. Bestäm för denna studs stöttalet e! Lösning: Energiprincipen för bollens fall ner mot underlaget ger omedelbart före stöt:

Transkript

1 KOMIHÅG 19: Dämpade vibrationer: Fria fallet Kritisk dämpningsrörelse x(t) = e "# nt ( B + Ct) + x j Svag dämpningsrörelse x(t) = e "#$ nt ( Bcos( 1"# $ n t) + Csin ( 1"# $ n t) ) + x j Tvungna vibrationer: Odämpat " n ( ) + x j x(t) = " n #" bsin"t + Acos " t + $ n Föreläsning 0: Blandade tentaproblem 1 Stötar-stöttal och energier Problem: En boll släpps rakt ner och studsar mot ett horisontellt underlag Bollens maximala lägesenergier mäts före och efter studsen och betecknas E 0 respektive E 1 Bestäm för denna studs stöttalet e! Lösning: Energiprincipen för bollens fall ner mot underlaget ger omedelbart före stöt: E 0 = mv 0 " v 0 = E 0 Här har massan införts men måste senare m elimineras Omedelbart efter studsen får bollen enligt stöttalet v 1 = ev 0 Energiprincipen för bollens rörelse från underlaget ger efter studs: E 1 = mv 1 " v = E 1 1 m Stöttalet bestämmer ju kollisionsfart v 1 och separationsfart v 0 enligt v 1 = ev 0 E Dvs: e = 1 E 0 Dämpade svängningar

2 Problem: En vagn med massan M påverkas förutom en fjäder av en dämpande kraft med kraftkonstanten c Fjädern har fjäderkons-tanten k Härled svängningsekvationen för vagnens rörelse! För vilket värden av c blir vagnen kritiskt dämpad? Lösning: Bara två krafter i vagnens rörelseriktning: F = "kx " c x Newtons :a lag: M x = "kx " c x Svängningsekvationen: x + c M x + k M x = 0 Naturliga vinkelfrekvensen för svängningen läses av (enligt svängningsteorin): " n = k M (*) Kritisk dämpning inträffar då dämpningsförhållandet uppfyller " =1, där enligt teorin: "# n = c (**) Om ekvationerna (*) och (**) kombineras fås för för c: M c = "# n M, dvs med " =1: Kinematik c = km Problem: En bils hastighet längs en rak s-axel ges av uttrycket v = cs 3/, c = konst Bestäm accelerationen i ett bestämt läge s 0 längs vägen Lösning: Ur definitionen av rätlinjig acceleration: ( a = ) dv dt = dv ds ds dt = v dv ds Från det givna uttrycket för v kan vi sätta in: dv ds = 3 cs1/ i accelerationsformeln tillsammans med det givna hastighetsuttrycket Vi får accelerationsuttrycket: a = 3 cs1/ "cs 3/ = 3 c s Kinematik

3 3 x v 0 v Problem: En projektil avfyras horisontellt in i en behållare med viskös vätska Hastigheten vid inträdet är v 0 Den bromsande kraften är proportionell mot kvadraten på hastigheten, så att accelerationen blir a = "kv Härled uttrycken för den tillryggalagda vägen D i vätskan samt motsvarande tid T för att bromsa upp hastigheten till hälften Bortse helt ifrån den vertikala rörelsen på grund av tyngdkraften Lösning: Vi behöver ett samband mellan hastighet och tid, samt hastighet och läge Tiden: Definitionen a = dv tillsammans med a = "kv dt kan utnyttjas till att göra en separation av variabler: dv v = "kdt Denna kan integreras v 1 dv " = # " kdt v 0 v t 1 0 [ ] v0 Kom ihåg att integrationsgränserna skall 'höra ihop' " 1 v Vi löser ut sluthastigheten 1 = v 1 + kt 1 v 1 " v 1 = 0 v 0 1+ v 0 kt 1 En halvering av hastigheten innebär alltså v 0 kt 1 = 1 dvs T = 1 v 0 k Läget: Om vi börjar om igen med dv v = "kdt ger multiplikation, led för led med definitionen v = dx dt istället dv v = "kdx v 1 = "kt 1

4 4 Vi kan nu integrera igen och få ett samband mellan hastighet och sträcka ln v 1 = "kx v 1 eller x 1 = 1 0 k ln v 0 v 1 När hastigheten halverats har projektilen färdats avståndet D = 1 k ln

5 5 Problem: En bil med massan m accelererar på en horisontell vägsträcka på grund av den drivande kraften F Antag att utgångsfarten är v 1 och och bestäm farten v efter en sträcka s om drivkraftens effekt är konstant P Betrakta bilen som en punktpartikel Lösning: Motorns effekt är konstant i rörelsen: P = Fv Utnyttja detta i Newtons :a lag: ma = F " mv v = P Sedan vill vi ha hastighet som funktion av läget Med omformning av vänster led: v v = dv dx dx v = dv v dt dx, så får vi ekvationen v " v dv dx = P dx " dx m v 1 3 dvs v 3 " v = Ps m Lös slutligen ut farten v s 0 v = ( 3Ps m + v 1 3 ) 1/3

6 Föreläsning 1: Blandade tentaproblem 6 Kraftsystem Resultant i en punkt, enkraftsresultant Ett kraftsystem som består av tre krafter verkar på en kub med kantlängd L enligt figuren Bestäm resultanten i origo och avgör om kraftsystemet har en enkraftsresultant Om enkraftsresultant finns, bestäm även denna Lösning: Resultanten i origo består av Kraftsumman: F = (0,,0)P, och totala momentet uträknat i origo Totalt: M O = (0,1,3)LP Eftersom M O F = ( )LP " 0 finns ingen möjlighet att hitta en enkraftsresultant Satellitrörelse Två rörelsekonstanter och banenergiformeln En satellit med massan m befinner sig i en ellipsbana runt jorden Tyngdaccelerationen g och jordradien R är kända Halva storaxeln i den banan är a=6r och banan har minsta avståndet h=r ovanför jordytan Jordytan antas vara sfärisk I banans närmsta punkt till jorden bromsas satelliten upp momentant så att den sedan följer en elliptisk bana ner till jordytan Bestäm fartändringen i denna uppbromsningsmanöver Lösning: Fartändringen söks I ursprungsbanan är storaxeln känd och då även totala energin E 1 = " mgr Farten i rörelseenergin beräknas, enligt mekaniska 1R energins uppdelning i rörelse- och potentiell energi, i manöverläget, den närmasta punkten i banan: v 1 = " E m 1 + mgr % $ ' = 5 gr Farten som behövs för # & 6 landningsbanan beräknas i samma läge till v = gr 1 " 1 3 Fartändringen blir "v = v # v 1 = # gr 6 ( 5 # ) ( ) = 6 gr

7 Dynamik Energi och krafter Betrakta en hylsa med massan m glidande på en glatt ledstång Ledstången har cirkulär form med radien R Om hylsan i sitt instabila, översta läge släpps, så kommer den så småningom att börja röra sig neråt Antag att den rör sig motsols a) Bestäm hylsans fart efter halva respektive hela vägen ner till nedersta läget b) Bestäm normalkraften på hylsan efter halva respektive hela vägen ner Tyngdaccelerationen g är känd 7 Lösning: Kraftbilden i figuren: bara tyngdkraft och normalkraft på hylsan För glatt ledstång gäller energiprincipen och då översta läget har försumbar fart gäller alltså: I A: mv A + mgr = mgr, och i B: mv B = mgr Dessa ekvationer ger farterna: v A = gr respektive v B = 4gR Newtons :a lag i normalriktningarna ger sedan: mv A R = N A respektive mv B R = N B " mg Om vi löser ut normalkrafterna med insatta uttryck för farterna fås: N A = mg respektive N B = 5mg

8 Jämvikt Gränsfall glidning 8 En kub med massa m står lutad mot en vertikal sträv vägg och med stöd på ett horisontellt strävt golv Bestäm den kritiska vinkeln " för vilken kuben riskerar att börja glida Friktionstalet är µ mot både vägg och golv Tyngdaccelerationen g är känd Lösning: Krafter ritas ut i det kritiska läget Kraftjämvikt ger: " N B # µn A = 0, " N A + µn B # mg = 0 Löser N A ur dessa: N A = mg 1+ µ (1) Momentjämvikt moturs m a p kontaktpunkt B: N A Lcos" # µn A Lsin" # mgcos" L # mgsin" L = 0 Sätter in (1) i denna och 1 förenklar: 1+ µ cos" # µ 1+ µ sin" = 1 cos" + 1 sin" Dividerar med cos och 1" µ förenklar ytterligare: 1+ µ tan" = 1 # µ 1+ µ ( ) µ +1+ µ = 1+ µ ( ) tan# En sista förenkling ger svaret:

9 Dynamik Krafter, accelerationer och energier En liten bil är på väg upp för ett backkrön Bilen ska då rulla (utan rullmotstånd) den sista sträckan upp till krönet, som innebär höjdskillnaden H Vilken högsta utgångsfart kan bilen ha utan att riskera att tappa kontakten med vägen på krönet, om krökningsradien där är 3H/ Tyngdaccelerationen g är känd Lösning: Den kritiska farten på krönet inträffar då normalkraftens storlek N=0 Vi kan använda Newtons :a lag och energiprincipen (ty ingen friktion) På krönet verkar då endast tyngdkraften N: e n : m v 0 3H / = mg (på krönet), " v 0 = 3Hg Utgångsfarten fås ur energiprincipen: 1 mv = 1 mv 0 + mgh " v = 9 7Hg