latex/problems/Serway_and_Jewett_4/problem05.52.tex

   1 \begin{problem*}{5.52}
   2 An amusement park ride consists of a rotating circular platform
   3 $d=8.00\U{m}$ in diameter from which $m=10\U{kg}$ seats are suspended
   4 at the end of $l=2.50\U{m}$ massless chains (Fig. P5.52).  When the
   5 system rotates, the chains make an angle of $\theta=28.0\dg$ with the
   6 vertical.
   7 \Part{a} What is the speed of each seat?
   8 \Part{b} Draw a free-body diagram of a $m_c=40.0\U{kg}$ child riding
   9 in a seat, and find the tension in the chain.
  10 \end{problem*} % problem 5.52
  11
  12 \begin{solution}
  13 \Part{a}
  14 We will eventually use $v=\sqrt{a_c r}$ as we have in all the other
  15 problems in this homework assignment to find $v$.
  16
  17 First, we need to find the radius $r$ of the path that the seat takes
  18 around the ride.
  19 \begin{equation}
  20  r=\frac{d}{2} + l \sin \theta
  21   =(4.00 + 2.50\sin 28.0\dg)\U{m}
  22   =5.1736\ldots\U{m}
  23 \end{equation}
  24
  25 Now we need to find the centerward acceleration $a_c$.  Drawing a free
  26 body diagram of our seat, we see that the only forces acting upon it
  27 are the tension \vect{T} and gravity $\vect{F}_g$.  We know that the
  28 seat does not rise or fall in the vertical (\vect{y}) direction, so
  29 summing the forces we have
  30 \begin{align}
  31  \sum F_y &= T \cos \theta - mg=m a_y=0 \\
  32   T &= \frac{mg}{\cos\theta} \label{eqn.T}\\
  33  \sum F_c &= T \sin \theta
  34           =mg\tan\theta
  35           =m a_c \\
  36  a_c &= g\tan\theta
  37     =9.8\U{m/s}^2 \cdot \tan 28.0\dg
  38     =5.2108\ldots\U{m/s}^2 \label{eqn.ac}
  39 \end{align}
  40 So
  41 \begin{equation}
  42  v=\sqrt{a_c r}
  43   =\sqrt{g \tan \theta \cdot (\frac{d}{2} + l \sin \theta)}
  44   =\sqrt{ 5.2108\ldots\U{m/s}^2 \cdot 5.1736\ldots\U{m}}
  45   =5.19\U{m/s}
  46 \end{equation}
  47
  48 \Part{b}
  49 Our free body diagram with a child in the seat will be the same as our
  50 diagram from \Part{a} but with a new mass $m'=m + m_c=50\U{kg}$.
  51
  52 Before we find the tension in the chain, we should check to see if the
  53 chain angle changes.  The angular velocity $\omega=v/r$ does not
  54 change when people get into the seats (because they are of negligible
  55 mass compared to the platform), so we can relate our new velocities
  56 $v'$ and $r'$ using the same $\omega$ that we had in \Part{a}.
  57 \begin{equation}
  58  \omega=\frac{v'}{r'}
  59        =\frac{v}{r}
  60        =\frac{\sqrt{ g r \tan \theta}}{r}
  61         = \sqrt{\frac{g\tan\theta}{r}}
  62        =1.00\U{rad/s}
  63 \end{equation}
  64 Not that the numerical value is important, just that it is a constant.
  65 We can plug $v'=\omega r'$ into our centerward acceleration equation
  66 \begin{equation}
  67  a_c'=\frac{v'^2}{r'}
  68     =\frac{\omega^2 r'^2}{r'}
  69     =r' \omega^2
  70 \end{equation}
  71 And applying this to eqn. \ref{eqn.ac}(which hasn't changed except for
  72 the need to substitute primed variables)
  73 \begin{align}
  74   a_c' &= g \tan\theta'=r' \omega^2 \\
  75   g \tan\theta' &= \left( \frac{d}{2} + l \sin\theta' \right) \omega^2
  76 \end{align}
  77 The only unknown in this equation is $\theta'$, but the equation is
  78 analytically unsolvable.  We know $\theta'=28.0\dg$ is one solution,
  79 because there are no masses in this equation, so is must also hold for
  80 case \Part{a}.  Then we have to decide if there will be any other
  81 solutions.  We know intuitively that any solutions will have $0\dg <
  82 \theta' < 90\dg$.  Considering the $\sin$ and $\tan$ functions on that
  83 interval, we see that $\sin\theta'$ is concave down and continuous
  84 over the entire interval, and that $\tan\theta;$ is concave up and
  85 continuous over the entire interval.  Therefore, the left hand side of
  86 this equation only equals the right hand side at a single value of
  87 $\theta'$ so our $28.0\dg$ solution is unique.  If this doesn't make
  88 sense to you, you can graph the right and left hand sides to check.
  89
  90 Having proved that $\theta'=\theta$ we can move on to solve for the
  91 tension.  Using eqn \ref{eqn.T}.
  92 \begin{equation}
  93  T'=\frac{m' g}{\cos \theta'}
  94    =\frac{50\U{kg} \cdot 9.8\U{m/s}^2}{\cos 28.0\dg}
  95    =\ans{555\U{N}}
  96 \end{equation}
  97
  98 As far as grading is concerned I will accept anything where you did
  99 any of the following:
 100 \begin{itemize}
 101 \item assumed $\theta$ didn't change (skipping the whole $\theta'=\theta$ step)
 102 \item assumed $\omega$ didn't change, and you went on to show
 103   $\theta'=\theta$ is a valid solution (skipping the uniqueness step).
 104 \item assumed $\omega$ didn't change, and proved that $\theta'=\theta$
 105   is valid and unique.
 106 \end{itemize}
 107 \end{solution}