Fysik 11 Minilex. Henrik Dahl. 24. januar Definitioner 3. 2 Love og sætninger 6

Transkript

1 Fysik 11 Minilex Henrik Dahl 24. januar 2003 Indhold 1 Definitioner 3 2 Love og sætninger 6 3 Gadgets Friktion Konstant friktion Hastighedsproportional friktion Harmoniske oscillatorer Fjedre Penduler Dæmpet oscillator Dæmpet og tvunget oscillator Lodder og trisser Raketter m.m Retlinet bevægelse Sammenstød Skråplan Formelsamling 17 5 Inertimomenter 23 6 Enheder 24 7 Konstanter 25 8 Opgaveløsninger Blandet Dekomponering af kræfter Dæmpet og tvungen oscillation Fjedre Gyroer Jævn cirkelbevægelse Lodder og trisser

2 INDHOLD Penduler Planetbevægelser Raketter m.v Reaktionskræfter Retlinet bevægelse Rotation Rulning Sammenstød Elastiske sammenstød Inelastiske sammenstød Skråplan Stænger Vægte Små grå 67 Resumé ADVARSEL - dette er livsfarligt at bruge ukritisk. Der er næsten sikkert fejl, endda graverende fejl. Jeg påtager mig intet ansvar overhovedet for noget som helst. Faktisk vil jeg for en sikkerheds skyld fraråde brug af det følgende... Referencerne henviser generelt til Knudsen og Hjorth: Elements of Newtonian Mechanics, afsnit og side. I enkelte tilfælde henvises til forelæsninger og holdøvelser hos Gudrun Hagemann. Opgaveløsningerne er anbragt efter hovedemner. Da flere af opgaverne omhandler forskellige problemstillinger er rubriceringen ret vilkårlig. Sidste afsnit, små grå, er optryk af de grå bokse i bogen, samt en vejledning til opgaveskrivning fra GH.

3 1 DEFINITIONER 3 1 Definitioner Acceleration Arbejde Bevægelsesligning a = dv dt = v = d2 x = ẍ (2.1, s.28). Enhed: m s 2 dt 2 W AB = B A F dr (2.2, s.51). Enhed: J Bemærk, at da a b = a b cos θ udfører kraften intet arbejde, hvis den står vinkelret på bevægelsen. Centralt kraftfelt Et kraftfelt, hvor kraften F(r) altid peger mod (eller bort fra) et centrum, og hvor kraftens størrelse kun afhænger af afstanden til centrum (8.3, s. 170) Egenfrekvens, k For fjedre: ω = m - karakteristisk konstant for harmonisk oscillation. Enhed: fjeder s 1 ((2.15)) Energi, kinetisk Energi, mekanisk Energi, potentiel Fiktive kræfter Fjederkonstanten T = 1 2 mv2 Enhed: J = N m = kg m 2 s 2 E = T + U(x) ((2.78)). Kun defineret på konservative kraftfelter. Enhed: J = N m = kg m 2 s 2 U(x) = F (x)dx - kun defineret på konservative kraftfelter. Kan selv vælge sted hvor U(x 0 ) = 0. (2.2 s. 52) Enhed: J = N m = kg m 2 s 2 Præcisere i (8.4, s. 171): Sæt P som referencepunkt, U(P ) = 0. Så er U(A) = A P F dr, dvs. minus kraftens arbejde, når partiklen bevæges fra P til A. Opstår ved geometrisk oversættelse til accelererede systemer. I modsætning til naturkræfter virker N3 ikke for disse kræfter. Der tales om fiktiv tyngdekraft, centrifugalkraft, Corioliskraft og det tredje led. ((6.36)) Konstant, k, i Hookes lov. Enhed: N/m. 2. ordens differentialligning, der opstår når N2 knyttes med kraftlove og bibetingelser. (2.1, s.29). Friktionskoefficienten Konstanten µ i udtrykket for friktionskraften F fr = µn ved konstant friktion. Galileitransformationen hinanden (dvs. ikke accelereret).(4.1, s. 85): Oversættelse mellem koordinatsyster, der bevæger sig med jævn hastighed ift. t = t, m = m, q = q, F = F r (t) = r ut v = v + u m r = F Newtons love invariante under Galileitransformationen Gravitationel masse Den masse, der kan måles på en fjedervægt el. lign., forårsaget af gravitationen

4 1 DEFINITIONER 4 (3.1, s. 73) Harmonisk oscillator, amplitude Harmonisk oscillator, fase Harmonisk oscillator, ligevægtsudtræk Hastighed A - det maksimale udsving i oscillationen (2.2 s. 35) θ - vinkel til t = 0 (2.2 s. 35) Under gravitation forskydes ligevægtspunktet til y 0 = mg k omkring dette punkt i stedet for y 0 = 0. (2.2, s.37) v = dx dt = ẋ (2.1, s.27). Enhed: m/s og der kan regnes Heliocentrisk referenceramme Impuls Center i solen, koordinatakser fast rettet mod 3 fixstjerner. Erfaringsmæssigt tæt på intertialsystem (4.1, s.85). p = mv (2.1, s.27). Enhed: kg m/s Impuls, total P = i p i = i mv i (9.4, s.212). Enhed: kg m/s Impulsmoment Impulsmoment omkring akse L = r p = r mv er impulsmomentet ift. O. (10.1, s.219). Enhed: kgm 2 s 1 Projektionen af impulsmomentet på aksen er L z, dvs. z-koordinaten af r p (10.3, s.223). Enhed: kgm 2 s 1 Inertialmasse m I = F a (2.1, s.28). Enhed: kg Inertialsystem Inertialmoment Konservativt kraftfelt Kraftmoment Referenceramme, hvor Newtons love holder. (4.1, s.84). Enhed: kg Ved rotation om en fast akse, z: I z = i m ir 2 i (11.3, s.240). Enhed: kg m 2. Et kraftfelt, hvor kraften udelukkende afhænger af partiklens sted, F = F (x) (2.2 s. 52). Præcisere (8.2, s.169): Et kraftfelt er konservativt hvis kraftvektoren F kun afhænger af partiklens sted r og arbejdsintegralet B A F dr er uafhængigt af stien for integrationen, og kun afhænger af start- og slutpunkt. B A F dr B langs1 A langs2 F dr = 0 eller F dr = 0 N = r F er kraftmomentet omkring O. (10.1, s. 220) Enhed: J = Nm = kgm 2 s 2 Kraftmoment omkring akse Projektionen af kraftmomentet på aksen (10.3, s.223). Enhed: J = Nm = kgm 2 s 2 er N z, dvs. z-koordinaten af r F

5 1 DEFINITIONER 5 Lukket system Massemidtpunkt Reduceret masse Roche-grænsen Rullebetingelsen Et system, der ikke påvirkes af ydre kræfter (2.2 s. 55). MR CM = i m ir i, M = i m i (9.4 s. 212). Hyppigt forekommende forenkling i bl.a. fjederproblemer, inelastiske sammenstød mm. µ = mm m+m = 1 1 (GH) Enhed: kg m + 1 M Grænse for afstand mellem planeter o.l. for at undgå løsrivelse af klipper mv. Antaget kugleformede legemer: D 0 = R ( 2ρP ρ M ) 1/3 (ex. 6.7 s ). Med hensyntagen til deformation: D 0 = 2.46R ( ρp ρ M ) 1/3 Enhed: m v CM = Rω Sammenstød, Sammenstød, hvor både impuls og mekanisk energi bevares (2.2, s. 56) elastisk Sammenstød, Sammenstød, hvor impuls bevares, men hvor der sker varmeudvikling, så inelastisk mekanisk energi ikke bevares (2.2, s. 56) Vægt Udslag på en vægtmåler, kalibreret til en given gravitation, M = F g

6 2 LOVE OG SÆTNINGER 6 2 Love og sætninger Arbejde og kinetisk energi Arbejde og potentiel energi Bevægelse i accelereret system d 1 2 mv2 = F dx dt = dw ((2.75)) - dvs. ændring i kinetisk energi over stykket dx er lig med arbejdet udført af kraften F. Afhænger kun af N2 - dvs. holder for ALLE kræfter uden undtagelse. Kan skrives W AB = B A F dr = T B T A. Eller på differentialform: dt dt = F dr dt = F v ((8.4)). du(x) = dw = F (x)dx((2.76)) - dvs. ændring i potentiel energi over stykket dx er lig med minus arbejdet udført af kraften F. Holder kun for konservative kraftfelter. Sæt R 0, R og r som i figuren.(6.1) Da gælder ((6.36)) m r = F m R 0 + mω 2 ρ 2m( ω ṙ) m( ω r) Her er ρ projektionen af r ind på et plan vinkelret på ω, og ω 2 ρ = ω ( ω r). r, ṙ, r er sted, hastighed og acceleration, set fra S. R 0 er den translatoriske acceleration af S m R 0 er den fiktive tyngdekraft mω 2 ρ er centrifugalkraften 2m( ω ṙ) er Corioliskraften m( ω r) kaldes det tredje led Bemærk: N3 holder ikke i et accelereret system. Centralt kraftfelt konservativt Coriolis-effekter Energibevarelse, mekanisk Et centralt kraftfelt er konservativt. (8.3, s.170) På den nordlige halvkugle (6.6, s.129) peger rotationsvektoren ud af jorden og en partikel med horisontal hastighed bliver trukket mod højre. På den sydlige halvkugle peger rotationsvektoren ind i jorden, og partiklen trækkes mod venstre. E = T + U(x) = konstant, (2.2 s. 52). I et konservativt kraftfelt er den mekaniske energi bevaret. NB gælder KUN i konservativt kraftfelt - således ikke for f.eks. friktion. Kan skrives ẋ 2 = 2 m [E U(x)] ((2.79))

7 2 LOVE OG SÆTNINGER 7 Galileis love To stk. (1.2, s.2): 1. Inertiens lov 2. Lov for frit fald: Alle legemer falder lige langt på samme tid, S = 1 2 gt2. Gravitationel og inertiel masse Gravitationsloven Harmonisk oscillator, frekvens m g m I inden for rammerne af klassisk mekanik (Ch. 3) F = G mm r 2 (Ex. 1.1, s. 11) ν = 1/T ω = 2πν((2.16)) Harmonisk oscillator, periode T = 2π ω = 2π m k ((2.16)) Hookes lov Impulsbevarelse Impulsmoment om O og CM N = 0 L = konstant (10.2, s. 221). I ord: Hvis der ikke er noget kraftmoment omkring O, er impulsmomentet omkring O konstant. Impulsmomentbevarelse i = 0 L tot = konstant (10.4, s. 225). I ord: Hvis der ikke er noget totalt eksternt kraftmoment omkring O, er systemets totale impulsmoment omkring O konstant. I et lukket system er det totale impulsmoment bevaret. Impulsmomentbevarelse, lukket system Impulsmoment og inertimoment Impulsmomentsætningen Impulsmomentsætningen, CM F x = kx. k konstant. For lukket system: F ext = 0 p = konstant vektor (2.2, s. 55) L O = L CM + R CM P = L CM + R CM Mv CM (10.6, s. 229). I ord: Impulsmomentet omkring O er lig med impulsmomentet omkring CM plus CM s impulsmoment omkring O. i Next L A = I a ω (11.6, s. 252). dl dt = N (10.1, s. 220). I ord: Ændringen i en partikels impulsmoment omkring dl O er lig med kraftmomentet omkring O. Kan skrives (pr. definition): dt = r dp dt = r F = N dl CM dt = N ext CM (10.6, s. 229). I ord: Ændringen i impulsmomentet omkring CM er lig med de eksterne kraftmomenter omkring CM. Gælder også, hvis systemet er accelereret. dt = N Q v Q MV CM (11.8, s. 257). I ord: Den simple impulsmomentsætning holder, hvis v Q = 0 (dvs. Q er i hvile i inertialsystemet), eller Q = CM (CM og Q er sammenfaldende), eller v Q er parallel med v CM. Impulsmomentsætningen, generelt dl Q

8 2 LOVE OG SÆTNINGER 8 Impulsmomentsætningen, virkårlig akse I A dω dt = N A (11.6, s. 252). I ord: Ændringen i impulsmomentet omkring A er lig med de eksterne kraftmomenter omkring A. Gælder også, hvis systemet er accelereret. = i Next i (10.4, s. 225). I ord: Ændringen i et partikelsystems totale impulsmoment omkring O er lig med sum af de eksterne kraftmomenteter omkring O. Summen af de indre kraftmomenter er 0. Impulsmomentsætningen, partikelsystem Impuls og acceleration Impuls og kraft Impuls og massemidtpunkt Jævn cirkelbevægelse dl tot dt dp dt = ma(= F) (2.1, s. 28) dp = t 2 t 1 Fdt (2.2, s. 54). Alternativ formulering: dp = Fdt, P = t B t A Fdt (8.1 s. 168) P = Mv CM (9.4, s. 212). Der gælder følgende sammenhænge (Ex. 1.2, s ): 1. Vinkelhastigheden, ω er konstant 2. Omløbstiden T er konstant 3. ω = 2π T 4. Hastigheden v(t) er vinkelret på radiusvektoren r(t) (v(t) r(t) = 0, og v = v = rω 5. Accelerationen a(t) er modsat rettet radiusvektoren (og dermed vinkelret på hastigheden, v(t) a(t) = 0), a(t) = 4π2 T 2 r(t) = ω 2 r(t), a = a(t) = rω 2 = v2 r 6. Hvis en jævn cirkelbevægelse projiceres ind på en diameter fås en harmonisk oscillation. Keplers love Tre stk. (1.2, s.4): 1. Planetbanerne ligger i fast plan som også indeholder solen, og banerne er ellipser med solen i det ene brændpunkt 2. Radiusvektoren fra solen overstryger lige store arealer for lige store tidsrum 3. Lad T være tiden for en hel bane og a være den halve storakse. Så er T 2 = konstant a 3

9 2 LOVE OG SÆTNINGER 9 Kinetisk energi, total Kinetisk energi, rotation Kraft og potentiale Königs sætning Massemidtpunktssætningen T = T rot + T trans T = 1 2 I zω 2 (11.3, s.241) (11.3, s.240) Der gælder (8.4, s.174), at F = U = ( U x, U y, U z ) T = 1 2 Mv2 CM + T r (9.4, s.212). I ord: Set fra et inertialsystem kan den kinetiske energi for et partikelsystem skrives som en sum, nemlig som massemidtpunktets kinetiske energi plus den kinetiske energi af partiklernes bevægelser i forhold til CM. Tre ækvivalente formuleringer: (9.4, s. 212) M d2 R CM dt 2 = F ext M dv CM = F ext dt dp dt = F ext I ord: Den totale impuls for et system af partikler er det samme som impulsen af en partikel med samme totalmasse, og som bevæger sig med samme hastighed som CM. CM af et partikelsystem - stift eller ej - bevæger sig som om hele massen var koncentreret i CM og alle eksterne kræfter virker der. Hvis der ikke er nogen eksterne kræfter, der virker på et partikelsystem, er den totale impuls for systemet P en konstant vektor. Mekanikkens ækvivalensprincip Newtons love I et system, der accelereres med konstant acceleration i forhold til et inertialsystem er en partikels bevægelse underlagt et fiktivt gravitationsfelt ( a) i tillæg til den naturlige gravitation. (6.2, s.108). En acceleration mod højre er ækvivalent med et uniformt gravitionsfelt mod ventre. Tre stk. (2.1, s.27-31) (hvor N1 dog er specialtilfælde af N2): 1. Inertiens lov (F = 0 p = mv = kst. vektor) 2. Accelerationsloven: F = dp dt = ma 3. Aktion-reaktion: F AB = F BA 4. (og to mere for feinschmeckere, absolut tid og absolut rum) Parallelaksesætningen Potentiel energi, fjeder Potentiel energi, homogen kugle I z = I CM + Md 2 (11.3, s.241) U(x) = 1 2 kx2 (ex.8.2, s.175) Her haves (ex.8.3, s.176, s. 179)

10 2 LOVE OG SÆTNINGER 10 U(x) = G Mm x U(x) = G Mm 2R (3 x2 R 2 for x > R F = G(Mm/x 2 )e x ) for x < R F(x) = G Mm R 3 x Potentiel energi, konstant gravitationsfelt Potentiel energi, kugleskal U(h) = mgh (ex.8.1, s.175) Her haves (8.6.1, s.178): U(x) = G Mm x, for x > R F = G(Mm/x2 )e x U(x) = G Mm R, for x < R F = 0 Rotationsvektoren kan flyttes Rotationsvektoren kan flyttes Vinkelret akse-sætningen Alle koordinatystemer, som er i hvile (6.6, s.128)i forhold til en given ramme har samme rotationsvektor Både størrelsen og retningen af ω (11.2, s.239) er uafhængig af valget af referencepunkt I z = I x + I y (11.3, s.242)

11 3 GADGETS 11 3 Gadgets 3.1 Friktion Konstant friktion Konstant friktion Betingelser: Fast legeme mod fast legeme, oftest tørre overflader. N2: Legemerne falder ikke gennem hinanden. Normalkraft ophæver i lodret retning tyngedekraften. Friktionen arbejder modsat bevægelsens retning. Løsning: F fr = µ N v v Egenskaber: Størrelsen af friktionskraften er F fr = µn. Kan skifte retning, hvis bevægelsen ændrer retning Hastighedsproportional friktion Oliebad Betingelser: Kuglevolumen V, massefylde af olie ρ, masse af kugle m, lodret fald (så kan droppe vektorer). N2: Opdrift er V ρg, så resulterende kraft uden med friktion er F = (m V ρ)g. Med friktion,som er proportional med hastigheden fås F = (m V ρ)g αv mẍ = (m V ρ)g αẋ Løsning: Ved at droppe vektorer og indføre (m V ρ)g = mk og α = mβ haves v = K βv. Vi får v = K β (1 e βt ) Egenskaber: Hastighed konvergerer mod konstant: v K/β for t. 3.2 Harmoniske oscillatorer Jævn cirkelbevægelse og harmonisk oscillation Små udsving uden dæmpning Bemærk, at jævn cirkelbevægelse projiceret ind på en diameter er en hamonisk oscillation Fjedre Betingelser: Hookes lov gyldig (små udsving, ingen dæmpning, masseløs fjeder) - kun en dimension

12 3 GADGETS 12 N2: m d2 x = kx ((2.13)) dt 2 Løsning: Sæt ω = (ω er egenfrekvensen) så fås k m x = A cos(ωt + θ), T = 2π ω = 2π m k Egenskaber: Konstant maksimalt udsving, periode uafhængig af amplitude, under gravitation forskydes ligevægtspunktet til y 0 = mg k og der kan regnes omkring dette punkt i stedet for y 0 = 0. (2.2, s.37) Potentiel energi: U(x) = 1 2 kx2 Ved to fjedre i serie - brug reduceret fjederkonstant. Ved to masser i fjederens ender - brug reduceret masse Penduler Små udsving uden Betingelser: Små udsving, ingen dæmpning, inertialsystem dæmpning Løsning: Sæt ω = L g (ω er egenfrekvensen), så fås Egenskaber: Uafhængigt af masse T = 2π ω = 2π L g Små udsving uden dæmpning, accelereret system Betingelser: Små udsving, ingen dæmpning, konstant acceleration Løsning: Sæt ω = L g+a, så fås T = 2π L ω = 2π g + a T g T = g + a Egenskaber: Uafhængigt af masse Foucault-pendulet Betingelser: Små udsving, ingen dæmpning, nordlig halvkugle (ellers skifter

13 3 GADGETS 13 retning til mod uret) Løsning: Sæt x = cos αt cos βt, y = cos αt sin βt, α 2 β 2 = g L, β = ω sin θ T F = 2π ω sin θ Egenskaber: Uafhængigt af masse, retning med uret nordlige halvkugle Fysisk pendul Betingelser: Små udsving, ingen dæmpning Løsning: I T = 2π MgR Egenskaber: Uafhængigt af masse Torsions-pendulet Betingelser: Små udsving, ingen dæmpning, N = Cθ (C er torsions-konstanten) C Løsning: Sæt ω = I, I = 1 2 MR2 T T = 2π/ω U(θ) = 1 2 Cθ Dæmpet oscillator Dæmpet oscillator Betingelser: Små udsving, ingen drive, hastighedsproportional dæmpning Løsning: mẍ = kx bẋ Sæt γ = b m og ω2 0 = k m Så er x = x 0 e γt 2 cos(ωd t + θ) ( ) 2 hvor ω d = ω 0 1 γ 2ω 0 Kritisk dæmpning ved γ = 2ω Dæmpet og tvunget oscillator Dæmpet og tvunget oscillator Betingelser: Små udsving, hastighedsproportioner dæmpning, påført kraft: F = F 0 cos ωt, ω ω0 Løsning: mẍ = kx bẋ + F 0 cos ωt Sæt γ = b m og ω2 0 = k m x = Ae 1 2 γ+ γ 2 4ω 2 0 t + Be 1 2 γ γ 2 4ω 2 0 t + F 0 m (ω 2 0 ω2 ) cos ωt + γω sin ωt (ω 2 0 ω2 ) 2 + γ 2 ω 2

14 3 GADGETS Lodder og trisser Atwoodmaskinen Betingelser: Ingen friktion, masseløse snore, der ikke kan strækkes, masseløs trisse N2: Konstant snorekraft igennem hele snoren (geometrisk betingelse). Højre lod: Snorekraft opad, tyngdekraft nedad, dvs. Ma = T Mg. Venstre lod: (M + m)a = T (M + m)g NB - fælles acceleration. m m+m Løsning: a = g m+2m, T = 2Mg m+2m Egenskaber: Større m, hurtigere acceleration, større M, mindre acceleration 3.4 Raketter m.m. Escape velocity Betingelser: Konservativt kraftfelt.. Plantemasse M, planetradius r Metode: Energibevarelse - E( ) = U( ) = 0 Løsning: E 0 = T 0 + U 0 = 1 2 mv2 0 G Mm r = 0 v 0 = 2G M r Egenskaber: Større planetmasse, større v 0, større planetradius, mindre v 0, uafhængig af raketmassen Fald fra en bane til Betingelser: Konservativt kraftfelt.. Plantemasse M, startradius r, slutradius en anden s, starthastighed 0 Metode: Energibevarelse Løsning: E 0 = T 0 +U 0 = 0 G Mm = E 1 = T 1 +U 1 = 1 r 2 mv2 G Mm ( 1 v = 2GM s r 1 ) s Egenskaber: Større planetmasse, større v, større fald, større v, uafhængig af raketmassen Raketaffyring Betingelser: Konstant brændstofforbrug pr. tidsenhed,. Negligibel tyngdekraft. Starthastighed 0. Konstant affyringshastighed i forhold til raketten. Metode: Raketten mister masse, impulsbevarelse Løsning: Masse (inkl. brændstof) er m(t). Affyringsrate er µ = dm dt > 0. Hastighed på raketten er v(t), hastighed på affyret brændstof u(t) = v(t) v r hvor v r er den relative affyringshastighed. Startimpuls er p(t) = m(t)v(t). Efter dt er den samlede impuls p(t + dt) = (m + dm)(v + dv) + µ(u + du)dt. Impulsbevarelse kræver p(t) = p(t + dt). Se bort fra 2. ordens led. Får to ligninger: m v + vṁ + µ u = 0

15 3 GADGETS 15 som tilsammen giver m v + cṁ uṁ = 0 m v + v r = 0 v(t) = v r ln m 0 m t Egenskaber: Større affyringsrate og hastighed, større v Med gravitation: Her fås, at ændring i impuls er lig med eksternt virkende kraft, dvs. d dt (mv) + µ(v v r) = F 3.5 Retlinet bevægelse Konstant kraft Konstant masse, m og kraft K, i x-aksens retning. N2: m d2 x dt 2 = mdv dt = K x(t) = 1 K 2 m (t t 0) 2 + v 0 (t t 0 ) + x Sammenstød Elastisk sammenstød Betingelser: Centralt elastisk sammenstød.. Masser m og M, indgangshastigheder u 0 og v 0. Ingen friktion. Konservativt kraftfelt. Vandret sammenstød (ingen ændring i potentiel energi) Metode: Impuls- og energibevarelse Løsning: Se på bevægelse i en enkelt retning (centralt sammenstød) [ ] [ ] mu 0 + Mv 0 mu + Mv 1 2 mu = 2 Mv mu Mv2 Det giver to løsninger: [ u v ] = [ u0 v 0 ] [ u v ] = [ mu0 +M( u 0 +2v 0 ) m+m m(2u 0 v 0 )+Mv 0 m+m ] Egenskaber: Vigtigt: Energibevarelse Inelastisk sammenstød, perfekt Betingelser: Perfekt inelastisk sammenstød.. Masser m og M, indgangshastigheder u og 0. Fælles udgangshastighed v. Ingen friktion ud over den, der stopper indgangspartiklen. Partikel og klods smelter sammen Metode: Impulsbevarelse (lukket system) - men ikke energibevarelse Løsning: Se på bevægelse i en enkelt retning (centralt sammenstød) mu + M0 = (m + M)v v = m m + M u Egenskaber: Vigtigt: Ingen energibevarelse. Varmeudvikling svarer til tab i mekanisk energi: Q = mm u 2 m+m 2 (bemærk, at den reducerede masse optræder

16 3 GADGETS 16 her). Den udviklede varme er lig med den relative kinetiske energi - den translatoriske energi kan ikke omsættes til varme (9.3 s. 203) Bemærk i øvrigt kollisionsapproksimationen (9.3 s. 204) som bygger på en antagelse om at sammenstødet var kort tid - så kort, at den impuls, der overføres i selve kollisionen er stor i forhold til den bevægelse, der sker i samme tidsrum. Antagelsen betyder, at man kan se bort fra bevægelsen i selve sammenstødet. 3.7 Skråplan Simpelt skråplan med kst. friktion Betingelser: En klods glider ned ad skråplan. Vinkel med vandret θ konstant, friktionskoefficient µ, masse m N2: Tyngdekraft nedad, reaktionkraft N opad, vinkelret på underlaget, friktionskraft langs underlaget modsat bevægelsesretningen Løsning: Indlæg koordinatsystem langs underlaget, x-aksen i bevægelsesretningen, y-aksen nedad. Så fås [ ] [ ] mg sin θ µn ma = a = g(sin θ µ cos θ), N = mg cos θ mg cos θ N 0 Egenskaber: Konstant acceleration, større hældning giver større acceleration. Implicit krav: tan θ > µ

17 4 FORMELSAMLING 17 4 Formelsamling Ellipse 1. Storeakse 2a 2. Lilleakse 2b 3. d = 2ae 4. r = a(1 e2 ) 1+e cos θ 5. r + r = 2a 6. p = a(1 e 2 ) 7. Perihelion : θ = 0. Her er r min = p 1+e = a(1 e) 8. Aphelion : θ = π. Her er r max = p 1 e = a(1 + e) 9. r max r min = 1+e 1 e 10. e = r max r min r max+r min 11. b = a 1 e Areal A = πab Friktion, konstant F fr = µn Galileitransformationen 1. t = t, m = m, q = q, F = F (4.1, s. 85): 2. r (t) = r ut 3. v = v + u 4. m r = F 5. Newtons love invariante under Galileitransformationen Harmonisk oscillator 1. m d2 x = kx dt 2 2. ω = k m

18 4 FORMELSAMLING x = A cos(ωt + θ) 4. T = 2π ω = 2π m k 5. y 0 = mg k (gravitation) 6. For dæmpet oscillator : mẍ = kx bẋ. Sæt γ = b m og ω2 0 = k m Så er x = x 0 e γt 2 cos(ωd t + θ) ( ) 2 7. Her er ω d = ω 0 1 γ 2ω 0 8. Kritisk dæmpning ved γ = 2ω 0 9. For dæmpet og tvunget oscillation med påført kraft F = F 0 cos ωt, ω ω0: mẍ = kx bẋ + F 0 cos ωt x = Ae 1 γ+ γ 2 2 4ω0 2 t +Be 1 γ γ 2 2 4ω0 2 t + F 0 (ω0 2 ω2 ) cos ωt + γω sin ωt m (ω0 2 ω2 ) 2 + γ 2 ω 2 Jævn cirkelbevægelse 1. a(t) = 4π2 T 2 r(t) = ω 2 r(t) 2. a = a(t) = rω 2 = v2 r 3. ω = 2π T 4. v = v = rω Keglesnit 1. Eccentricitet e = P F P l 2. F er brændpunkt 3. l er direktrix 4. p = ef l er parameteren 5. r = F P = ep l = e(f l r cos θ) = p er cos θ = p 1+e cos θ 6. e = 0 cirkel, 0 < e < 1 ellipse, e = 1 parabel, e > 1 hyperbel

19 4 FORMELSAMLING 19 Kinetisk energi 1. T = 1 2 mv2 2. T = 1 2 I zω 2 3. T = T rot + T trans 4. T = 1 2 Iω2 = 1 2 Lω Massemidtpunkt, CM 1. MR CM = i m ir i, M = i m i (9.4, s. 212) 2. P = i p i = i m iv i 3. M d2 R CM dt 2 = F ext 4. M dv CM dt 5. dp dt = F ext = F ext 6. T = 1 2 Mv2 CM + T r 7. For alle lukkede systemer er total impuls P bevaret 8. For alle lukkede systemer med konservative kræfter er den totale mekaniske energi T + U bevaret Momenter 1. Impulsmoment: L = r p = r mv 2. Kraftmoment: N = r F 3. Impulsmomentsætningen: dl dt = r dp dt = r F = N 4. Impulsmomentbevarelse: N = 0 L = konstant 5. Moment omkring en akse, z: Tag z-komponenten af momentvektoren. d 6. Impulsmomentsætningen for system af partikler: dt Ltot = i Next i 7. For lukket system er L tot = konstant 8. Impulsmoment om O og CM: L O = L CM + R CM P = L CM + R CM Mv CM - gyldig også for accel- 9. Impulsmomentsætningen for CM: dl CM dt ererede systemer = N ext CM 10. Inertimoment om z: I z = i m ir 2 i 11. L A = I A ω 12. I A dω dt = N A

20 4 FORMELSAMLING 20 Planetbevægelser 1. Acceleration radial: a r = r rω 2 = h2 p 1 r 2 2. Acceleration tangential: a θ = 2ṙω r ω = 0 3. Konstant gravitationsfelt: U(h) = mgh 4. Kepler 3: a3 T 2 = C 5. Sidereal periode T = 2A h = 2π a 3 p h 2 6. A = πab = 4π2 C r 2 = GMm 2E 7. Hastighed i perihelion (perigæum) : v 2 p = GM a 1+e 1 e 8. Hastighed i aphelion (apogæum) : v 2 a = GM a 1 e 1+e 9. v a = r p r a v p 10. Energi : E = E o (α2 1)mv 2 o = E o (2 α 2 ) (< 0 for ellipse) 11. E o = 1 2 mv2 o GMm r o (Energi for cirkelbevægelse) 12. α = v p v o 13. v o = GM r o 14. a = GMm 2E r = Gm2 M L 2 [ r = 1 p (1 + e cos θ) 17. p = L2 18. e = Gm 2 M 1 + 2EL2 G 2 m 3 M 2 (hastighed i cirkelbevælse) ( 1 + 2EL2 G 2 m 3 M 2 ) 1/2 cos θ ] 19. Impulsmoment L = mr 2 θ = mr 2 ω er konstant 20. E = 1 2 mv2 GMm r er konstant Potentiel energi 1. Fjeder: U(x) = 1 2 kx2 2. Homogen kugle: U(x) = G Mm x U(x) = G Mm 2R (3 x2 R 2 3. Konstant gravitationsfelt: U(h) = mgh for x > R F = G(Mm/x 2 )e x ) for x < R F(x) = G Mm R 3 x

21 4 FORMELSAMLING Kugleskal: U(x) = G Mm x, for x > R F = G(Mm/x2 )e x U(x) = G Mm R, for x < R F = 0 Raketter Rullebetingelsen Sammenstød, elastisk m(t) v(t) + ṁ(t)v r = F v CM = Rω 1. Masser og initialhastigheder: m, M, v, V 2. Sluthastigheder u, U 3. mv + MV = mu + MU (Impulsbevarelse) 4. 1/2 m v2 + 1/2 M V 2 = 1/2 m u2 + 1/2 M U 2 (Energibevarelse) 5. u = 2MV (M m)v m+m, U = (M m)v+2mv m+m 6. u U = 0 Sammenstød, inelastisk 1. Masser og initialhastigheder: m, M, v, V 2. Sluthastighed u 3. mv + MV = (m + M)u (Impulsbevarelse) 4. u = mv+mv m+m 5. Q = 1 2 (M + m)u2 1 2 mv2 1 2 MV 2 (Energitab = varmeudvikling) Reduceret masse Vektorer, krydsprodukt µ = mm m+m = 1 1 m + 1 M For krydsproduktet gælder (App.) 1. a b = a b sin(a, b)n(a, b), n enhedsvektor givet ved højreskrue 2. a b vinkelret på plan udspændt af a, b 3. a b = b a 4. a a = 0 5. På ortonormalt sæt, i, j, k gælder i j = k, j k = i, k i = j

22 4 FORMELSAMLING a b = a y b z b y a z a z b x b z a x a x b y b x a y 7. Determinant-huskeregel: a b = i j k a x a y a z b x b y b z 8. BAC-CAB: a (b c) = b(a c) c(a b) 9. a (b c) = b (c a) = c (a b) 10. (a b) (c d) = (a c)(b d) (a d)(b c) Vektorer, rotation Se figur: (kap. 5) 1. v = ω r = ω ρ 2. a = ω 2 ρ = ω v = ω ( ω r )

23 5 INERTIMOMENTER 23 5 Inertimomenter Inertimomenter for legemer med masse M LD=langs diameter GC = gnm. centrum Legeme Akse, z I z Tynd stang, længde l ene ende M l2 3 Tynd stang, længde l centrum M l2 12 Tynd rektangulær plade, sider a og b b GC M a2 12 Tynd rektangulær plade, sider a og b pladen GC M a2 +b 2 12 Tynd cirkulær plade, radius r pladen GC M r2 2 Tynd cirkulær plade, radius r LD M r2 4 Tynd cirkulær plade, radius r pladen ved randen M 3r2 2 Tynd cirkulær ring, radier r 1, r 2 ringen GC M r2 1 +r2 2 2 Tynd cirkulær ring, radier r 1, r 2 LD M r2 1 +r2 2 4 Rektangulær kasse, sider a, b, c GC, plan ab, c M a2 +b 2 12 Kugle, radius r LD M 2 5 r2 r 5 1 r5 2 Kugleskal, ydre radius r 1, indre r 2 LD M 2 5 r1 3 r3 2 Kugleskal, meget tynd, radius r LD M 2 3 r2 Cylinder, radius r, længde l Længdeaksen M r2 ( 2 ) Cylinder, radius r, længde l Diameter i midten M r l2 12 Hul cylinder, længde l, radier r 1, r 2 Længdeaksen M r2 1 +r2 2 ( 2 ) r 2 Hul cylinder, længde l, radier r 1, r 2 Diameter i midten M 1 +r l2 12 Hul cylinder, tynd, længde l, radius r Længdeaksen Mr ( 2 ) Hul cylinder, tynd, længde l, radius r Diameter i midten M r l2 12 Kegle, højde h, grundradius r Akse M 3 10 r2

24 6 ENHEDER 24 6 Enheder Grundlæggende enheder Enhed Sym. Længde meter m Masse kilogram kg Tid sekund s Temperatur kelvin K Elektr. strøm ampere A Lysintensitet candela cd Stofmængde mol mol Afledte enheder med særlige betegnelser Enhed Sym. Afledning Frekvens hertz Hz s 1 Kraft newton N kg m s 2 Tryk pascal Pa N m 2 Energi joule J N m Effekt watt W J s 1 Ladning coulomb C A s El. Potentiale volt V W A 1 El. Kapacitet farad F C V 1 El. Modstand ohm Ω V A 1 El. Ledning siemens S A V 1 Mag. flux weber Wb V s Mag. fluxtæthed tesla T Wb m 2 Induktans henry H Wb A 1 Lysflux lumen lm cd sr Illuminans lux lx lm m 2 Aktivitet bequerel Bq s 1 Absorberet dosis gray Gy J kg 1 Dosisækvivalent sievert Sv J kg 1 Præfixer yotta Y giga G 10 9 deci d 10 1 pico p zetta Z mega M 10 6 centi c 10 2 femto f exa E kilo k 10 3 milli m 10 3 atto a peta P hecto h 10 2 micro µ 10 6 zepto z tera T deca da 10 nano n 10 9 yocto y 10 24

25 7 KONSTANTER 25 7 Konstanter Grundlæggende fysiske konstanter Sym. Værdi Enhed Gravitationskonstanten G Nm 2 kg 2 Tyngdeaccelerationen nær Jorden g 9.8 ms 2 Tyngdeaccelerationen ved Ækvator g 9.78 ms 2 Tyngdeaccelerationen nær polerne g 9.83 ms 2 Masse af Jorden M A kg Månen kg Mars kg Venus kg Jupiter kg Saturn kg Solen M kg Middelradius Jorden R A m Månen m Mars m Jupiter m Solen R m Middelbaneradius Jorden (1 AU) m Månen (om Jorden) m Mars 1.52 AU Venus 0.72 AU Jupiter 5.20 AU Banetid Jorden (1 år) s Månen (27.32 dage om Jorden) s Mars (687 dage) s Rotationstid (ift. heliocentrisk ramme) Jorden (23 t 56 min) T A s Solen (25.38 dage) T dage Atomenheder Elektronmasse m e kg Protonmasse m p kg Neutronmasse m n kg Elementarladningen e C Lysets hastighed i vakuum c ms 1 Lysår lj m

26 8 OPGAVELØSNINGER 26 8 Opgaveløsninger 8.1 Blandet Problem 2.23 Givet: µ = dm/dt, v, begge konstante Ukendt: F Metode: Impulsændring under ekstern kraft Løsning: ṗ = F, dvs. ṁv + m v = µv = F Problem 9.4 Problem Givet: M, m, µ, v relativt til kanon, kollisionsapproksimation OK Ukendt: S Metode: Impulsændring under ekstern kraft Løsning: Lige ved affyringen: m(v u) + Mu = 0 u = m M+m v u = µg, dvs. u(t) = µgt + m M+m v, svarende til S = 1 2 µgt2 + m Leder efter t så u(t) = 0, dvs. t = 1 ( mv M+m ) 2 mv µg(m+m) Her bliver S = 1 2 µg 2. Givet: M = 300kg, m = 1.2kg, µ = 0.1, v = 600m s 1, L = 2m Ukendt: dp f, dp r Løsning: dt = 717kgms 1 M+m vt. L v u = s. dp f = µmgdt = 0.97kgms 1, dp r = Mu = 1. Givet: M, m, n, v > 0, w < 0 alle af på samme tid. Ukendt: w Metode: Impulsbevarelse Løsning: nm(v + w) + Mw = 0 w = nm M+nm v 2. Givet: En efter en hopper af Ukendt: u Løsning: Lad µ i = M + (n i)m være massen på slæden efter i er hoppet af, og u i være slædens hastighed her. m(v + u i+1 ) + µ i+1 u i+1 = µ i u i u i+1 = u i m µ i v Kan skrives u i = mv i 1 1 j=0 M+(n j)m Sammenlign 1. og 2.: Skriv 1. som w = mv m 1 1 M+nm i=0 og 2. som u = mv n 1 1 i=0 M+(n i)m Led for led er nævneren i u mindre end nævneren i w, så størst fart opnås, når

27 8 OPGAVELØSNINGER 27 personerne hopper af en ad gangen. Problem 9.6 Givet: M = 120kg, m = 70kg, D 0 = 20m, x = 3m Ukendt: D Metode: Massmidtpunkt ligger fast Løsning: (M + m)d 0 = M(D + x) + md D = D 0 M M+m x = 18.1m Problem 9.8 Givet: m, M, h Ukendt: v Metode: Impuls og energibevarelse Løsning: m(v u) + Mu = 0 v = M+m m u 1 2 Mu2 = Mgh u = 2gh v = M+m m 2gh Problem 9.11 Givet: m, M Ukendt: θ Metode: CM, N2, energibevarelse Løsning: y CM = 2MR 2M+m cos θ så længe snoren er strakt. ẏ CM = 2MR 2M+m cos θω ÿ CM = 2MR 2M+m cos θω2 2MR 2M+m sin θ ω N2: (2M + m)ÿ CM = (2M + m)g + S Energi: U(0) = 2MgR, U(θ) = 2MgR cos θ, T (θ) = Mω2 R 2 = Mω 2 R 2 Energibevarelse: 2MgR(1 cos θ) = Mω 2 R 2 ω 2 = 2g R (1 cos θ) 2g 1 2g ω = R (1 cos θ), ω = 2ω R sin θω = g R sin θ Indsæt og kræv som grænsebetingelse, at S = 0 dvs. ÿ CM = g. Det giver 2MR 2M+m (cos θω2 + sin θ ω) = g, som ved lidt mellemregninger ender med en andengrads-ligning: 3 cos 2 θ 2 cos θ + m 2M = 0 Det giver cos θ = 2± 4 6 m M 6 Løsning kræver 4 6 m M 0 m 2M/3

28 8 OPGAVELØSNINGER 28 Undersøg enkelte cases: m = 2M/3 cos θ = 1/3 m = 0 cos θ = 2/3 eller cos θ = 0 Konklusion: Afhængigt af m/m sker opadbevægelsen et sted mellem cos θ = 2/3 og θ = 90 o 8.2 Dekomponering af kræfter Problem 1.3 Givet: M, θ = 30 o, ligevægt Ukendt: S Metode: Tyngdekraft og total snorekraft ophæver hinanden Løsning: S sin θ + S sin θ = Mg S = Mg 2 sin θ = 9.8ms M = 9.8MN 2 Problem 2.4 Givet: m, M, F Ukendt: F mm Metode: N2, N3 Løsning: F = (m + M)a, F mm = Ma, dvs. F mm = M m+m F Problem 2.7 Givet: M, µ, vandret bevægelse, konstant hastighed Ukendt: F min, φ Metode: N2, N3, konstant friktion, komposantopløsning, a = 0 Løsning: [ ] [ ] [ ] [ F cos φ µn Ma(= 0) F = = Mg F sin φ + N N Mgµ cos φ+µ sin φ Mg cos φ cos φ+µ sin φ ]

29 8 OPGAVELØSNINGER 29 Minimering af F kræver F = 0 (og F > 0), dvs. φ = cos 1 ( bliver da µmg 1+µ µ 2 ). F min Problem 2.10 Problem Givet: M, L, homogent reb Ukendt: F (z) Metode: N2, N3 Løsning: F AB (z) = F BA (z) = Mg z L 2. Givet: M, L, ω, homogent reb, horisontal bevægelse Ukendt: F (r) Metode: N2, N3, jævn cirkelbevægelse Løsning: Hver lille del af snoren er udsat for en centripetalacceleration, a(r) = ω 2 r, så den samlede centripetalkraft bliver F (r) = L Mω 2 r r L dr = Mω2 r L 0 rdr = Mω 2 (L 2 r 2 ) 2L Givet: Skrå kast Ukendt: Vinkel til maksimal længde (maksimal højde) Metode: N2, komposantopløsning Løsning: Længst: θ = 45 o, højest: θ = 60 0 Problem 2.17 Givet: m, M, v 0, µ, ingen friktion ovf. bordet, relativ hastighed Ukendt: T, V (T ) i forhold til bordet Metode: N2, N3, impulsbevarelse Løsning: N = mg, F f = µn som virker modsat rettet på B (N3). Lad A s hastighed ift. gulvet være u(t) og B s hastighed være v(t). Den relative hastighed for A ift. B er da u(t) v(t). Vi har fra impulsbevarelse, at mv 0 = (m + M)v, når den fælles hastighed er opnået, dvs. v = m m+m v 0. Vi kan beregne tiden ud fra A s bevægelsesligning: u(t ) = v 0 µgt = m m+m v 0 T = M v 0 m+m µg Det stykke, D, A har bevæget sig ift. B findes ved at opdele bevægelsen i translatorisk og relativ bevægelse. Det samlede system bevæger sig stykket S = vt = 1 mm µg v 2 (m+m) 2 0. A bevæger sig stykket R = 1 2 µgt 2 + v 0 T = 1 2 M 2 v 2 (m+m) 2 0 µg + M v0 2 m+m µg

30 8 OPGAVELØSNINGER 30 Omskrevet er R = v2 0 µg M m+m 2m+M 2(m+M) Det giver D = R S = 1 2 ( M m+m ) 2 v 2 0 µg Problem Givet: u, a, ρ, ingen lodret komposant Ukendt: F Metode: N2, impulsændring ved ydre kræfter Løsning: Massen af vand, der rammer i dt er m = aρudt, med impuls p = au 2 ρdt. Da ṗ = F er F = au 2 ρ Ex. ρ = 10 3 kgm 3, a = m 2, u = 60ms 1. Indsat: F = 9000N. 70 kg mand svarer til 700 N. 3. Givet: h = 1m Ukendt: S Metode: Frit fald [ ] [ ] [ ] 2h S ut S Løsning: = 0 1 = g u 2 gt2 + h t Så S = 27.1m 2h g 4. Givet: u, v, a, ρ Ukendt: F Metode: Impulsændring ved ekstern kraft Løsning: Masse af vand, der rammer i dt: m = aρ(u v), så d dtm(u v) = F F = aρ(u v) 2 Problem 2.19 Metode: N2, faldloven [ ] [ x(t) Løsning: Projektil: = y(t) v x t 1 2 gt2 + v y t ]

31 8 OPGAVELØSNINGER 31 [ ] [ ] w(t) S And: = z(t) 1 2 gt2 + h x(t) = w(t) v x t = S v x = S/t y(t) = z(t) 1 2 gt2 + v y t = 1 2 gt2 + h v y = h/t I alt: v y v x = h S hvilket blot siger, at affyringsvinklen netop svarer til vinklen til initialpositionen for P. Problem 6.1 Metode: Fiktive kræfter, effektiv gravitation Løsning: Vi har en tyngdekraft nedad, en acceleration mod venstre, så en fiktiv gravitation mod højre. Pb-skiven kører mod højre. Korkproppen indstiller sig opad i det effektive tyngdefelt, som går skråt ned mod højre, dvs. korkprop kører mod venstre. Problem 6.2 Givet: m, µ, accelereret koordinatsystem Ukendt: a min Metode: Fiktiv gravitation Løsning: Der er acceleration mod højre, dvs. fiktiv gravitation mod venstre, samt naturlig gravitation nedad. Normalkraften på B bliver N = ma, så friktionskraften bliver F f = µma, opadrettet, da bevægelsen via g er nedad. For at blive i hvile i forhold til vognen kræves, at µma mg a min = g µ. 8.3 Dæmpet og tvungen oscillation Problem Givet: γ = γ /2

32 8 OPGAVELØSNINGER 32 Ukendt: T d /T 0 Metode: Dæmpet oscillator Løsning: γ = 2ω 0, så γ = ω 0. ω d = ω 0 1 (γ/2ω0 ) 2 T d = 2π ω d, T 0 = 2π ω 0, så T d T 0 = ω 0 ω d = 2 3 Problem Givet: γ = 0, ω 0, F = F 0 cos ωt Ukendt: Begyndelsesbetingelser, som sætter i steady state med det samme Metode: (Dæmpet) tvungen oscillator Løsning: x(t) = A cos ω 0 t + B sin ω 0 t + F 0 m Steady state: x(t) = F 0/m ω 2 0 ω2 cos ωt Ved t = 0 : x(0) = F 0/m ω 2 0 ω2, ẋ(0) = 0 2 Givet: x = x 0 cos(ωt + θ) Ukendt: x 0, θ Løsning: x(0) = F 0/m ω 2 0 ω2 ẋ(0) = 0 = x 0 sin θω Det giver θ = 0, x 0 = F 0/m ω 2 0 ω2 = x 0 cos θ cos ωt ω 2 0 ω2 8.4 Fjedre Problem 2.8 Problem 2.9 Givet: M = 0.1kg, k = 20Nm 1, lodret bevægelse, strakt snor Ukendt: Ligevægtsudtræk, d max, a(d max ) Metode: Symmetri i oscillation om ligevægtsudtræk Løsning: Først ligevægtsudtræk d 0 = Mg k = 0.049m. Dernæst d max via symmetri om d 0 - fjederen må ikke sammenpresses, for så krøller snoren, dvs. d max = d 0 = 0.049m. Endelig accelerationen i laveste punkt: Retning er opad, vi har F = kx = N = 0.98N, så a = F /M = 9.8N Givet: M, k 1, k 2 Ukendt: Periode T Metode: N2, N3, harmonisk oscillator, oversæt til en enkelt fjeder. Løsning: På M virker tyngdekraft Mg nedad og fjederkraft F 2 opad. På fjeder ( 1 virker ) fjederkraft F 2 nedad og F 1 opad. Ligevægtsudtræk bliver d 0 = Mg 1 + 1, svarende til en enkelt fjeder med (reduceret) fjederkonstant k1 k2 k = k 1k 2 k 1 +k 2. Denne fjeder har periode T = 2π m k = 2π m(k1 +k 2 ) k 1 k 2

33 8 OPGAVELØSNINGER 33 Problem Givet: m, k, v, elastisk sammenstød Ukendt: Sammentrykning, d Metode: Energibevarelse Løsning: 1 2 mv2 = 1 2 kd2 d = v m k 2. Givet: m, k, v, M, elastisk sammenstød Ukendt: Sammentrykning, d Metode: Reduceret masse Løsning: d = v mm k(m+m) Problem 9.3 Problem Givet: m, M, µ, k, v, inelastisk sammenstød, kollisionsapproksimation OK Ukendt: Sammentrykning, d Metode: Impulsbevarelse efter kollision, reduceret masse Løsning: Reduceret masse: ν = (m+µ)m m+m+µ µv = (m + µ)u u = µ µ+m v d = ν k u = µ M 2. Ukendt: Tid til d, τ k(m+µ)(m+µ+m) v Løsning: T = 2π ν k for hel oscillation. Vi ser kun på T/4, så τ = π 2 3. Ukendt: d, hvis der skydes i B i stedet for A Løsning: Som i 1. med ombyttet m og M M(m+µ) k(m+µ+m) 1. Givet: m, M, k, v, inelastisk sammenstød, kollisionsapproksimation OK Ukendt: u Metode: Impulsbevarelse Løsning: mv = (m + M)u u = m m+m v 2. Ukendt: Total impuls P Løsning: P = mv 3. Ukendt: v CM Løsning: v CM = m+m m+2m u = m m+2m v

34 8 OPGAVELØSNINGER Ukendt: T trans Løsning: T trans = 1 2 (m + 2M)v2 CM = m2 v 2 2(m+2M) 5. Ukendt: E Løsning: E = 1 2 (m + M)u2 = m2 v 2 2(m+M) 6. Ukendt: l Løsning: Indfør reduceret masse: µ = (m+m)m m+2m l = µ k u = m M k(m+m)(m+2m) v 7. Ukendt: Periode, τ Løsning: τ = 2π µ k = 2π (m+m)m (m+2m)k - det giver Problem 9.9 Problem Givet: m, L, k, ingen friktion Ukendt: Bevægelsesligning for y CM Metode: Massemidtpunktssætningen, frit fald Løsning: y CM (t) = 1 2 gt2 + y CM (0) 2. Ukendt: a 1, a 2 Løsning: Før snoren klippes virker en gravitationskraft på 2 på mg, som ophæves af fjederkraften. Klods 1 påvirkes nedad af fjederkraften (mg) samt af egen gravitation mg, så snorekraften er 2mg (opad). Når snoren klippes accelererer 1 derfor nedad med a 1 = 2mg, mens fjederkraften reduceres, således at 2 har en acceleration på a 2 = 0 (begge nedad). 3. Ukendt: z (position for 2 ift. CM) Løsning: Reduceret masse µ = m/2, generel oscillationsligning: y y 0 = A cos(ωt + θ) med ω = ( ) k/µ, A = µg/k. θ = 0, så vi får z(t) mg 2k cos 2k m t + L/2 1. Givet: M, 2M, k, θ, ingen friktion Ukendt: Fjederudtræk L Metode: Kraftdekomponering [ ] [ ] 2Mg sin θ k L 2Mg sin θ Løsning: = L = 2Mg cos θ N k 2. Ukendt: a A, a B Løsning: Før snoren klippes virker en snorekraft på A på 2Mg sin θ+mg sin θ = 3Mg sin θ. Den forsvinder, a A = 3Mg sin θ, fjederkraften reduceres, således at B har en acceleration på a B = 0 (begge skråt nedad). 3. Ukendt: t så CM bevæget D og T trans ved t

35 8 OPGAVELØSNINGER 35 Løsning: a CM = g sin θ, så 1 2 g sin θt2 = D t = 2D g sin θ. T trans = 1 2 3Mv2 = 3 2 M(g sin θt)2 = 3MgD sin θ 4. Ukendt: Periode T Løsning: Reduceret masse µ = 2M/3, T = 2π 2M µ/k = 2π 3k 8.5 Gyroer Problem 13.1 Problem 13.2 Givet: r, ω 0, l, M, Ω 0 = rω 0 /l Ukendt: R Metode: Impulsmomentændring, N2 Løsning: I = 1 2 Mr2 L = Iω 0 dl dt = L Ω0 = 1 2 Mr3 ω 2 /l N = l( Mg + R) N = dl dt R = r 3 ω 2 /2+l 2 g M l 2 1. Givet: m = 0.1kg, M = 2.4kg, r = 0.1m, l = 0.3m, ω 0 = 200s 1, h = 0.5m Ukendt: θ Metode: Impulsmomentændring Løsning: I = 1 2 Mr2 L = Iω 0 dl dt = L Ω0 N = 2gh t ml ind i papiret N = dl dt Ω 0 t = 2l 2gh m ω 0 r 2 M Indsat fås θ = Ω 0 t = = 2.24 o ind i papiret 8.6 Jævn cirkelbevægelse Problem Givet: M 1 = M 2 = 0.1kg, r 1 = 1m, r 2 = 2m, S max = 327N, jævn cirkelbevægelse Ukendt: ω max, sted hvor snor knækker

36 8 OPGAVELØSNINGER 36 Metode: Centripetalkraft leveres af snorekraften Løsning: S 2 = M 1 ω 2 r 2, S 1 = M 2 ω 2 r 1 + S 2 = 3M 1 ω 2 r 1 Snor knækker ved M 1 fordi S 1 > S 2. ω max tilfredsstiller S 1 = S max, dvs. 3M 1 ωmaxr 2 Smax 327N 1 = S max ω max = = 3M 1 r kg1m = 33.02s 1 2. Selv ved uendelig høj ω kan systemet ikke hænge helt vandret pga. gravitation. Problem Givet: M Phobos = m, T Phobos = 27540s, jævn cirkelbevægelse Ukendt: M Mars Metode: Centripetalkraft leveres af gravitationen Løsning: M Phobos ω 2 r Phobos = G M PhobosM Mars r 2 Phobos M Mars = ω2 r 3 Phobos G og idet ω 2 = 4π2 T 2 fås M Mars = 4π2 r 3 Phobos T 2 Phobos G = 4π 2 ( ) 3 (27540s) Nm 2 kg 2 = kg 2. Givet: r Mars = 1.52r Jord, jævn cirkelbevægelse Ukendt: År på Mars (dvs. T Mars ) Metode: Kepler Løsning: r 3 T 2 = kst r3 Jord (rmars T 2 Jord = r3 Mars T 2 Mars T Mars = r Jord ) 3 T Jord = (1.52) 3/2 1år = 1.87år

37 8 OPGAVELØSNINGER 37 Problem Givet: m, l, ω, θ = 45 o, g, jævn cirkelbevægelse, ingen lodret bevægelse Ukendt: S 1, S 2 Metode: To betingelser: Lodret ophæves gravitation af snorekræfterne, vandret leverer de centripetalkraften Løsning: [ ] [ S1 sin θ + S 2 sin θ mω = 2 ] r, r = l sin θ S 1 cos θ S 2 cos θ mg [ ] [ S 1 + S 2 mω = 2 ] l (S 1 S 2 ) cos θ mg Antag, at θ 90 o. Så haves [ S1 S 2 ] = [ mω 2 l 2 + mg 2 cos θ mω 2 l 2 mg 2 cos θ ] 2. Den nederste snor er strakt, så længe snorekraften er positiv, dvs. betingelsen bliver mω2 l 2 mg 2 cos θ ω2 g l cos θ. Problem 1.5 Givet: m, r, M > m, g, jævn cirkelbevægelse, ingen lodret bevægelse, ingen friktion Ukendt: v m Metode: Snorekraften leverer centripetalkraften via tyngdekraften på M Løsning: mω 2 r = Mg, v m = ωr mω 2 r 2 = mv 2 m = Mgr v m = M m gr Problem Givet: θ = 30 o, l, m, ω, g, jævn cirkelbevægelse, ingen lodret bevægelse, ingen friktion

38 8 OPGAVELØSNINGER 38 Ukendt: Snorekraft og reaktionskraft, S, R Metode: Komposantopløsning lodret og vandret, N2. Snorekraft er langs med snoren, reaktionskraften vinkelret på underlaget. Løsning: [ mω 2 ] [ ] l sin θ S sin θ R cos θ = mg S cos θ + R sin θ [ R S ] = [ m ( g lω 2 cos θ ) sin θ m ( g cos θ + lω 2 sin 2 θ ) ] = m(2g 3lω 2 ) 4 m(2 3g+lω 2 ) 2. ω max findes når R = 0, dvs. ved 2g = 3lω 2 max ω max = 4 2g 3l. Problem 2.6 Problem 6.5 Problem Givet: r = 300m, µ A = 0.8, µ I = 0.2 cirkulær bane, horisontal, ingen lodret bevægelse Ukendt: v max Metode: Friktionen leverer centripetalkraften. Løsning: F f = µn = µmg = F c = mv 2 /r dvs. v = µgr. Indsættes fås v A = 48.5ms 1, v I = 24.2ms Givet: ω = 45rpm = (45 2π)/60s 1, µ = 0.1, radial bevægelse ud ad pladen, ingen lodret bevægelse Ukendt: r max Metode: Friktionen leverer centripetalkraften. Løsning: F f = µmg = F c = mω 2 r dvs. r = µg. Indsættes fås r = 0.044ms 1 ω 2 Givet: Jævn cirkelbevægelse om jorden, accelereret system Ukendt: Periode T, kræfter Metode: Fiktiv centrifugalkraft, accelereret system (samme problem som 6.4) Løsning: Centripetalkraft fra tyngdefeltet ophæves af centrifugalkraft, hvis mg = mω 2 R ω = g/r og T = 2π/ω. Indsat fås T = 84min26s. Givet: R = 3m, g, µ = 0.4, personen hænger fast i accelereret system Ukendt: ω min, v

39 8 OPGAVELØSNINGER 39 Metode: Fiktiv centrifugalkraft, accelereret system Løsning: Friktionskraften ophæver netop tyngdekraften. N = mω 2 R, F f = µn, F f = mg ω = g µr. Indsat: ω = , v = ωr = 8.6ms 1. Problem 6.8 Givet: ω, v, µ Ukendt: Kræfter, F f, x 0 Metode: Centrifugalkraft, Corioliskraft Løsning: Virkende kræfter: nedad tyngdekraften, centrifugalkraft ud ad x- aksen, Corioliskraft [ ad -y-aksen, friktion ad -kraftkomposanten vandret. Se fig. mω Har F = 2 ] x, og F µmg for at billen hænger fast. Løs for lighed 2mωv mht. x: µ 2 g 2 = ω 4 x 2 + 4ω 2 v 2 x 0 = µ 2 g 2 4ω 2 v 2 ω Lodder og trisser Problem Givet: m 1 = 400g, m 2 = 200g, θ = 30 o, ingen friktion, masseløse snore og triser. Ukendt: a 2, snorekræfter Metode: Husk geometriske betingelser - snorene er strakt. Koordinatsystem langs skråplan. N2 på hver klods.

40 8 OPGAVELØSNINGER 40 Løsning: Klods 2: m 2 a 2 = S 2 m 2 g. Klods 1: m 1 a 1 = S 1 m 1 g sin θ. S 1 = S 2 /2. a 1 = 2a 2. Dermed fire ligninger og fire ubekendte a 1, a 2, S 1, S 2. Vi får: S 1 = m 1m 2 g(sin θ+2) 4m 1 +m 2, S 2 = 2S 1, a 2 = g 2m 1 sin θ m 2 4m 1 +m 2, a 1 = 2a 2 Indsættelse giver: S 1 = g 9 N, S 2 = 2g 9 N, a 2 = g 9 Problem 2.12 Givet: M, m 1, m 2, ingen friktion, masserne er i ro i forhold til M. Ukendt: F Metode: Husk geometriske betingelser - snorene er strakt, størrelse af accelerationer er ens. N2 og N3 på hver klods. Løsning: F = (M + m 1 + m 2 )a. m 2 er i lodret hvile: S = m 2 g. S = m 1 a (samme a som systemet). Dermed a = m 2 m 1 g F = (M + m 1 + m 2 ) m 2 m 1 g Problem 2.13 Problem 11.6 Givet: m = 90kg, m = 50kg, m c = 15kg. Lodret bevægelse Ukendt: S, a Metode: Geometriske betingelser - snoren er strakt, størrelse af accelerationer er ens. N2 og N3 på hvert element. Løsning: Vogn og maler: S (m+m c )g = (m+m c )a, Maler: m(g a) S = m g Det giver: a = g m c+m 2m+m c, S = g (m+m c)(2m m ) 2m+m c. Indsættelse giver a = g/3, S = 70gN. 1. Givet: M, m, r, I, h. Strakt snor, ingen friktion, inelastisk sammenstød Ukendt: v Metode: Impulsbevarelse, snorebetingelse Løsning: Før sammenstød: mgh = 1 2 mu2 u = 2gh.

41 8 OPGAVELØSNINGER 41 Efter sammenstød, kinetisk energi ved nye hastighed v: T = 1 2 (M + m)v Mv Iω2 Snorebetingelse: ωr = u, så T = 1 2 (2M + m + I/r2 )u 2 Bevægelsesmasse dermed M = 2M + m + I/r 2, så mu = M v v = m 2M+m+I/r 2 2gh 2. Ukendt: Q Løsning: Q = T 0 T = mgh(1 m 2M+m+I/r 2 ) Problem Givet: M, m, R. Strakt snor, ingen friktion, Ukendt: v CM af skiven Metode: Lagrangemekanik, snorebetingelser Løsning: Koordinater: y stykket CM har bevæget sig, θ vinkel, der er drejet. U = mg(y + θr) T = 1 2 Mẏ MR2 ω m(ẏ + ωr)2 L = T U d L (M + m)ÿ + mr ω = mg dt ẏ = L y d L dt ω = L θ ( 1 2 M + m)r2 ω + mrÿ = mgr Det giver ÿ = mg M+3m, eller v CM = ẏ = mg M+3m t 8.8 Penduler Problem Givet: m, l, ω, θ, g, jævn cirkelbevægelse, ingen lodret bevægelse, ingen friktion Ukendt: S Metode: Snorekraften leverer i den vandrette dimension centripetalkraften

42 8 OPGAVELØSNINGER 42 Løsning: Givet at θ 0 S sin θ = mω 2 r = mω 2 l sin θ S = mω 2 l 2.Ukendt: θ Metode: Ingen bevægelse i lodret retning, snorekraft ophæver tyngdekraft. Løsning: S cos θ = mg mω 2 l cos θ = mg cos θ = g ω 2 l cos θ 0 for ω θ 90 o for ω Problem Givet: r = 0.7m, θ = 30 o, g Ukendt: Tangentialacceleration og centripetalacceleration, a T, a N Metode: N2, ingen lodret bevægelse til t = 0 Løsning: Koordinatsystem langs snoren [ ] [ ] mg sin θ at = m a S mg cos θ N = 0, a T = g sin θ a N 2.Ukendt: ω, ω til t = 0 Metode: ω = v/r, ω = a/r Løsning: ω = 0 ω = g sin θ r 3.Givet: m = 0.5kg Ukendt: S til t = 0 Løsning: S mg cos θ = ma N = 0 S = mg cos θ = 4.24N Problem Givet: m cirkulær bane, friktion fra atmosfæren Ukendt: Ophængningspunkt og ligevægtsretning Metode: Fiktiv gravitation, centrifugalkraft, kraftdekomponering Løsning: På satelitten virker jordens tyngdekraft (indad), friktionskraften, rettet bagud i cirkelbanen. I satelliten (accelereret system) virker en centrifugal kraft udad og en fiktiv gravitation fremad. Centripetal- og centrifugalkraften ophæver hinanden, så der opleves kun den fiktive gravitation. Ophæng loddet

43 8 OPGAVELØSNINGER 43 på bagvæggen af satelitten, ligevægtsretningen er fremad i banen. 2. Givet: Ingen rotation i satellitten, små oscillationer Ukendt: Faktorer bag perioden T Metode: Effektiv gravitation Løsning: Vi har, at T = 2π L/g eff, så snorelængde, friktionskoefficient, og omløbshastighed er faktorer. Problem 11.1 Givet: r = 0.2m, d = 0.1m Ukendt: Periode Metode: Fysisk pendul Løsning: T = 2π I dmg I = I CM + Md 2 = 1 2 Mr2 + (r/2) 2 M = 3 4 Mr2 T = 2π 3Mr 2 4Mgr/2 = 2π 3r 2g = 1.1s Problem 11.2 Problem 11.8 Givet: Skive, R, M, L Ukendt: Periode, Periode hvis drejet vinkelret på planet Metode: Fysisk pendul Løsning: T = 2π I LMg I = I CM + ML 2 = 1 2 MR2 + ML 2 T = 2π R 2 /2+L 2 gl I = I CM + ML2 = 1 4 MR2 + ML 2 T = 2π R 2 /4+L 2 gl 1+2. Givet: l, M Ukendt: I A, T Metode: Fysisk pendul, parallelakse Løsning: I A = I CM + 4Ml 2 = M(4l)2 + 4Ml 2 = 28 3 Ml2

44 8 OPGAVELØSNINGER 44 T = 2π IA l4mg = 2π 7l 12g 3. Givet: Bevægelse til lodret position Ukendt: P Metode: Energibevarelse, impulsmomentbevarelse Løsning: L = 2lP, T = L2 2I A = 3 P 2 7 M = U = 8Mgl P = 4M 4+5. Givet: Bevægelse til vandret position Ukendt: Reaktionskræfter, lodret og vandret Metode: N2, energibevarelse, jævn cirkelbevægelse Løsning: U 1 = 4Mgl = T 1 = 1 2 I Aω 2 ω = Vandret komponent: Mω 2 l = F 1 F 1 = M 6g 7l Lodret komponent: Øhhmmm... 6g 7l 14 3 gl Problem Givet: l, M, små oscillationer Ukendt: l 1

45 8 OPGAVELØSNINGER 45 Metode: Fysisk pendul, matematisk pendul Løsning: I A = 1 3 Ml2, T = 2π IA l/2mg = 2π 2l 3g, T M = 2π l 1 /g = T l 1 = 2 3 l 2. Givet: P, x, M, L, kollisionsapproksimation OK Ukendt: v CM Metode: Impulsmomentbevarelse Løsning: L 0 = xp, L 1 = I A ω ω = 3xP 3. Givet: Horisontal reaktionskraft = 0 Ukendt: x Metode: N2 Løsning: Øhhmmm Givet: x Ukendt: cos θ 0, v Ml 2 CM = ωl/2 = 3xP 2Ml Metode: Energibevarelse Løsning: T = 1 2 I Aω 2 = 3 x 2 P 2 2 = Mg l Ml 2 2 (1 cos θ 0) Problem Givet: R, M, små oscillationer Ukendt: Periode T Metode: Fysisk pendul Løsning: I A = I CM + M(3R) 2 = ( )MR2 T = 2π IA 3RMg = 2π ( )R g 2+3. Ukendt: ω(θ), ω