Mekanikk og bevegelse

Oppgave 7.1.1: Vi deriverer posisjonsfunksjonen ledd for ledd med potensregelen og sumregelen.

1. a)

   Hastigheten er den deriverte av posisjonen:

   $$v(t)=\frac{ds}{dt}=6t-2$$

   (i $\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$).

2. b)

   Akselerasjonen er den deriverte av hastigheten:

   $$a(t)=\frac{dv}{dt}=6\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2},$$

   konstant – den samme ved alle tidspunkter.

3. c)

   Innsetting gir $v(2)=6\cdot 2-2=10\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$. Fortegnet er positivt, så objektet beveger seg i den valgte positive retningen ved $t=2\mathrm{s}$.

Oppgave 7.1.2: Ballen slippes fra ro, så $v_0=0$, og akselerasjonen er konstant lik $g$ med nedover som positiv retning. Bevegelseslikningene for konstant akselerasjon gjelder da direkte.

1. a)

   Farten etter tiden $t$:

   $$v=v_0+gt=0+9.81\cdot 2.0\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}\approx 19.6\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}.$$

2. b)

   Fallstrekningen, med $s_0=0$:

   $$\mathrm{\Delta }s=v_{0}t+\frac{1}{2}g{t}^2=\frac{1}{2}\cdot 9.81\cdot {(2.0)}^2\mathrm{m}\approx 19.6\mathrm{m}.$$

   En kontroll med den tidløse likningen gir det samme: $\mathrm{\Delta }s=v^2/(2g)={19.62}^2/(2\cdot 9.81)\mathrm{m}\approx 19.6\mathrm{m}$.

3. c)

   Bevegelseslikningene ble utledet ved å integrere en konstant akselerasjon to ganger. I fritt fall uten luftmotstand er akselerasjonen nettopp konstant, $a=g$, så integrasjonen er allerede gjort én gang for alle – det gjenstår bare å sette inn $v_0=0$ og $a=g$.

Oppgave 7.1.3: Vi velger kjøreretningen som positiv; retardasjonen gir da $a=-6.0\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$.

1. a)

   En kilometer er $1000\mathrm{m}$ og en time $3600\mathrm{s}$, så vi deler på $3.6$:

   $$v_0=\frac{90}{3.6}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}=25\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}.$$

2. b)

   Bilen står stille når $v=0$. Den tidløse likningen gir

   $$0=v_0^2+2a\mathrm{\Delta }s⟹\mathrm{\Delta }s=\frac{v_0^2}{2\cdot 6.0}=\frac{625}{12}\mathrm{m}\approx 52\mathrm{m}.$$

   En kontroll via tiden gir det samme: bremsingen tar $t=v_0/6.0\approx 4.2\mathrm{s}$, og $\mathrm{\Delta }s=v_{0}t-\frac{1}{2}\cdot 6.0\cdot t^2\approx 52\mathrm{m}$.

3. c)

   Påstanden er gal. Av likningen er bremselengden $\mathrm{\Delta }s=v_0^2/(2\cdot 6.0)$ – proporsjonal med kvadratet av starthastigheten. Dobbelt så høy fart gir derfor $2^2=4$ ganger så lang bremselengde, ikke dobbelt: $50\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ gir $2500/12\mathrm{m}\approx 208\mathrm{m}$, fire ganger de $52\mathrm{m}$.

Oppgave 7.1.4:

1. a)

   Nei. Hastigheten er den deriverte av posisjonen, $v=ds/dt$ – på $s$–$t$-grafen er det stigningstallet til tangenten, ikke høyden av grafen. Farten er størst der grafen er brattest, som slett ikke trenger å være der den er høyest.

2. b)

   I et topp-punkt er hastigheten $v=0\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$; tangenten der er vannrett.

3. c)

   Ett moteksempel blant mange: en $s$–$t$-graf som stiger bratt fra start, flater ut mot et høyeste platå og deretter synker – som heisgrafens slektning i figur 7.1. Der grafen er høyest, er den vannrett, så $v=0$ og gjenstanden står stille; farten er størst i den bratte starten, der grafen er lavere. Påstanden er dermed motbevist.

Oppgave 7.2.1: Newtons andre lov gir resultantkraften direkte som masse ganger akselerasjon:

Enhetsanalysen: massen bærer $\mathrm{kg}$ og akselerasjonen $\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$, så produktet får enheten $\mathrm{kg}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$ – og det er per definisjon nettopp $\mathrm{N}$, siden $1\mathrm{N}=1\mathrm{kg}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$. Kontroll: $a=F/m=0.090/0.045\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}=2.0\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$, som oppgitt.

Oppgave 7.2.2:

1. a)

   Tyngden på jorda er

   $$G=mg=0.20\cdot 9.81\mathrm{N}=1.96\mathrm{N}.$$

2. b)

   Massen er en egenskap ved gjenstanden selv og er den samme overalt i universet: $0.20\mathrm{kg}$ – også på månen.

3. c)

   Tyngden på månen er

   $$G_{\text{måne}}=m{g}_{\text{måne}}=0.20\cdot 1.62\mathrm{N}=0.32\mathrm{N}.$$

   Massen er uendret fordi den måler gjenstandens treghet – en egenskap ved gjenstanden selv – mens tyngden $G=mg$ er en kraft som avhenger av tyngdeakselerasjonen $g$ på stedet, og $g$ er mindre på månen.

Oppgave 7.2.3:

1. a)

   Vi isolerer klossen og tegner de tre kreftene langs aksen som piler ut fra den: de to drivkreftene mot høyre og motkraften mot venstre.

2. b)

   Langs én akse regner vi med fortegn, med drivkreftenes retning som positiv:

   $$F_{\text{res}}=6.0+4.0-2.0\mathrm{N}=8.0\mathrm{N}$$

   i drivkreftenes retning.

3. c)

   Newtons andre lov gir

   $$a=\frac{F_{\text{res}}}{m}=\frac{8.0\mathrm{N}}{4.0\mathrm{kg}}=2.0\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2},$$

   rettet samme vei som resultantkraften – altså i drivkreftenes retning. Kontroll: $ma=4.0\cdot 2.0\mathrm{N}=8.0\mathrm{N}=F_{\text{res}}$.

Oppgave 7.2.4:

1. a)

   Applanasjonsarealet er en sirkel med radius $d/2=1.53\mathrm{mm}$:

   $$A=\pi {\left(\frac{d}{2}\right)}^2=\pi {(1.53\mathrm{mm})}^2\approx 7.35{\mathrm{mm}}^2=7.35\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^2.$$

2. b)

   Med $F=20.6\mathrm{mN}=20.6\times {10}^{-3}\mathrm{N}$ gir Imbert–Fick-prinsippet

   $$p=\frac{F}{A}=\frac{20.6\times {10}^{-3}\mathrm{N}}{7.35\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^2}\approx 2801\mathrm{Pa},$$

   og omregnet til kliniske enheter

   $$p=\frac{2803}{133.322}\mathrm{mmHg}\approx 21.0\mathrm{mmHg}.$$

   Kontroll med seksjonens gram-regel: $20.6\mathrm{mN}$ svarer til $20.6/9.81=2.10$ gram påført kraft, altså $21.0\mathrm{mmHg}$ – samme svar.

3. c)

   Verdien ligger akkurat på øvre grense av normalintervallet $10$–$21\mathrm{mmHg}$ – innenfor, men uten margin. Et fornuftig råd er ikke å konkludere fra én måling: gjenta målingen (gjerne på et annet tidspunkt, siden IOP varierer), og følg opp verdien før noe mer sies til pasienten.

4. d)

   En uvanlig tykk hornhinne er stivere enn kalibreringen forutsetter, så det trengs mer kraft for å flate ut arealet enn det indre trykket alene tilsier – avlesningen blir systematisk for høy. Et tall like over $21\mathrm{mmHg}$ hos en pasient med tykk hornhinne kan derfor svare til et reelt IOP innenfor normalintervallet; tallet bør tolkes i lys av hornhinnetykkelsen før det kalles forhøyet.

Oppgave 7.3.1: Kraften er konstant og virker langs bevegelsen, så arbeidet er kraft ganger strekning:

Oppgave 7.3.2: Bare komponenten langs bakken gjør arbeid, så vi bruker $W=Fs\cos \theta$ med $\theta =30\mathrm{°}$:

Den loddrette komponenten på $50\sin 30\mathrm{°}=25\mathrm{N}$ løfter bare i tauet og bidrar ikke til arbeidet.

Oppgave 7.3.3:

1. a)

   Kraften er konstant og langs bevegelsen:

   $$W=F\cdot s=9.0\cdot 4.0\mathrm{J}=36\mathrm{J}.$$

2. b)

   Klossen starter fra ro, så hele arbeidet blir kinetisk energi, $W=\frac{1}{2}m{v}^2$. Løst for farten:

   $$v=\sqrt{\frac{2W}{m}}=\sqrt{\frac{2\cdot 36}{2.0}}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}=\sqrt{36}\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}=6.0\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}.$$

   (Kontroll via bevegelseslikningene: $a=F/m=4.5\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$ gir $v^2=2a\mathrm{\Delta }s=36$, altså samme svar.)

3. c)

   Arbeid–energi-setningen gir farten direkte fra kraft og strekning, uten å regne ut akselerasjonen og tiden underveis – ett steg i stedet for to.

Oppgave 7.3.4:

1. a)

   Arbeidet mot tyngden er

   $$W=mgh=70\cdot 9.81\cdot 3.0\mathrm{J}\approx 2060\mathrm{J}.$$

2. b)

   Effekten er arbeidet delt på tiden:

   $$P=\frac{W}{t}=\frac{2060}{6.0}\mathrm{W}\approx 343\mathrm{W}.$$

3. c)

   Symbolet $P$ betegner her en effekt – arbeid per tid, målt i watt ($\mathrm{J}{\mathrm{s}}^{-1}$). Dioptri er enheten for linsestyrke, den resiproke brennvidden i ${\mathrm{m}}^{-1}$, og er en helt annen størrelse; de to deler bare symbolet, ikke betydningen.

Oppgave 7.3.5: Vi bruker $E_k=\frac{1}{2}m{v}^2$ for energiene og $F=E_k/s$ for kraften over bremsestrekningen.

1. a)

   Med $m=\mathrm{0.000\hspace{0.17em}10}\mathrm{kg}$:

   $$E_k=\frac{1}{2}\cdot 0.00010\cdot {140}^2\mathrm{J}=0.98\mathrm{J}.$$

   Det er praktisk talt den ene joulen standardtestene for briller er dimensjonert for.

2. b)

   Paintballkula, med $m=0.0030\mathrm{kg}$:

   $$E_k=\frac{1}{2}\cdot 0.0030\cdot {90}^2\mathrm{J}\approx 12\mathrm{J},$$

   omtrent tolv ganger så mye som splinten.

3. c)

   Med $s=0.004\mathrm{m}$:

   $$F=\frac{E_k}{s}=\frac{0.98\mathrm{J}}{0.004\mathrm{m}}=245\mathrm{N}.$$

4. d)

   Tallene tåler ikke påstanden. Linsen er prøvd som punktlast i området rundt $1\mathrm{J}$ – splintens $0.98\mathrm{J}$ ligger akkurat innenfor, og der absorberer linsen reelt støtenergien over bremsestrekningen. Paintballkulas om lag $12\mathrm{J}$ ligger en størrelsesorden over; mot slike prosjektiler verner brillene først og fremst ved å dekke øyehulen og avbøye eller fordele støtet, ikke ved å suge opp all energien i linsen. Beskyttelsen slutter altså der støtenergien vokser forbi det linsen punkttestes for – brillene reduserer risikoen kraftig, men fjerner den ikke.

Oppgave 7.4.1: Viften gjør $1200$ omdreininger per minutt, altså per $60\mathrm{s}$.

1. a)

   Frekvensen er antall omdreininger per sekund: $f=1200/60\mathrm{s}=20\mathrm{Hz}$.

2. b)

   Perioden er den omvendte av frekvensen: $T=1/f=1/20\mathrm{Hz}=0.050\mathrm{s}$ – hver omdreining tar $50\mathrm{ms}$.

3. c)

   Én omdreining er $2\pi$ radianer, så $\omega =2\pi f=2\pi \cdot 20\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}\approx 126\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$. Kontroll: $1200$ omdreininger er $1200\cdot 2\pi \approx 7540\mathrm{rad}$ på $60\mathrm{s}$, og $7540/60\approx 126\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$ – samme svar.

Oppgave 7.4.2: Vi regner i meter, så $r=0.050\mathrm{m}$.

1. a)

   Banefarten er $v=r\omega =0.050\cdot 15\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}=0.75\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$.

2. b)

   Sentripetalakselerasjonen er $a={\omega }^{2}r={15}^2\cdot 0.050\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}=11.25\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}\approx 11\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$. Kryssjekk med den andre formen: $v^2/r={0.75}^2/0.050=11.25\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$, det samme – som det må være.

3. c)

   Hele skiva har samme vinkelfart $\omega$, og både $v=r\omega$ og $a={\omega }^{2}r$ er proporsjonale med $r$. Dobles avstanden fra aksen, dobles derfor begge: banefarten blir dobbelt så stor ($v=1.5\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$) og sentripetalakselerasjonen dobbelt så stor ($a=22.5\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-2}$).

Oppgave 7.4.3: Amplituden er $A=20\mathrm{°}$ og varigheten $t=0.060\mathrm{s}$.

1. a)

   Gjennomsnittsfarten er amplituden delt på tiden: ${\omega }_{\text{middel}}=A/t=20\mathrm{°}/0.060\mathrm{s}\approx 333\mathrm{°}\text{/}\mathrm{s}$.

2. b)

   Amplituden er arealet under trekanten, $A=\frac{1}{2}{\omega }_{\text{topp}}t$, så ${\omega }_{\text{topp}}=2A/t=2\cdot 20\mathrm{°}/0.060\mathrm{s}\approx 667\mathrm{°}\text{/}\mathrm{s}$ – dobbelt så høyt som gjennomsnittet, slik trekantmodellen krever. Omregnet med $180\mathrm{°}=\pi \text{rad}$: ${\omega }_{\text{topp}}=667\cdot {\displaystyle \frac{\pi }{180}}\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}\approx 11.6\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-1}$.

3. c)

   Ja. Toppfarten $667\mathrm{°}\text{/}\mathrm{s}$ ligger godt over de $400\mathrm{°}\text{/}\mathrm{s}$ en $10\mathrm{°}$-sakkade når, og varigheten er også lengre ($60\mathrm{ms}$ mot $50\mathrm{ms}$) – begge deler nøyaktig det hovedsekvensen sier: større amplitude gir høyere toppfart og lengre varighet.

Oppgave 7.4.4: Vi bruker $m=0.0070\mathrm{kg}$ og $r=0.012\mathrm{m}$, og går veien treghetsmoment $\to$ rotasjonens andre lov $\tau =I\alpha$ $\to$ kraft $F=\tau /r$.

1. a)

   $I=\frac{2}{5}m{r}^2=0.4\cdot 0.0070\cdot {(0.012)}^2\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2\approx 4.0\times {10}^{-7}\mathrm{kg}{\mathrm{m}}^2$ – samme øye som i eksempelet, og derfor samme treghetsmoment.

2. b)

   Vinkelakselerasjonen er fartsendringen delt på tiden: $\alpha ={\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }\omega }{\mathrm{\Delta }t}}={\displaystyle \frac{11.6}{0.030}}\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-2}\approx 3.9\times {10}^2\mathrm{rad}{\mathrm{s}}^{-2}$, og dreiemomentet $\tau =I\alpha =4.0\times {10}^{-7}\cdot 387\mathrm{N}\mathrm{m}\approx 1.5\times {10}^{-4}\mathrm{N}\mathrm{m}$.

3. c)

   $F={\displaystyle \frac{\tau }{r}}={\displaystyle \frac{1.5\times {10}^{-4}}{0.012}}\mathrm{N}\approx 1.3\times {10}^{-2}\mathrm{N}=13\mathrm{mN}$. Kontroll uten mellomresultatene: $F=\frac{2}{5}mr\alpha =0.4\cdot 0.0070\cdot 0.012\cdot 387\mathrm{N}\approx 0.013\mathrm{N}$ – samme svar.

4. d)

   Dreiemomentet er bare om lag $1.4$ ganger eksemplets $1.1\times {10}^{-4}\mathrm{N}\mathrm{m}$, enda amplituden er doblet, og kraften – om lag tyngden av $1.3\mathrm{g}$ – er fortsatt ørliten. Nei: øyets rotasjonstreghet alene kan ikke forklare hvor kraftig musklene må dra. «Stiv kule uten friksjon»-modellen mangler den seige, fjærlignende viskoelastiske motstanden fra øyemusklene og vevet i øyehulen, som er det muskelkraften i hovedsak går med til å overvinne. Modellen treffer kinematikken, men bommer på kreftene – akkurat som seksjonens siste eksempel konkluderte.