svängningar blir F (x) = V (x) = 4 GmM a 3 x mẍ + 4GmM a 3 x = 0 ω 2 0 = 4GM a 3 2. En stav med längd l 0 i sitt vilosystem rör sig med hastighet u längs x-axeln i ett laboratoriesystem S. Vad blir stavens längd för en observatör i ett inertialsystem S vilket rör sig längs x-axeln med hastighet v i förhållande till S. Ledning: Inför stavens vilosystem S som ett mellanled. Lösning: I stavens vilosystem S har stavens ändpunkter koordinater x A coh x B och l 0 = x B x A. Lorentz-transformationen mellan S och S ges av x = γ (x ut) y = y t = γ ( t u c 2 x ) där γ = /( (u/c) 2 ). Motsvarande transformation mellan S och S är x = γ(x vt) y = y t = γ (t v ) c 2 x 2

3 där γ = /( (v/c) 2 ), med den inversa transformationen x = γ(x + vt ) y = y t = γ (t + v c 2 x ) För att transformera längden mellan S och S har vi alltså ( x = γ (γ(x + vt ) uγ t + v [( c 2 x ) ) = γγ uv ) c 2 x + (v u)t ] En mätning av stavens längd i S sker vid samma tidpunkt t och detta ger ( l 0 = γγ uv ) (x c 2 B x ) ( B = γγ uv ) c 2 l Detta ger l = [ l 0 (c 2 γγ ( v 2 )(c 2 u 2 ) ] /2 uv ) = l 0 c c 2 uv 2 3. En partikel med massa m vilar på ett glatt plan (ingen friktion). Planet lyfts i ena änden med konstant vinkelhastighet θ = α. Partikeln börjar då att röra sig utför det lutande planet. Använd polära koordinater för partikeln, och ställ upp Lagrangefunktionen. Härled rörelseekvationen och beräkna partikelns rörelse. Lösning: Vi lägger ett koordinatsystem med origo i den ända av planet som ligger stilla. Vi anger partikelns läge på planet med polära koordinater r(t) och θ(t), där r är avståndet längs planet och θ lutningsvinkeln. Enligt uppgift är nu θ = α dvs θ(t) = αt. Kinetiska energin blir T = [ ] 2 m ṙ 2 + r 2 θ2 = 2 m [ ṙ 2 + α 2 r 2] Potentiella enrgin är Lagrange-funktione blir alltså V = mgh = mgr sin θ = mgr sin(αt) L = T V = 2 m [ ṙ 2 + α 2 r 2] mgr sin(αt) Detta ger L ṙ = mṙ, vilket ger rörelseekvationen L r = mα2 r mg sin(αt) m r mα 2 r + mg sin(αt) = 0 eller r α 2 r = g sin(αt) Den homogena ekvationen har lösningen r h (t) = A cosh(αt) + B sinh(αt) 3

4 För att få en partikulärlösning ansätter vi r p (t) = C sin(αt), r p (t) = α 2 C sin(αt) dvs Detta ger lösningen Cα 2 Cα 2 = g, C = g 2α 2 r(t) = A cosh(αt) + B sinh(αt) + g 2α 2 sin(αt) Begynnelsevillkoren är r(0) = r 0, ṙ(0) = 0 där vi antar att vid t = 0 ligger partikeln på avståndet r 0 från änden i origo. Detta ger A = r 0 och vilket slutligen ger lösningen Bα + g 2α = 0, B = g 2α 2 r(t) = r 0 cosh(αt) + g [sin(αt) sinh(αt)] 2α2 4. En pendel hänger från en axel vilken sitter mellan två stöd så att den endast kan svänga i ett plan vinkelrätt mot axeln. Pendeln består av en massa M vilken sitter på en masslös stång med längden l. De två stöden sitter fast på en skiva vilken roterar med konstant vinkelhastighet Ω. Beräkna pendelns frekvens under antagandet att svängningsamplituden är liten. Lösning: Vi lägger ett relativt koordinatsystem med en ξ-axel längs med den horisontella axeln, end η-axel vinkelrät mot samma axel och en ζ-axel längs med rotationsaxeln. ξ och η-axlarna roterar alltså med frekvensen Ω kring ζ-axeln, och pendeln svänger i η, ζ-planet. För att beskriva pendelns läge kan vi använda polära koordinater r och θ i η, ζ-planet. Vi får då rotationsvektorn och relativa läget ω = Ωe ζ = Ω cos θe r + Ω sin θe θ, ρ = le r = l sin θe η l cos θe ζ Relativa hastigheten och accelerationen ges av v rel = l θe θ a rel = l θ 2 e r + l θe θ 4

5 Accelerationen i ett fixt koordinatsystem med samma origo som det rörliga ges av a = a rel + a cor + a med a cor = 2 ω v rel a med = d ω R + ρ + ω ( ω ρ) dt Här är R = 0 och d ω/dt = 0 ty Ω och e ζ är konstanta. Vidare är ω v rel = [ Ω cos θe r + Ω sin θe θ ] l θe θ = lω θ cos θe ξ ω ρ = [ Ω cos θe r + Ω sin θe θ ] le r = lω sin θe ξ ω ( ω ρ) = [ Ω cos θe r + Ω sin θe θ ] ( lω sin θe ξ ) = lω 2 sin θ cos θe θ lω 2 sin 2 θe r Detta ger a cor = 2lΩ θ cos θe ξ a med = lω 2 sin 2 θe r lω 2 sin θ cos θe θ och [ ] ] a = l θ2 + Ω 2 sin 2 θ e r + l [ θ Ω 2 sin θ cos θ e θ 2lΩ θ cos θe ξ Rörelseekvationerna blir [ ] ml θ2 + Ω 2 sin 2 θ ] ml [ θ Ω 2 sin θ cos θ = F r = mg cos θ S = F θ = mg sin θ 2mlΩ θ cos θ = F ξ Ekvationen i r-led ger spänningen S i stången, som håller massan, när vinkeln θ är känd, och ekvationen i ξ-led ger på samma sätt den tvångskraft vilken är nödändig för att pendeln skall svänga i ett plan. Rörelseekvationen för utslagsvinkeln θ fås från den andra ekvationen θ Ω 2 sin θ cos θ = g l sin θ Vi är endast intresserade av små svängningar då sin θ θ, cos θ, vilket ger ekvationen θ + (ω 2 0 Ω 2 )θ = 0 där ω 2 0 = g/l. Frekvensen för små svängningar blir alltså ω2 = ω 2 0 Ω2. 5

6 5. I en gammaldags kvarn maldes sädeskornen med en kvarnsten i form av en skiva vilken rullar i en cirkel på ett plant golv. Stenen drivs via en vertikal axel enligt figuren. På grund av stenens rörelsemängdsmoment, kan kontaktkraften mot golvet bli avsevärt större än stenens vikt. Antag att kvarnstenen är en homogen skiva med massa M, radie b och bredd w, och att den rullar utan att glida i en cirkel med radie R med konstant vinkelhastighet Ω. Beräkna kontaktkraften mellan stenen och golvet. Antag att w R, och att friktionskrafter kan försummas. Antag också att den horisontella axeln är momentfritt lagrad i den vertikala axeln, dvs de enda kraftmomenten kommer från tyngdkraften och kontaktkraften från golvet. Lösning: Vi lägger in ett koordinatsystem med en x-axel längs den horisontella axeln och en z-axel längs den vertikala axeln, och med origo O i skärningspunkten där axlarna är lagrade. x- och y-axlarna roterar alltså med i hjulets rörelse. Vinkelfrekvensen har komponenter ω = ω x e x + Ωe z Rullningsvillkoret är RΩ = bω x, ω x = RΩ b Rörelsemängdsmomentet m a p origo O blir L O = I O ω För att få tröghetstensorn m a p punkten O kan vi först beräkna tröghetstensorn m a p ett principal-system med origo i skivans centrum. I detta system blir I diagonal I xx 0 0 I = 0 I yy I zz Tröghetsmomentet m a p en axel vinkelrät mot hjulets plan och genom hjulets centrom är I xx = Mb 2 /2. För y och z-axlarna i principalsystemet har vi dessutom I yy = I zz och I yy + I zz = I xx dvs I yy = I zz = Mb 2 /4. Enligt Steiners sats är tröghetsmomentet m a p z-axeln genom origo I O zz = I zz + MR 2 = 4 Mb2 + MR 2 Från detta kan vi nu beräkna L O som 2 Mb2 0 0 L O = 0 4 Mb Mb2 + MR 2 RΩ b 0 Ω = ( ) 2 MbRΩe x+ 4 Mb2 + MR 2 Ωe z 6

7 Rörelseekvationen blir nu dl 0 = N 0 = Re x [(N Mg)e z F e y ] + M = R(Mg N)e y RF e z + M dt där det vridande momentet kommer från normalkraft och tyngdkraft på hjulet. Vi har även tagit med en friktionskraft F och ett vridande moment M verkande på den vertikala axeln. Dessa är dock enligt uppgiften noll. Vi kan nu beräkna dervatan för L O dl O = dt 2 MbRΩ d dt e x = 2 MbRΩΩe z e x = 2 MbRΩ2 e y ty det enda som beror på tiden i L O är den roterande vektorn e x och tidsderivtan av denna ges av (Ωe z ) e x. Rörelseekvationen i komponentform blir alltså 0 = M x 2 MbRΩ2 = R(Mg N) + M y 0 = RF + M z Vi ser att i allmänhet behöver man lägga på ett vridande moment på den vertikala axeln för att uppväga friktionskrafter. Sätter vi F = 0 får vi M z = 0. Enligt uppgift är också M y = 0, och med detta kan vi lösa ut normalkraften på hjulet N = M (g + 2 ) bω2 vilken alltså blir större än tyngdkraften. 6. Härled rörelseekvationen för en raket ur principen om rörelsemängdens bevarande. Lösning: Betrakta en raket som till att börja med har massan M + m där m är massan för bränslet vilket förbränns under tiden t. Vid tiden t rör sig raketen med hastigheten v(t), och vi har då rörelsemängden P (t) = (M + m)v. Vid en senare tidpunkt t + t rör sig raketen med massan M med hastigheten v + v. Bränslet med massa m strömmar ut från raketen med relativa hastigneten u. Detta ger Förändringen i rörelsemängd är då P (t + t) = M(v + v) + m(v + v + u) P = P (t+ t) P (t) = M(v+ v)+ m(v+ v+u) (M + m)v = M v+ m(u+ v) Nu gäller också att den massa som strömmar ut från raketn minskar raketens egen massa dvs m = M. Detta ger Vi dividerar med t som ger oss då t 0 att P = Mv M(u + v) P t = M v t M t (u + v) F ext = dp dt = M dv dt udm dt 7