LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4

Transkript

1 LEDNINR TILL PROBLE I KPITEL 4 OBS! En fullständig lösning måste innehålla en figur! LP 4.3 Tyngdkraften, normalkraften och friktionskraften verkar på lådan. ntag att normalkraftens angreppspunkt är på avståndet x från lådans nedre vänstra hörn. Kraftekvationen F = ma och momentekvationen = H i komponentform ger : f = ma () : N = 0 () : h f N b x = 0 Lådan har ju ingen vinkelacceleration. Sätt in () och () i! ma h b x = 0 x = b ha g ränsfall glidning f = µ N a= µ g ränsfall balans x = 0 a = b h g

2 LP 4.4 De yttre krafterna på skottkärran är tyngdkraften, kraften P samt normalkraften N vid hjulet. Problemtexten kan kanske ge intrycket av att kraften P är given. Tanken är att den ska bestämmas, så att skottkärran utan rotation får accelerationen a. Kraftekvationen: F = ma : Pcosθ = ma () : Psinθ + N = 0 () omentekvationen med avseende på masscentrum : = H : Nc Psinθ b Pcosθ ( d h)= I 0 Högerledet i ekv är noll eftersom skottkärrans vinkelacceleration är noll. Lös nu ut Pcosθ och Psinθ ur ekv () och () och sätt in i ekv! = 0 Nc N b ma d N( b + c)= ma( d h)+ b N = ma( d h)+ b b+ c [ ] Nu när normalkraften är känd kan vinkeln θ bestämmas ur ekv () och (). Psinθ Pcosθ = N ma tanθ = tanθ = g ad ( h)+ gb b + c a gc a( d h) ab+ c [ ] lternativ lösning: omentekvationen med avseende på en rörlig punkt skrivs allmänt = H + r ma I detta fall fås normalkraften direkt ur ekvationen : N( b + c) b = I 0 + ( d h) ma Ställ nu upp momentekvationen med avseende på punkten C, som är skärningspunkt mellan verkningslinjerna för krafterna P och N. C : c = I 0 + ( d h)+ ( b + c) tan θ ma Ekvationen ger direkt vinkeln θ. [ ]

3 LP 4.8 N N B ccelerationen kan bestämmas med hjälp av kraftekvationen, om alla krafter i accelerationens riktning är kända. a b T c d F = ma () Normalkrafterna kan sedan bestämmas med momentekvationen = H () I komponentform fås ekvationerna : T = ma : N + NB = 0 : Nb N a+ Tc= 0 B Ekv ger accelerationen T a = m (6) Eliminering av N ur ekv och ger N b N a Tc B ( B) + = 0 (7) NB( a + b) a + Tc = 0 (8) Resultatet är N B = a Tc a+ b b Tc N = + a+ b (9) Kommentar: Det går också bra att bestämma normalkrafterna i tur och ordning med momentekvationen för rörlig momentpunkt: = H + r ma : N ( b + a) a Td = 0 ( d + c) ma B vilket ger samma resultat som ovan.

4 LP 4.0 a V P l H N B c Vi frilägger armen PB och inför reaktionskraftkomponenterna H och V vid den glatta leden P. Reaktionskrafterna vid P kan elimineras redan från början genom att utnyttja momentekvationen med avseende på den rörliga punkten P : b d = H + r ma () P P Om vi betraktar gränsfallet då kontakten vid upphör, blir z-komponenten av denna ekvation P : Nl b = 0 cma () Nl a = gb mc + c lternativ lösning ges av momentekvationen = H + r ma P Prel P P som ger en likadan komponentekvation som ekv () eftersom P och har lika stor acceleration. lternativt löses problemet med kombinationen I komponentform fås ekvationerna F = ma = H (6) : H = ma (7) : V N = 0 (8) : Vb Hc N ( l b )= 0 (9) Eliminering av H och V ur ekv (7-9) ger samma resultat som ovan.

5 LP 4. Frilägg husvagnen och inför krafterna vid kontaktpunkterna enligt figuren. Eftersom en kraft söks är det naturligt att ställa upp kraftekvationen och momentekvationen för husvagnen. h P N c β d b V H Kraftekvationen F = ma ger följande komponentekvationer i vägens riktning och vinkelrät emot: : H sin β = mx () : V cosβ + N = 0 () omentekvationen med avseende på masscentrum = H ger : Vd H ( h b )+ Nc = 0 ccelerationen är given: x = a. Kraften H ges alltså direkt av ekv () H = m( a+ gsin β ) Eliminera normalkraften N genom att lösa ut N ur () och sätta in i. ed ekvation kan ekv då skrivas Vd ( h b) ( ma + sin β)+ ( V + cosβ) c = 0 [ ] m V = ( h b) + + ( a g ) gc d c sin β cosβ (6) nm.: Kraften V fås enklare med momentekvationen med avseende på punkten P, som är skärningspunkten mellan verkningslinjerna för krafterna H och N : = H + r ma P P P : V( c+ d)+ cosβ c sin β( h b)= 0 + ( h b) ma

6 LP4.8 T a t B rmen B roterar kring en fix axel vid. asscentrum rör sig då i en cirkelbana med radien c så att accelerationen i det naturliga systemet kan skrivas a = c θe + cθ e () t n a n c θ Kraftekvationen K F = ma () i komponentform blir då ( θ θ θ θ) : = K m cθ cosθ c sin θ θ : T = m c sin + c cos De sökta kraftkomponenterna är alltså K = m c θ cosθ c sin θ θ T = + m c + c θ sinθ cos θ θ omentekvationen kan skrivas och z-komponenten blir = H + r ma c = d cosθ ( t I θ )+ mc θ d (6) Det sökta kraftmomentet är då = ccosθ + I + mc θ (7)

7 LP 4. f ω N r Ω r Frilägg hjulen och inför kontaktkraften mellan dem. Skriv upp momentekvationen för vardera hjulet med avseende på respektive rotationsaxel. Tröghetsmomenten är mk respektive 6mk för det lilla och stora hjulet. omentekvationen med avseende på en fix axel: = H för det stora hjulet: rf = 6mk Ω () lilla hjulet: rf = mk ω () Rullningsvillkoret är rω= rω ω = Ω Ekv () och ger rf = mk Ω z z Insättning i () ger rf = 8 rf (6) = 0rf f = 0r (7) LP 4.8

8 LP 4.9 De yttre krafterna på rullen är trådkraften S, tyngdkraften samt en reaktionskraft vid axeln. Dessutom verkar friktionen vid axeln som motsvaras av kraftparsmomentet. På den hängande kroppen verkar trådkraften S och tyngdkraften. omentekvationen för trådrullen med avseende på centrum O, som är en fix punkt O = H O O : Sr I = θ () Kraftekvationen för den hängande kroppen F = ma : S= mx () De obekanta är S, x och θ. Vi behöver alltså en till ekvation. Den ges av kinematiken och motsvaras av rullningsvillkoret. Den hängande kroppens hastighet måste vara densamma som hastigheten i den punkt på rullen där tråden löper ut. x = rθ x = r θ Dividera ekv () med r och addera sedan ekv () och ()! Inför också det givna tröghetsmomentet I = md! md = θ + mx r r Om rullningsvillkoret insättes fås md = + m x r r x r r = mr + md Denna acceleration är konstant. Vi kan bestämma hastighet som funktion av fallsträcka på samma sätt som vi gör för fritt fall Det är naturligtvis också möjligt att skriva upp momentekvationen med avseende på den fixa axeln för hela systemet. Då blir trådkraften en inre kraft och den hängande kroppen bidrar till rörelsemängdsmomentet: d O : r t I rm x = ( θ + ) d Ekvationen överensstämmer med ekv!

9 LP 4.4 Kontaktpunkten är momentancentrum så att om punkten O har farten v, så har kroppen vinkelhastigheten ω = vr / och stången hastigheten = ( + ) R+ c ω R c v/ R Rörelsemängdsmomentet är i detta ögonblick H = H + H tot cyl stång O O O O är cylinderns masscentrum, som kan kallas : H = H = H cyl cyl cyl O rel Det är alltså bara cylinderns rotation som bidrar till rörelsemängdsmomentet. I mr v mrv R cyl cyl ( H O ) z = O ω = = stång ( H O ) = + z c m ( R c) v R H O z c m tot v mrv c c ( R c) + mrv = + + R R R =

10 LP 4.4 S 45 a O b e x e y b Kroppen påverkas av trådkraften S och tyngdkraften. I det första ögonblicket efter trådbrottet har kroppen acceleration men ingen hastighet. Hörnet startar en cirkelrörelse och har en acceleration i y-riktningen. Punkten har en acceleration som ges av sambandsformeln, alltså samma acceleration som punkten i y-riktningen och dessutom en acceleration i x-riktningen för att skivan börjar vrida sig. a x a y Skivans vinkelacceleration bestäms av momentekvationen. Trådkraften kan sedan bestämmas med kraftekvationen. Om skivans vinkelacceleration antas b vara α, så är a = x α Tröghetsmomentet med avseende på fås med Steiners sats: I I m b mb m b mb = + = + = 6 3 F = ma e : S + = x ma x Ekv ger : = H : b mb a x = 3 b/ a x = 3g 4 () () Ekv () ger : 3 S = m g 4 Resultatet är S = 4

11 LP 4.44 f N r P R Frilägg trådrullen! Verkande krafter är dragkraften P, tyngdkraften och kontaktkraftens komponenter f och N. en åt vilket håll är friktionskraften riktad? ntag först att planet är glatt. Om verkningslinjen för P då går nära masscentrum skulle trådrullen få en translation. ed friktion skulle då friktionskraften vara riktad åt vänster. Om verkningslinjen för P i stället går högt upp skulle trådrullen på ett glatt plan få en rotationsrörelse och vinkelhastigheten skulle kunna bli för stor jämfört med rullning utan glidning. Trådrullens kontaktpunkt skulle få en hastighet åt vänster. Friktionskraften skulle då vara riktad åt höger. Vi antar rullning utan glidning och bestämmer f med dynamikens ekvationer ntag en friktionskraft åt vänster. Ställ upp komponenterna av kraftekvationen och momentekvationen: F = ma : P f = mx () : N = 0 () = H : r P+ R f = I θ Rullningsvillkor: x = R θ Tröghetsmomentet är I = md. Dragkraften P är given. Sätt in ekv i ekv (). ultiplicera ekv () med d / R och addera sedan ekvationerna () och. an får: Resultatet är P r d R + f R+ d R d Rr f = R + d P = 0 Friktionskraften f kan alltså bli negativ och då är den riktad åt höger.

12 LP 4.47 De yttre krafterna på hjulet är tyngdkraften, friktionskraften f, normalkraften N samt en kraft vid axeln från stången. Vi antar att denna kraft är horisontell. Då är normalkraften lika med tyngdkraften och friktionskraften är vid glidning f = µ N f = µ () omentekvationen för hjulet med avseende på masscentrum, = H : f r = I θ () Från början är vinkelhastigheten noll. Hjulet slirar men har en vinkelacceleration ända tills det rullar utan att glida. Vinkelhastigheten ökar under denna tid från noll till det värde som ges av rullningsvillkoret: v = rθ Tidsintegrering av ekvation () under det tidsintervall i vilket hjulet slirar ger µ r t = I θ 0 en bilen går med konstant hastighet under denna tid. Förflyttningen för den och för hjulet är Sätt nu in och i! d = vt µr d v = I v r µ = Iv dr

13 LP 4.50 l B Vi bestämmer först masscentrums acceleration med kraftekvationen T F = ma och vinkelaccelerationen med momentekvationen med avseende på masscentrum = H d tt bestämma accelerationen hos en annan punkt B blir sedan ett kinematiskt problem. I komponentform fås ekvationerna : 0 = mx () : T = my () : Td = θ ccelerationen hos punkten B fås med sambandsformeln I a = a + ω r + ω ω r B B B I komponentform fås : a = Bx x lθ + 0 : a = y + l θ By 0 I första ögonblicket är vinkelhastigheten θ = 0. Vinkelaccelerationen θ och masscentrums accelerationskomponenter x och y ges av ekvationerna () -. Insättning i och ger accelerationens komponenter a a Bx By = Tld = I T m g

14 Lösning r T 5r N f x β y De yttre krafterna är tyngdkraft, kontaktkraft och trådkraft. Kontaktkraften delas upp i normalkraft och friktionskraft. Vi har alltså tre obekanta krafter och dessutom ska vi bestämma accelerationen. omentekvationen = H tillsammans med kraftekvationen F = ma ger i detta plana fall tre ekvationer: 5rT 8rf = I C θ () sin β f T = mx () N cos β = 0 Kinematik: är momentancentrum eftersom trådens ände saknar hastighet. Trådrullen ser i varje ögonblick ut att rotera kring. x = lidning, dvs fullt utbildad friktion innebär att f 5 r θ x = 5 r θ = µ N Dividera ekv () med 5r och addera ekv (). På detta sätt elimineras T. 3 IC sin β f = θ + mx 5 5r (6) Insättning av ekv, och samt tröghetsmomentet för en cylinder ger 3 sin β µ cosβ = 5 m 8r x + mx 5r 5r (7) 3 4 gsin β µ gcosβ = x 5 50 (8) x = 5g sin 3 β µ cosβ 57 5

15 LP 4.63 x θ T T B Vinkelaccelerationen söks. Den kan bestämmas med hjälp av kraft- och momentekvationerna för systemets delar. Frilägg först kropparna och inför krafterna i figuren! Det är viktigt att inse att trådkraften T inte är lika med tyngden när systemet har acceleration! Kraftekvationen F och tyngd ger ekvationerna = ma för rulle S C r O r T T y : S T = mx () : T m g = m y () P m g omentekvationen = H för rullen med avseende på masscentrum ger : Sr T r = I θ Ekvationerna innehåller fem obekanta: S, T, x, θ och y. Vi måste nu utreda kinematiken och bestämma sambandet mellan accelerationerna. Eftersom den vänstra trådens vertikala del har hastigheten noll måste punkten C vara momentancentrum för rullen. Detta ger x = r θ ; x = 3 P r θ Tyngden måste ha samma fart som punkten P på rullen y = 3rθ Tidsderivera nu sambanden och och sätt in i ekvationerna ()-. Dividera ekvation med r för att få ekvationer med lika dimension! S T = mr θ (') T = 3mr θ (') I S T = θ (3') r Eliminera trådkrafterna genom att multiplicera ekv (') med 3 och addera alla tre ekvationerna!. Resultatet blir I 3m g = mr + + 9mr θ r eller θ = ( m 3m) gr m+ 9m r I +

16 LP 4.64 m g N f m g f m g N De yttre krafterna på hela systemet är tyngdkrafter och kontaktkrafter. Om bakhjulet friläggs så blir det givna kraftmomentet ett yttre kraftmoment. Reaktionskraften på bakhjulets centrum från resten av cykeln blir också en yttre kraft men kan undvikas i räkningarna genom att utnyttja momentekvationen med avseende på just hjulets centrum. Kraftekvationen F = m a för hela systemet ger i rörelseriktningen r Hela systemet: : f f = m + m x () omentekvationen = H med avseende en axel genom varje hjuls masscentrum ger med positiv riktning medurs Framhjul: : rf mr = θ () Bakhjul: : rf = m r θ Rullningsvillkoret är x = r θ Kraften f kan elimineras genom att sätta in ekv () i (). Detta ger ett uttryck på kraften f. Om rullningsvillkoret också utnyttjas för att eliminera θ, så ger en insättning i ekv r m m x m x m r x [( + ) + ]= r = r m + 4m x (6) x = rm + 4m (7) Denna acceleration är konstant vilket efter tidsintegration ger resultatet ẋ = rm m t + 4

17 LP 4.66 ω β N y f Positiv riktning för ωoch ω ( θ och θ ) är markerad i figur. Kraftekvationen och momentekvationen med avseende på masscentrum ger Fx = mx F = ma F my = H y = = I θ x β sin β f = mx () N cosβ = my fr= I θ ( 3) a) ntag först att µ är tillräckligt stort för att hjulet ska rulla utan att glida. Då ger kinematiken sambanden y = 0 x r = θ Ekv och () ger normalkraften N = cos β (6) Ekv och i () ger I sin β r x mx = (7) mr x = g sin β (8) I + mr b) en är antagandet rullning utan glidning riktigt? Ekv ger friktionskraften I f r x f I = I mr sin β + (9) och friktionsvillkoret f N < µ betyder att I µ > tan β I + mr (0) Om friktionstalet är mindre än detta värde inträffar glidning. Då är i stället friktionskraften f = µ N f = µ cos β () och ekvation () ger accelerationen x g sin β µ cos β =

18 Lösning 4.70 a) ed låsskruven nerskruvad mot cylindern roterar hela systemet cylinder plus stativ som en enda stel kropp kring axeln O (z -axeln). 3a C P O omentekvationens z-komponent z = H () z 5a ger = d ( dt I Oθ ) () där I O ges av Steiners sats för tröghetsmoment: I I m 5a O = + = C m 3a ma = ma Insättning i momentekvationen () ger = 59 ma θ θ = 59ma b) Om låsskruven lossas har cylindern ingen vinkelacceleration eftersom inget kraftmoment verkar kring axeln O. Rörelsemängdsmomentet har en z-komponent som kan skrivas H = H + r mv (6) O C OC C H konst 5 a m 5 a θ (7) O = + Konstanten kommer av att cylindern kan rotera kring sin egen axel med en konstant vinkelhastighet. omentekvationen ger då resultatet d = konst + 5ma θ (8) dt θ = 5ma

19 LP 4.74 R θ H θ cθ cθ θ B f b c P B V N R R θ P Vi frilägger hjulet och inför kontaktkraftskomponenterna N och f i kontaktpunkten P. Dessa krafter kan elimineras direkt genom att välja momentekvationen med avseende på kontaktpunkten P : = H + r ma () P P Innan vi skriver z-komponenten av denna ekvation utreder vi kinematiken, speciellt masscentrums acceleration a. Enligt sambandsformeln består den av tre komposanter och kan skrivas a = a + ω r + ω ω r () B B B Dessa tre komposanter är utritade i den högra figuren och ger var och en ett bidrag till kryssprodukten i (). z-komponenten av ekvationen () blir då [ ] H[ R + ( b + c) cosθ]+ csinθ = I θ + m ( c + Rcosθ) c θ + ( R + ccosθ) R θ Rsinθcθ Vi löser ut vinkelaccelerationen och får resultatet θ = H[ R + ( b + c) cosθ]+ csinθ + mrcsinθω I + m R + c + Rccosθ

20 LP 4.75 a a t y θ a n β r N f x De enda yttre krafter som verkar är tyngdkraften och kontaktkraften. Den senare kan delas upp i friktionskraft och normalkraft. Kraftekvationen eller Eulers första lag F = ma () bör då ge friktionskraften och normalkraften, om masscentrums acceleration a är känd. Denna består enligt sambandsformeln för accelerationer av accelerationen för centrumpunkten plus accelerationskomposanterna som associeras med cirkelrörelsen kring : a = a + ω r + ω ω r () O β De tre termerna i högerledet är markerade i figuren och kallas a, a t och a n (tangential- respektive normalkomponenten). Inför ett fixt koordinatsystem Oxyz enligt figuren. Inför nu beteckningen c = r/ för avståndet mellan och. Kroppens vinkelhastighet är ω= θ e z. Om cirkelringen rullar på det lutande planet är kontaktpunkten i cirkelringen momentancentrum. Hastigheten för centrumpunkten är då ccelerationen blir v a = rθ e x = r θ e x asscentrums acceleration () kan då skrivas a = r θe + c θe + cθ e x t n Kraftekvationens x- och y-komponenter blir f sin = m r c cos + c β θ θ θ θ sinθ N cos = m c sin c β θ θ θ cosθ (6) och resultatet följer omedelbart f = sin + mr + cos + sin β θ θ θθ N = cosβ m r ( sinθθ + cosθθ )

21 LP4.78 f N β ω De enda krafter som påverkar cylindern är tyngdkraft och kontaktkraft. Om normalkraften betecknas N så kan friktionskraften under den första delen av rörelsen, då cylindern glider, skrivas µn. Lagen om masscentrums rörelse F = ma och momentekvationen med avseende på masscentrum = H ger för den första delen av rörelsen: µ N sin β = mx () N cos β = 0 () mr µ Nr = θ ccelerationen och vinkelaccelerationen är alltså konstanta: x = ( µ cosβ sin β ) g µ θ = g cosβ r Vid en viss tidpunkt t = t inträffar rullning utan glidning. Då kan rullningsvillkoret x = rθ skrivas ( µ cosβ sin β ) gt = µ gtcosβ + rω (6) rω t = ( 3µ cosβ sin β) g (7) och motsvarande sträcka längs planet är (eftersom accelerationen är konstant) r ω ( µ cosβ sin β) d = xt = g( 3µ cosβ sin β) (8) Efter denna tidpunkt gäller rullning utan glidning och då bevaras den mekaniska energin: T + V = T + V, där T = 0 i vändläget. Insättning ger 3mr θ = d sin β (9) d = 3r ω ( µ cosβ sin β) 4g sin β ( 3µ cosβ sin β) (0) Total tillryggalagd sträcka längs planet blir då d + d = r ω ( µ cosβ sin β) 4g sin β ( 3µ cosβ sin β)

22 LP 4.88 P F θ θ N θ O Resultatet bör ges av friktionsvillkoret, varför uppgiften består i att bestämma friktions- och normalkraft. Rullningsvillkoret ger att klotets absoluta vinkelhastighet är θ. Detta inses antingen direkt ur figuren, eftersom punkterna P och P' sammanföll vid tiden t = 0 eller också tecknas hastigheten för klotets centrum på två sätt: cirkelrörelse kring O respektive med kontaktpunkten som momentancentrum. rθ = rω omentekvationen med avseende masscentrum = H har d z -komponenten t I z = ( ω ) vilket d här blir Fr = mr θ () 5 Lagen om masscentrums rörelse F = ma i cylinderkoordinater ger, eftersom masscentrum beskriver en cirkelrörelse med radien r och vinkelhastigheten θ : m( r 0 θ ) = N cosθ () m( r θ + 0) = sinθ F 4 Om F elimineras ur () och fås mr θ = sinθ 5 (vilket är momentekvationen med avseende på kontaktpunkten!) och F kan med hjälp av () skrivas F = sinθ 7 Bilda en förstaintegral till rörelseekvationen och utnyttja begynnelsevillkoret! 4 mr θθ = sinθθ 5 4 mr( θ 0) = (cos θ ) 5 mr 5 θ = ( cos θ 7 ) 7 0 vilket insatt i ekv () ger normalkraften N = ( cos θ ) (6) 7 7 F Friktionsvillkoret µ ger nu för gränsfallet glidning N sinθ = µ 7 cosθ 0

23 LP 4.95 Kraftmomentet och tyngdkraften gör arbeten så att den kinetiska energin ökar. Lagen om arbetet U = T T 0 ger b π π θ θ + mb θ 4 4 = sin sin () 3 θ b θ θ mb + θ = sin cos () 3 3 θ = θ ( sinθ + cosθ ) b mb LP 4.07 Betrakta det första läget! asscentrum bestäms först. Låt origo ligga i hjulets centrum! Inför en vertikal y-axel! y m 0 m 0 m r/ r 4m 8 = + + = () Tröghetsmomentet bestäms med Steiners sats. Låt vara kontaktpunkten! mr I = O mr + = 3 mr () 3 I = mr m r 3 4 = mr 8 6 I I m r = + 4 = mr + mr = 7mr a) Kinetiska energin 7 T = Iω = mr ω b) Låt B vara den nya kontaktpunkten! IB = I + 4m r = mr 64 6 (6) Kinetiska energin T = IBωB = 3mr ωb

24 LP 4.4 k R m x Begynnelsevillkoret är t = 0 x = 0 x = 0 () eftersom rörelsen startar från vila då fjädern är oförlängd. Eftersom tyngdkraften och fjäderkraften är konservativa bevaras den mekaniska energin: en ẋ = Rω och I = cr T + V = T0 + V0 () mx + Iω x + kx = 0. Insättning i energiekvationen ger mx + cr ω x + kx = 0 ( m + c) x = x kx ẋ = ± x kx m+ c (6) Vändläge fås för ẋ = 0 dvs för x = 0 och x = (7) k b) Om energiekvationen tidsderiveras fås = m + c xx x kxx (8) = m + c x kx x k m c x + = + m+ c (9) (0) vilket är den sökta rörelseekvationen.

25 LP4.43 I figuren är avståndet l = a O N För ett godtyckligt läge θ är underkanten 's förflyttning θ l 4asinθ a () och fjäderförlängningen F fjäder l 4asinθ a () N P Den potentiella energin i varje fjäder är då V = fjäder k ( a a ) 4 sinθ Punkten P är momentancentrum varför kinetiska energin kan skrivas m a 4 8 T = IPθ = + m( a) θ = ma θ 3 Lagen om den mekaniska energins bevarande ger då T + V = T0 + V ma k a a θ + ( sinθ ) asinθ 0 = 3 θ = g sinθ sinθ 3k 8 3 ( 4 ) a m

26 LP 4.44 f ω N r Ω r ntingen inför man kontaktkraften mellan hjulen och skriver upp momentekvationen för vardera hjulet med avseende på respektive rotationsaxel eller också betraktar man hela systemet och ställer upp lagen om effekten. Här väljs den senare metoden. Den totala kinetiska energin är summan av det stora och lilla hjulets rotationsenergi. Effekten kan för varje kropp i plan rörelse allmänt skrivas P = ω+ F v () Här gäller för vardera hjulet att masscentrums hastighet är noll. Dessutom är kontaktkrafternas ( f och N i figuren) totala effekt noll vid rullning. Det beror på att vid kontaktstället är kontaktpunkternas hastigheter lika vid rullning, medan kontaktkrafterna är motsatt riktade. Lagen om effekten P = T för hela systemet ger alltså Rullningsvillkoret är d stora Ω= I Ω + dt I lilla ω () d Ω= m k Ω + mk dt { ω I I lilla stora Ω= mk 6ΩΩ + ωω rω= rω Ω= mk 6ΩΩ + 4ΩΩ (6) = mk 0Ω ω = 0mk

27 LP 4.8 För stöten gäller stötimpulslagen S= mv mv e f S b ω v och stötimpulsmomentlagen r S= H e H f b/3 B Index e och f står för efter och före stöt. Komponentekvationerna blir : S= mv () : b m b S = 3 ω () lltså är S v = m ω = S mb Sambandsformeln för hastigheter ger nu hastigheten i Komponentekvationen blir v = v + ω r v = S m S b mb (6) Resultatet är S v = m Hastigheten för är S m och den är riktad åt vänster

28 LP 4.86 ω 0 β 0 ω v β För stöten gäller stötimpulslagen S= mv mv e och stötimpulsmomentlagen f v 0 S V r S= H e H f S H Index e och f står för efter och före stöt. Komponentekvationerna blir : SV = mvsin β mv0sin β0 () : SH = mvcosβ mv0cosβ0 () : R SH = Iω Iω 0 Studstalet vsin β 0 e = v sin β Friktionsvillkoret ger S = µ S H V Ekv och () ger S = V mv + 0sin β 0 e (6) Då ger ekv S = µ H mv β + 0sin 0 e (7) Vi skriver ekv () och ekv en gång till, med utnyttjande av (7): vsin β = ev0sin β0 (8) vcosβ = v cosβ µ v sin β e (9) Division ger eller esin β0 tan β = cosβ µ sin β + e 0 0 e tan β0 tan β = µ tan β + e 0 tan β 0 om µ tan β 0 ( + e)

29 LP 4.93 a B x a b z Lösningen ges av Eulers andra lag = H () där tidsderivatan kan beräknas enligt H = ( H ) + ω H () xyz där Oxyz är ett koordinatsystem som är fixt i kroppen. Origo antas sammanfalla med lagret vid. Vinkelhastigheten är ω=( 0, 0, ω ) I detta koordinatsystem som följer kroppens rörelse är rörelsemängdsmomentet med avseende på punkten ( ω ω ω ) H = I xz I yz I zz Eftersom vinkelhastigheten är konstant blir Ḣ 0,, ( ) = xyz ntag att kraften på kroppen i lagret är R. Eulers andra lag kan då skrivas (tyngdkraften försummas) enligt ekv () och () som i komponentform blir r R = 0+ ω H B Rya= Iyzω Rxa= Ixzω (6) Tröghetsprodukten I yz = 0 eftersom skivan ligger i xz planet. ed Steiners sats för tröghetsprodukter fås vidare I I mx z m b a mab xz = xz + = 0 + = 4 (7) Insättning i ekv (6) ger då resultatet R = mb ω ex 8