6.3 Spinn, spinnbevaring og «kritiser løsningen»

For en partikkel med bevegelsesmengde $\mathbf{p}$ i posisjonen $\mathbf{r}$ fra aksen:

$$\mathbf{L} = \mathbf{r}\times\mathbf{p}, \qquad L = rp\sin\varphi = p\cdot(\text{momentarm})$$

For et stivt legeme som roterer om en fast akse er uttrykket enda enklere:

$$L_z = I_z\omega_z$$

Enheten er $\text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s}$, som også kan skrives $\text{N}\cdot\text{m}\cdot\text{s}$.

Gyldighetsbetingelsen er at aksen må oppgis — akkurat som for kraftmoment og treghetsmoment. Og legg merke til at en partikkel som beveger seg i rett linje godt kan ha spinn forskjellig fra null om et punkt utenfor linja: det er avstanden fra punktet til bevegelseslinja som teller. Det er dette som gjør at en kule i fart kan sette en stav i rotasjon.

$$L_z = I_z\omega_z$$

Sammenlign med $p = mv$: massen er byttet med treghetsmomentet, farten med vinkelfarten. Analogien fra kap. 6.1 holder også her.

Retningen er den samme som $\boldsymbol{\omega}$, altså langs rotasjonsaksen, gitt av høyrehåndsregelen. I planet: ut av papirplanet for rotasjon mot klokka.

Gyldighetsbetingelsen er at rotasjonen skjer om en fast symmetriakse. For skjeve akser kan $\mathbf{L}$ og $\boldsymbol{\omega}$ peke i ulike retninger — det er derfor et hjul som er ute av balanse rister. Den komplikasjonen møter du ikke i FYS1100.

$$\mathbf{L}_{\text{før}} = \mathbf{L}_{\text{etter}} \qquad \text{når} \qquad \boldsymbol{\tau}_{\text{ytre}} = 0$$

For et legeme som endrer form, blir det $I_1\omega_1 = I_2\omega_2$: synker treghetsmomentet, må vinkelfarten øke tilsvarende.

Gyldighetsbetingelsen er det som gir poeng, og den skal skrives ut hver eneste gang. Merk at betingelsen gjelder kraftmomentet, ikke kreftene. Det er fullt mulig at det virker store ytre krefter på systemet, og at spinnet likevel er bevart — så lenge kreftene ikke har momentarm om aksen.

Dette er det avgjørende poenget i kule-i-stav-oppgaven: hengselen utøver en stor kraft, så bevegelsesmengden er ikke bevart. Men hengselkraften angriper i aksen, så den har null momentarm, og spinnet om hengselaksen er bevart.

Grunnen ser du av regnestykket. Med $L = I\omega$ konstant blir

$$K_{\text{rot}} = \tfrac12 I\omega^2 = \frac{L^2}{2I}$$

Halveres $I$, holder $L$ seg, $\omega$ dobles — og $K$ dobles. Energien er altså ikke bevart, den øker.

Hvor kommer den fra? Fra arbeid. Kunstløperen som trekker inn armene, må dra dem innover mot en betydelig kraft, og musklene hennes gjør nettopp den ekstra energien. Motsatt vei — armene ut igjen — gjør hun negativt arbeid, og energien synker.

Regel å ta med videre: spinnbevaring sier noe om $I\omega$, ikke om $I\omega^2$. Skal du finne en energi, må du regne den ut i begge tilstander og sammenligne — ikke anta at den er den samme.

En fast tretrinnsoppskrift som gjør den kvalitative sjangeren til en regneoppgave med ord:

1. Identifiser den gale antakelsen. Ikke «regnestykket ser rart ut», men «her brukes bevegelsesmengdebevaring i en situasjon der det virker en ytre kraft fra hengselen».
2. Si hvilket prinsipp som faktisk gjelder, og hvorfor det gjelder. «Spinnet om hengselaksen er bevart, fordi hengselkraften angriper i aksen og dermed ikke gir noe ytre kraftmoment.»
3. Skisser riktig framgangsmåte, gjerne med likningen satt opp — du trenger ikke regne den ferdig for å få uttelling.

Det som ikke gir uttelling: helgardering («løsningen kan være riktig, men det er vanskelig å si»), generell skepsis uten fagbegrep, eller å bare regne oppgaven på nytt uten å si hva som var galt med den første.

Et nyttig grep når du leter: gå gjennom bevaringslovene én for én og spør om betingelsen er oppfylt. Er det ytre krefter? Har de momentarm? Er støtet elastisk eller uelastisk? Ni av ti feil i denne sjangeren er en bevaringslov brukt utenfor sitt gyldighetsområde.

Spinnet er en vektor, og retningen finnes med høyrehåndsregelen: krøll høyre hånds fingre den veien legemet roterer, så peker tommelen langs $\mathbf{L}$.

I planet gir det to muligheter: ut av papirplanet for rotasjon mot klokka, inn i papirplanet for rotasjon med klokka.

Retningen er ikke pynt. Manglende retning på en vektorstørrelse er felle #9 og koster typisk 2 poeng. Og i oppgaver der to spinnbidrag skal legges sammen — en kule som treffer en stav som allerede roterer — er fortegnet avgjørende for om de forsterker eller motvirker hverandre.

$$L = mvb$$

der $b$ er den vinkelrette avstanden fra punktet ned på bevegelseslinja.

Spinnet er konstant så lenge partikkelen går med uendret hastighet, selv om avstanden $r$ ut til partikkelen endrer seg — det er produktet $r\sin\varphi = b$ som holder seg.

Dette er innsikten som gjør kule-i-stav-oppgaven mulig: kula «har rotasjon» om hengselaksen før den treffer, selv om den bare flyr rett fram.

Skillet som avgjør om spinnbevaring gjelder.

Ytre kraftmomenter kommer fra krefter utenfor systemet, og bare de kan endre systemets samlede spinn.

Indre kraftmomenter kommer fra krefter mellom deler inne i systemet. De opptrer alltid parvis etter Newtons 3. lov, med samme momentarm, og summerer seg derfor til null.

Praktisk konsekvens: kunstløperen kan ikke endre sitt eget spinn uansett hvor hardt hun drar i armene, fordi de kreftene er indre. Hun kan bare flytte det mellom $I$ og $\omega$. Det samme gjelder katten i lufta og astronauten i vektløs tilstand.

Spinn er alltid om en akse, og valget avgjør om oppgaven er løsbar.

Regelen er den samme som for kraftmoment i kap. 6.1: legg aksen der de ukjente kreftene angriper. I en kule-i-stav-oppgave med hengsel er det hengselaksen, fordi hengselkraften da får null momentarm og faller ut.

Er det ikke noe hengsel, er systemets massesenter som regel riktig valg — der faller tyngden ut.

Aksen må oppgis, og den må være den samme før og etter. Å regne spinn før støtet om hengselen og etter støtet om massesenteret gir et regnestykke uten mening.

Et støt der to legemer ender opp med felles vinkelfart om en akse — en kule som setter seg fast i en stav, et barn som lander på en karusell, en clutch som kobler inn.

Kjennetegnene er de samme som for et vanlig uelastisk støt:

- spinnet om aksen er bevart (når ytre kraftmoment er null);
- mekanisk energi er ikke bevart — den går til varme og deformasjon;
- sluttilstanden har alltid mindre kinetisk energi enn starttilstanden.

Å bruke energibevaring gjennom et slikt støt er felle #2 og gir null poeng. Energien regnes ut i begge tilstander og sammenlignes; den antas aldri lik.

Grepet som gjør de sammensatte oppgavene overkommelige: del prosessen i faser, og avgjør for hver fase hvilken lov som gjelder og hvorfor.

Standardkjeden i kule-i-stav-oppgaven:

1. Før støtet: kula i fri flukt, staven i ro.
2. Gjennom støtet: spinnbevaring om hengselaksen. Kort tid, store krefter — energi går tapt.
3. Etter støtet: energibevaring mens systemet svinger opp. Nå er kreftene små og tiden lang.

Feilen som koster mest, er å bruke én lov gjennom hele forløpet. Skriv fasene ned som overskrifter i besvarelsen — det gjør både tenkningen og rettingen enklere.

$$\frac{K_{\text{etter}}}{K_{\text{før}}} = \frac{\tfrac12 I\omega^2}{\tfrac12 mv_0^2}$$

For en lett kule som treffer en tung stav er andelen svært liten — typisk noen få prosent. Grunnen er at spinnet er bevart, men fordelt på et mye større treghetsmoment, og energien går som $L^2/(2I)$.

Størrelsen etterspørres ofte direkte («hvor stor andel av energien går tapt?»), og den regnes alltid som et forhold mellom to utregnede energier — aldri ved å anta noe om bevaring.

$$\tfrac12 I\omega^2 = \left[Mg\frac{\ell}{2} + mgd\right](1-\cos\theta)$$

Faktoren $(1-\cos\theta)$ kommer av at et punkt i avstand $r$ fra hengselet løftes høyden $r(1-\cos\theta)$ når staven svinger ut vinkelen $\theta$ fra loddrett.

Merk at hver del av systemet løftes sin egen høyde: stavens massesenter $\ell/2$, kula $d$. Å bruke én felles høyde er en vanlig feil.

Gir regnestykket $\cos\theta < -1$, betyr det at systemet går hele veien rundt — og da skal svaret formuleres slik, ikke tvinges inn i en arccos.

Fenomenet der spinnaksen til et roterende legeme selv dreier seg langsomt rundt, i stedet for at legemet velter — en snurrebass som «vandrer» i sirkel, eller et sykkelhjul hengt opp i den ene enden av akselen.

Forklaringen ligger i spinnsatsen $\boldsymbol{\tau} = d\mathbf{L}/dt$: tyngdens moment står vinkelrett på $\mathbf{L}$, så det endrer ikke spinnets størrelse, bare retningen. Vektoren $\mathbf{L}$ svinger derfor rundt i stedet for å krympe.

Presesjon er ikke regnestoff i FYS1100, men fenomenet er tatt med her fordi det er den mest slående demonstrasjonen av at spinnsatsen er en vektorlikning — og fordi det viser hvorfor en sykkel i fart er lett å holde oppreist.

Treffer noe et fritt legeme — ingen hengsel, ingen friksjon — gjelder begge bevaringslovene samtidig:

- bevegelsesmengden, fordi det ikke er noen ytre horisontal kraft;
- spinnet om systemets massesenter, fordi de samme kreftene heller ikke gir noe ytre kraftmoment.

Resultatet blir kombinert bevegelse: massesenteret glir framover, og legemet roterer om det.

Merk kontrasten til hengseltilfellet, der bevegelsesmengden ikke er bevart. Det er hengselen som gjør forskjellen, og det er nettopp derfor det første du bør spørre om i en støtoppgave, er: finnes det et festepunkt?

For et fritt legeme er systemets massesenter det naturlige valget av spinnakse, av to grunner.

For det første faller tyngden ut: den angriper i massesenteret og har null momentarm om det, uansett hvordan legemet er orientert.

For det andre gjelder en pen oppdeling: systemets samlede spinn om et vilkårlig punkt er summen av spinnet massesenteret har om det punktet, og spinnet legemet har om sitt eget massesenter. De to bidragene kan behandles hver for seg.

Praktisk konsekvens: i en oppgave uten hengsel regner du bevegelsesmengden for massesenterets bevegelse, og spinnet om massesenteret for rotasjonen. Aldri om hverandre.

Den vinkelrette avstanden fra aksen ned på bevegelseslinja til en partikkel, brukt i $L = p \cdot (\text{momentarm})$.

Regnemåten er nøyaktig den samme som for kraftmoment i kap. 6.1 — bare med $\mathbf{p}$ i stedet for $\mathbf{F}$. Kommer kula inn vannrett og treffer en loddrett stav i avstand $d$ under hengselet, er momentarmen $d$.

Treffer kula derimot skrått, er momentarmen $d\sin\varphi$, der $\varphi$ er vinkelen mellom staven og kulas bane. Bare komponenten vinkelrett på staven bidrar til spinnet om hengselen — resten går rett inn i hengselen.

En disiplinregel som fanger mange feil: alle størrelser på venstre side skal gjelde ett bestemt tidspunkt, alle på høyre side et annet.

I kule-i-stav-oppgaven betyr det: venstre side er rett før støtet (kula har fart $v_0$, staven står stille), høyre side er rett etter støtet (alt roterer med felles $\omega$). Ingenting fra oppsvinget hører hjemme i den likningen.

Tilsvarende for energilikningen i oppsvingfasen: venstre side er rett etter støtet, høyre side er ved største utslag.

Å blande tidspunkter — for eksempel bruke kulas opprinnelige fart i oppsvingregnskapet — er en feil som er lett å gjøre og lett å unngå ved å skrive «før støtet» og «etter støtet» i margen.

Sluttsjekken som fanger de fleste oppsettsfeil, og som ofte er en egen poenggivende deloppgave.

Nyttige grenser i denne sjangeren:

- $m \to 0$ (svært lett kule): $\omega \to 0$, staven blir stående. Riktig.
- $d \to 0$ (treffer ved hengselet): $\omega \to 0$, all bevegelsesmengde tas opp av hengselen. Riktig.
- $M \to 0$ (svært lett stav): $\omega \to v_0/d$, altså kula fortsetter med uendret fart i sirkelbane. Riktig.

Går en av disse galt, ligger feilen i oppsettet, ikke i regningen. En løsning basert på bevegelsesmengdebevaring feiler nettopp på $d \to 0$-testen: den gir samme $\omega$ uansett hvor kula treffer.

En dypere grunn til at spinnbevaring finnes: bevaringslovene i mekanikken henger sammen med symmetrier i naturen. Bevegelsesmengde er bevart fordi fysikkens lover er de samme overalt i rommet; spinn er bevart fordi lovene er de samme i alle retninger.

Sammenhengen kalles Noethers teorem, og den er ikke regnestoff i FYS1100.

Den praktiske verdien er likevel reell: den forklarer hvorfor spinnbevaring gjelder om enhver akse der det ytre kraftmomentet er null, og hvorfor det ikke finnes unntak. Er betingelsen oppfylt, er loven eksakt — ikke en tilnærming.

$$\omega = \frac{mv_0d}{\tfrac13 M\ell^2 + md^2}$$

Uttrykket må kunne utledes, og hvert ledd har en tolkning: telleren er kulas spinn om hengselen før støtet, nevneren er systemets samlede treghetsmoment om samme akse etter støtet.

To ting å legge merke til. Nevneren inneholder $\tfrac13 M$, ikke $M$ — det er der forskjellen fra en feilaktig bevegelsesmengdeløsning ligger. Og $d$ opptrer både i teller (lineært) og nevner (kvadratisk), så det finnes en optimal treffhøyde som gir størst $\omega$.

Argumentet som rettferdiggjør at tyngden neglisjeres gjennom et støt.

Støtet varer typisk noen millisekunder. I den tiden rekker hengselkraften å levere en stor impuls, fordi den er enorm — men tyngden er liten og rekker ikke å endre spinnet merkbart. Derfor kan vi sette $\tau_{\text{ytre}} \approx 0$ gjennom støtet, selv om tyngden strengt tatt gir et lite moment i det generelle tilfellet.

Etter støtet snur bildet: nå går det sekunder, tyngden er den eneste kraften som gjør arbeid, og den styrer hele oppsvinget.

Å si dette eksplisitt i besvarelsen er en billig måte å vise at man forstår hvorfor faseinndelingen er lovlig.

Et oppslagskort for å velge riktig lov i en støtoppgave:

En fast sjekkliste å gå gjennom når du får forelagt en gal løsning:

1. Hvilken bevaringslov brukes, og er betingelsen oppfylt? Finnes det en ytre kraft? Har den momentarm?
2. Er masse brukt der treghetsmoment skulle stått? Se etter $(m+M)$ i en rotasjonssammenheng.
3. Er $v = \omega r$ brukt på et utstrakt legeme som om det var en punktmasse?
4. Er energibevaring brukt gjennom et uelastisk støt?
5. Er aksen den samme før og etter?
6. Stemmer enhetene, og holder grensetilfellene?

Fire av seks punkter treffer den dokumenterte feiloppgaven i arkivet. Bruk lista som en meny, ikke som en fasit — og skriv alltid ut hvilket prinsipp som faktisk gjelder, ikke bare hva som er galt.