Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del1: Statik och partikeldynamik. Läsvecka 2

Storlek: px
Starta visningen från sidan:

Download "Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del1: Statik och partikeldynamik. Läsvecka 2"

Transkript

1 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva öreläsningar i Mekanik (M0) Del: tatik och partikeldynamik Läsvecka öreläsning : Jämvikt jämviktsvillkor statiskt obestämda kraftsystem (/-/). Jämvikt: Rörelse och vila hos materiella kroppar beskrivs alltid i förhållande till en referensram. lla rörelse är relativ och måste beskrivas (mätas) i förhållande till något som vi betraktar som fixt t ex ett system av kroppar vilkas inbördes lägen vi bedömer som oföränderliga t ex golv väggar och tak i en lokal den fasta jordskopan ( terra firma ) en rymdstation solen eller de så-kallade fixstjärnorna. igur. Referensramar. Definition: n materiell kropp sägs vara i (mekanisk) jämvikt i förhållande till en given referensram om den befinner sig i permanent vila d v s förblir orörlig i förhållande till den givna referensramen. Det system av yttre krafter och moment som verkar på kroppen i jämvikt sägs hålla jämvikt på kroppen. n kropp som är i jämvikt i förhållande till en given referensram sägs också vara i jämvikt i förhållande till varje annan referensram som har likformig translations-hastighet i förhållande till den primärt givna ramen. Låt O vara en fix (orörlig) punkt i referensramen och i j k en i referensramen fix ON-bas. Om är en materiell punkt i kroppen så beskrivs läget av punkten av lägesvektorn

2 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva r = r () t = ix () t + j y () t + k z () t (.) där ( x y z ) är punktens koordinater och t betecknar tidvariabeln. unktens hastighet v relativt referensramen definieras av v = v () t = ix () t + j y () t + kz () t (.) där t ex x = x () t betecknar derivatan av koordinaten x = x () t med avseende på tiden d v s () dx () t x t = dt v k r O Referensram j i id jämvikt (relativt referensramen) gäller igur. astighet och referensram. v ( t ) = u (.) för alla tider t där u är en konstant (tidsoberoende) vektor t ex u= 0. Jämviktsvillkor: etrakta en kropp som påverkas av ett system av yttre punkkrafter och moment y : ( M ) ( M ) ( M ) (.4) n n n Låt och M O beteckna kraftsystemets kraftsumma och momentsumma respektive d v s n = i MO = ( ro ) i i + M i i= n i=

3 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva Momentpunkten O antas vara fix ligga stilla i förhållande till referensramen. Det finns nu en klass av referensramar så kallade inertialramar i vilka mekanikens grundekvationer i form av uler s rörelselagar gäller (Leonard uler ). Dessa ges av ekvationerna = a dm M = r a dm O (.5) där a betecknar den materiella punktens acceleration relativt inertialramen d v s a = a () t = i x () t + j y () t + k z () t (.6) Dessa ekvationer antas gälla för alla materiella kroppar (fast kroppar fluider gaser) i alla rörelser relativt en inertialram. De utgör mekanikens axiom. a r dm i r i M i i O Inertialram = a dm M = r a dm O igur. uler s rörelselagar i en inertialram och uler själv. om sagt en inertialram är en referensram i vilken uler s rörelselagar gäller. Detta är en i grunden teoretisk konstruktion som har samband med Newton s föreställning om det absoluta rummet. I praktiken har man svårt att identifiera inertialramar och man får ofta nöja sig med referensramar som approximativt är inertialramar. Om approximationen duger kan endast avgöras genom experiment. ör rörelser inom solsystemet t ex jordens rörelse brukar man som approximativ inertialram välja en referensram som inte roterar i förhållande till fixstjärnorna och i vilken solsystemets masscentrum rör sig med konstant hastighet. ör rörelser hos kroppar i närheten av jordytan är det praktiskt att välja jorden som referensram. Denna är dock inte en inertialram detta på grund av jordens rotation i förhållande till den approximativa inertialramen för solsystemet. Detta kan man kompensera med att införa så kallade tröghetskrafter som beror på jordens rotationshastighet (ett varv per dygn) och på kropparnas rörelse relativt jorden. Dessa krafter är i allmänhet små i jämförelse med gravitationskraften och andra krafter som verkar på kroppen. ats: (Nödvändigt jämviktsvillkor) Om en materiell kropp befinner sig i jämvikt i förhållande till en inertialram så är systemet av yttre krafter och moment på kroppen ett nollsystem d v s M O (.7)

4 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva evis: Jämvikt v ( t ) = u där u är en konstant vektor a () t = u. v detta följer enligt uler s rörelselagar = a dm M = r a dm O vilket skulle bevisas. Observera att denna sats gäller för alla kroppar oavsett konstitution (fasta kroppar vätskor gaser). ör stela kroppar har vi även omvändningen till ovanstående sats: n stel kropp kan inte sättas i rörelse av ett system av yttre krafter och moment som utgör ett nollsystem. Om den är i vila så förblir den i vila så länge och M = O 0. Observera att detta inte gäller för alla kroppar t ex inte för en elastisk kropp. Om den obelastade fjädern i figur a) nedan befinner sig i vila och därefter belastas med ett nollsystem bestående av två punktkrafter så förblir inte fjädern i vila. Den kommer att sträckas d v s partiklarna i fjädern kommer i rörelse. v v a) b) igur.4 lastisk kropp belastad med nollsystem Jämviktsvillkoren (.7) består av två vektorekvationer. Detta är ekvivalent med sex skalära ekvationer. Med en ON-bas i j k gäller = ix + jy + k z MO= imx+ jmoy + k MOz och då är villkoren i (.7) är då ekvivalenta med ekvationssystemet x y z och Mx M y Mz (.8) i noterar också att jämviktsvillkoret (.7) medför att M d v s om kraftsumman är noll och momentsumma är noll med avseende på någon momentpunkt (t ex O) så är momentsumman noll med avseende på alla andra punkter också. Detta följer av (.7) och sambandformeln för moment M = MO + ro (.9) tatiskt bestämda och statiskt obestämda kraftsystem: I tredimensionella problem har vi tillgång till sex skalära jämviktsekvationer. Detta innebär att vi högst kan ha sex obekanta kraft- och moment-komponenter för en erhålla en entydig lösning. Om en entydig lösning existerar säger vi att jämviktsproblemet är statiskt bestämt. Om antalet obekanta är större än sex säger vi att jämviktsproblemet är statiskt obestämt (underbestämt ekvationssystem). ör plana (tvådimensionella 4

5 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva problem) har vi tillgång till tre skalära ekvationer vilket kräver högst tre obekanta kraft- och momentkomponenter för en entydig lösning. xempel.: tatiskt bestämt system: lanka på två stöd. n homogen planka med massan m och längden L vilar mot två stöd enligt nedanstående figur. estäm stödreaktionerna d v s krafterna från stöden på plankan! ml g igur.5 lanka på två stöd. rilägg plankan d v s ta bort stöden och inför stödreaktioner i form av normalkrafts-komponenter: N och N samt tyngdkraften på plankan mg som angriper i plankans masscentrum (mittpunkt). e figuren nedan! ystemet av yttre krafter på plankan ges av ntalet obekanta kraftkomponenter är här två nämligen y : ( jn ) ( j( mg) ) ( jn ) (.0) N och N. L j ( mg) j N j N j i Jämvikt medför att y är ett nollsystem: igur.6 rilagd planka. i kräver dessutom att (tilläggsvillkor) ad innebär dessa villkor fysikaliskt? L L ( ): N mg + N : N + N (.) N 0 N 0 (.) Observera att jämviktsvillkoret för kraftsumman i i -led är trivialt uppfyllt eftersom ( ): 0 5

6 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva mg kvationssystemet (.) har den entydiga lösningen N = N = > 0. Kraftsystemet (.0) är alltså statiskt bestämt. Observera att villkoren i (.) är uppfyllda. xempel.: tatiskt obestämt system: lanka på tre stöd. n homogen planka med massan m och längden L vilar mot tre stöd enligt nedanstående figur. Det tredje stödet placeras mitt under plankan. estäm stödreaktionerna! g igur.7 lanka på tre stöd. rilägg plankan d v s ta bort stöden och inför stödreaktioner i form av normalkrafts-komponenter: N N och N samt tyngdkraften på plankan mg. ystemet av yttre krafter på plankan ges av y : ( jn ) ( j( mg) ) ( jn ) ( jn ) (.) ntalet obekanta kraftkomponenter är här tre nämligen N N och N. L j ( mg) j N j N j N j i Jämvikt medför (se figur) igur.8 rilagd planka. i kräver dessutom att kvationssystemet (.4) medför att L L ( ): N + N mg + N : N + N (.4) N 0 N 0 N 0 N = N N = mg N 6

7 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva mg Lösningen är således inte entydig eftersom vi kan välja N godtyckligt i intervallet 0 N. i kan som lösning ha t ex N = mg N = N d v s plankan balanserar på mittenstödet utan mekanisk kontakt med de båda andra. Kraftsystemet (.) är alltså statiskt obestämt. ammanfattning (Jämvikt) y n kropp påverkas av ett system av yttre krafter. Då gäller uler s rörelselagar = a dm M = r a dm O Jämvikt medför ( a ) vilket är ekvivalent med M O x y z och MOx MOy MOz och innebär att y utgör ett nollsystem. iktiga speciella kraftsystem (som t ex är flitigt förekommande i övningsuppgifter i denna kurs) är ett nollsystem bestående av två eller tre punktkrafter. Givet ett kraftsystem bestående av två punktkrafter : ( ) ( ) som är ett nollsystem. Då gäller för kraftsumman och momentsumman v detta följer att = + d v s vi har den situation som visas i figuren nedan M = r + r O = och ( r r ) r 7

8 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva r igur.9 Nollsystem bestående av två punktkrafter. Givet ett kraftsystem bestående av tre punktkrafter ntag att är ett nollsystem. Då gäller att v detta följer att = + + : ( ) ( ) ( ) M = r + r + r O = + r ( ) = r + r och därmed kan vi sluta oss till att tvåkraftsystemet har kraftresultanten ( ). v detta följer att : ( ) ( ) ats: ör ett nollsystem bestående av tre punktkrafter gäller att krafternas verkningslinjer ligger i ett gemensamt plan antingen skär de varandra i en punkt eller också är de parallella. igur.0 Nollsystem bestående av tre punktkrafter. 8

9 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva riläggning: När man analyserar en mekanisk kropp (mekaniskt system) önskar man med utgångspunkt från givna förutsättningar besvara ett antal frågeställningar som kan handla om systemets jämviktstillstånd systemets rörelse krafter mellan kroppar i systemet eller krafter mellan kroppar i systemet och dess omgivning. nalysen kräver ett metodisk förfarande som väsentligen innehåller följande steg: (i) älj med hänsyn till aktuell frågeställning ut en delkropp (part) i den aktuella kroppen. (ii) rilägg den valda delkroppen d v s rita en så kallad frikroppsfigur (free body diagram) över denna. Detta innebär att - man ritar en geometriskt representativ bild av den valda kroppen där alla omgivande kroppar har tagits bort. - man inför de yttre kända anbringade krafterna (applied forces) som verkar på t ex tyngdkraften. - man inför reaktionskrafter (kontaktkrafter reactions) som verkar på från de borttagna omgivande kropparna. Dessa krafter är i allmänhet okända. täll upp eventuella restriktioner på kontaktkrafterna som ges av kontaktens natur t ex för normalkraft och friktionskraft. (iii) täll upp jämviktsekvationerna (.7) för. (iv) Lös jämviktsekvationerna för (om det är möjligt) d v s bestäm de obekanta storheterna. (v) Om antalet obekanta är för stort d v s om vi har fler obekanta än antalet ekvationer tvingas man frilägga ytterligare en delkropp som bör väljas så att är i mekanisk kontakt med. (vi) Genomför stegen (i)-(iv) för delkropp. (vii) Lös det ekvationssystem som ges av jämviktsekvationerna för och (om det är möjligt). (viii) Om antalet obekanta är för stort d v s om vi har fler obekanta än antalet ekvationer tvingas man frilägga ytterligare en kropp i det mekaniska systemet och så vidare! Det är viktigt att i varje steg kontrollera antalet obekanta och antalet ekvationer. Denna procedur upprepas och leder förhoppningsvis till ett ekvationssystem som ger en entydig lösning. I de fall där det inte fungerar har man att göra med statiskt obestämda kraftsystem. Det är då nödvändigt att införa antaganden om hur kropparna deformeras under belastning för att man skall kunna hitta en lösning. Detta behandlas t ex i kurserna i Kontinuumsmekanik och ållfasthetslära. igur. truktur i jämvikt. 9

10 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva xempel.: etrakta en kropp som består av fyra delkroppar och 4. Delkroppen påverkas av en yttre anbringad kraft ( G ). Delkropparna är i kontakt och delkroppen stöder mot ett fixt fundament 0 och delkropp 4 är kopplad till 0 via en axel genom punkten. rilägg delkropparna och ställ upp jämviktsvillkor för delkropp. G 4 g 0 igur. Kropp (mekaniskt system) rilägg delkropp d v s rita en figur över där övriga kroppar har tagits bort och kontaktkrafter mellan och och mellan och 4 införts enligt figuren nedan. G K 4 m g 4 K igur. rilagd delkropp. Det system av yttre krafter som verkar på kroppen Jämviktsvillkor för kroppen : y ( ) : ( G ) ( K ) ( K ) ( m g ) (.5) 4 4 = G+ K + K + m g 4 M = r G+ r K + r K + r m g (.6) O 4 4 0

11 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva där t ex vektorn K 4 representerar reaktionen från delkropp 4 på delkropp. Om vi frilägger övriga delkroppar så erhålles frikroppsfigurer enligt nedan G K 04 m g 4 K 4 4 K 4 K 4 K 4 m g K K K m g m g K 0 K igur.4 rilagda delkroppar. Det gäller att K = K K = K K4 = K 4 K4 = K 4 (.7) som ett uttryck för lagen om verkan och motverkan ( Newton s tredje lag ). i skall nu demonstrera metoden med friläggning på några problem där kraftsystemet är tvådimensionellt (plant). i kommer senare att studera tredimensionella problem. lana jämviktsproblem: ör ett plant kraftsystem parallellt med i - j -planet gäller per definition att z MOx = MOy och jämviktsvillkoret reduceras därmed till tre skalära ekvationer x y MOz (.8) lternativt för att plant kraftsystem kan vi använda de med (.8) ekvivalenta villkoren där och är (godtyckliga punkter) för vilka r 0 eller x M z Mz (.9) M z Mz Mz (.0)

12 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva där punkterna och ej ligger på samma räta linje. Detta följer av sambandsformeln (.9) där M= k M z MO= k M Oz r O = ix + j y r O = ix + j y och = ix + j y. Detta ger M z = MOz + x y y x Mz = MOz + x y y x (.) Implikationen (.8) (.9) är uppenbar. ntag nu att (.9) gäller då följer av (.) 0= M + x 0= M + x ( x x) Oz y Oz y y Men här gäller att x x 0 eftersom motsatsen skulle innebära att r = ( x x) y ( y y) x. lutsatsen blir då att y och därmed MOz. tt (.8) medför (.0) är uppenbart. Omvändningen följer om man betraktar ekvationssystemet 0= MOz + x y y x x 0= MOz + x y y x y 0= MOz + x y y x MOz (.) eftersom systemdeterminanten x y x y = ( x y x y ) 0 x y (.) i har nämligen antagit att punkterna och ej ligger på samma räta linje vilket innebär att r r = k( x y x y ) 0. xempel.4 Determine the reactions at and if = 500N. What is the maximum value which may have for static equilibrium? Neglect the weight of the structure compared with applied loads. igur.5 xempel.4 Lösning: rilägg strukturen. Knutpunkterna och är försedda med friktionsfria leder och därmed momentfria vilket innebär att reaktionen i dessa punkter ges av krafter. i inför reaktionskraftkomponenterna x y x y med referensriktningar enligt figuren nedan.

13 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva x y x y v igur.5 framgår att Detta ger igur.6 Lösning /0 y ( stödet vilar på rullar ) och att x 0. Jämvikt medför ( ) : sin 0 ( ) : cos 0 (.4) x x y : cos 0 (.5) x x cos 0 8 = x = 4000 sin 0 x y = 4000 cos 0 (.6) Med Kravet = 500N erhålles x = 85N x = 4000 sin 0 x = 85N y x 0 medför enligt (.6) att = 964N cos cos = 7N 8 öreläsning : Jämvikt för plana och tredimensionella problem (/-/4). xempel. Determine the force required to begin rolling the uniform cylinder of mass m over the obstruction of height h. g igur. xempel..

14 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva Lösning: rilägg cylindern! Inför den anbringade kraften i punkten. Inför tyngdkraften mg angripande i punkten på cylinderns symmetriaxel. Inför reaktionskrafter N f från den horisontella ytan i punkten och N från hörnet i punkten D. mg N f D r h h d igur. Lösning.. Jämvikt medför: ( ): f ( ): N mg + D : ( r h) + ( mg N) d f h (.) där d = r ( r h). Obekanta reaktionskrafter: N f d v s fyra till antalet. i har enligt (.) bara tre ekvationer och problemet är således statiskt obestämt. Nu gällde problemet att bestämma det som krävs för att cylindern skall börja rulla över kanten. I det läget upphör kontakten i punkten och vi kan sätta N = f. Då gäller enligt (.) mgd mg r ( r h) ( r h) + mgd = = r h r h vilket är den efterfrågade kraften. i kan nu även beräkna reaktionen i punkten D. v (.) följer mg + mg r ( r h) = = r h = mg xempel. n kran består av en arm D med massan 00 kg som är infäst i en plattform. rmen är friktionsfritt lagrad i plattformen med en horisontell axel genom. rmens mass-centrum G befinner sig i det aktuella läget på det (horisontella) avståndet 0m. från armens infästning i. ydraulcylindern påverkar armen med en kraft som är riktad längs. Kranen lyfter en låda med massan 800kg. estäm vid jämvikt i det aktuella läget se figur nedan a) ylinderkraftens belopp 4

15 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva b) Reaktionskraften R= i + j från plattformen på armen i. Tyngdaccelerationen g = 9. 8 ms. ehandla problemet som ett plant problem! rm D.0 m g = j ( g) G j lattform i igur. xempel.. Lösning: rilägg den kropp som består av kranarmen D lyftkrok och låda! Inför tyngdkrafterna ma g och ml g där ma = 00 kg är armens massa och ml = 800 kg är lådans massa. Inför kraften från cylindern = och reaktionskraften R= i + j från plattformen. ystemet av yttre krafter på den frilagda kroppen ges då av y : ( R ) ( m g G) ( ) ( m g ) a l.0 m D mg a G α mg l j i igur.4 rilagd kranarm. Jämvikt medför: ( ) : m g+ sina mg ( ) : + cosα a l (.) 5

16 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva : m g. 4 cosa + sina 7 m g a l Geometrin ger att sinα = cosα. Detta insatt i (.) ger ekvationen m a+ 7m l mag+ 46. cosa 7 mg l cosa = g= kN 46. och därmed sin α = 5. 6kN. Detta ger cylinderkraftens belopp v (.) följer att = (. 8) + ( 5. 6) kn = 8. 6kN = ( m + m ) g sin a N 5. 6kN = 5. 8kN = cos α =. 8kN a l och således R= i(. 8kN) + j ( 5. 8kN). var: a) = 8. 6kN b) R= i(. 8kN) + j ( 5. 8kN). Tredimensionella jämviktsproblem: Jämviktsvillkoren ges av (.7) M O Detta är ekvivalent med villkoren M M M (.) under förutsättning att r r 0 d v s att punkterna och ej ligger på en rät linje. örflyttningssatsen för moment ger nämligen M = MO + ro M = MO + ro M = MO + ro (.4) och därmed är det klart att (.7) medför (.). Omvänt om (.) gäller så följer av (.4) att r = r eftersom r r 0. v (.4) följer då att M. O 6

17 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva roblem /77 uniform steel ring 600mm in diameter has a mass of 50kg and is lifted by the three cables each 500mm long attached at points and as shown. ompute the tension in each cable. igur.5 roblem /77. Lösning: rilägg ringen. Inför spännkrafterna i linorna ( ) ( ) ( ) samt tyngdkraften ( mg G) angripande i ringens masscentrum G. Dessa utgör det system av yttre krafter som verkar på ringen. Jämvikt medför: mg (.5) O h G G 0 j k i mg igur.6 Lösning / v figuren framgår att ro = i0. + k h ro = j0. + k h ro = i( 0. ) + j( ) + k h där h i kan skriva = n O = n O = n O där vi har tilläggsvillkoren 0 och 7

18 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva ro i0. + kh no = = = i06. + k08. r 05. O ro j0. + kh no = = = j06. + k08. r r i( 0. ) + j( ) + kh O n O = = = i( 0. ) + j( 0. ) + k08. r 05. O O v (.5) följer då att ( i06. + k08. ) + ( j06. + k08. ) + ( i( 0. ) + j( 0. ) + k08. ) + k ( mg) = i( ) + j( ) + k(.( ) mg) vilket är ekvivalent med ekvationssystemet mg = = 4N 08. ( + ) mg = = 96N. 08. ( ) 0. 8( ) mg = mg = = 59N 04. ( + ) xempel.: (Tentamen 0 Uppgift ) Den horisontella bommen O är upphängd i linor och D och stöder i O via en glatt fix kulled mot en vertikal vägg. ommen belastas enligt figuren med en vertikal kraft på avståndet a (0 < a < 6m) från O. estäm vid jämvikt spännkrafterna i linorna och D som funktion av och a. örsumma linornas massa samt bommens och krokens egentyngd. a igur.7 xempel.. 8

19 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva Lösning: rilägg bommen O! nitta linorna och inför spännkrafterna och D. rilägg bommen från väggen och inför reaktionskraften R från väggen på bommen. Observera att vektorn R är godtyckligt inritad i igur.4 då den i detta läge är okänd. elastningen på kroken ges av kraften k ( ). ystemet av yttre krafter på bommen ges då av y : ( ) ( ) ( R O) ( k( ) ) D R k ( ) a D igur.8 rilagd bom. Jämvikt medför = + + R+ k( ) M = r + r + r k( ) (.6) pännkrafterna ges av D O D = n D = nd D där n och n D är riktningsvektorer för spännkrafterna. v geometrin framgår att n r ( 6 ) = = = ( 6 ) r ( 6) + ( ) + 7 n D rd ( 40 ) = = = ( 40 ) r D ( ) där vi uttryckt lägesvektorerna r och r D i komponentform i basen ( i jk ). idare gäller att Detta tillsammans med (.6) ger villkoret r = i 6 r = i r = ia+ k ( e) (m) 9

20 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva r + r + r k ( ) = D i j k i j k 6 4 D D i j k 4 a 0 e = ( 6)( j k( )) + ( )( k( D )) + ( a) j ( ) = a 8 7 j( + a) + k( + D ) D 7 5 Detta ekvationssystem har lösningen 7a = D 8 5a = 8 Detta ger lösningen på problemet. Observera att vi inte har använt ekvation (.6)! Denna ekvation kan användas för att beräkna reaktionskraften R. v (.6) följer nämligen att 7a R= k D = k n nd D = ( 00) ( 6 ) 7 8 ( 40 ) 5a = ( ) a= i a + j( a )+ k ( a ) a 5a var: = D =

21 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva ammanfattning (riläggning) ilken är frågeställningen? rilägg en för frågeställningen lämplig delkropp och rita en frikroppsfigur. eskriv det system av yttre krafter och moment som verkar på delkroppen. täll upp jämviktsvillkoren. Kontrollera antalet ekvationer och antalet obekanta. Lös ekvationssystemet om möjligt. Om antalet obekanta är fler än antalet ekvationer tvingas man frilägga ytterligare en delkropp. älj en ny delkropp. Detta bör vara en kropp som står i mekanisk kontakt med den förra. Genomför ovanstående punkter för denna delkropp. Om nu antalet obekanta och antalet ekvationer överensstämmer kan ekvationssystemet ha en entydig lösning. Om inte så fortsätter man proceduren enligt ovan! Observera att man under ovanstående process kan komma fram till att de kraftsystem som uppträder är statiskt obestämda. roblemet har då ingen entydig lösning!

22 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva öreläsning : trukturer; fackverk och ramar (4/-4/6). tt fackverk (a truss) är en mekanisk struktur som består av stela raka och lätta stänger som förenas i sina ändpunkter med friktionsfria (glatta) leder. ackverket bildar ett sorts skelett som kan ta upp stora laster och på grund av sin utformning kan detta ske med förhållandevis lätta konstruktioner. ackverk byggs upp av följande element igur. ackverksstrukturer. (i) Raka stångelement som karakteriseras av sin längd. Man försummar stångelementets massa. (ii) Knutpunkter som betraktas som punktformiga. (iii) I knutpunkterna kopplas stångelementen ihop via glatta leder. elastningen på ett fackverk ges av ett system av yttre krafter bestående av (iv) unktkrafter som angriper i fackverkets knutpunkter. Inga yttre krafter verkar på stångelementen. D j tillåten kraft L igur. ackverk.

23 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva i analys av fackverk beräknar man de krafter som verkar på stångelementen. Dessa krafter bildar ett underlag för dimensionering av stångelementen d v s val av material och val av tvärsnittsgeometri. Krafterna i stängerna skall med viss säkerhetsmarginal understiga vissa kritiska värden för att undvika att fackverket kollapsar på grund av t ex knäckning. Mer om detta i kursen i ållfasthetslära. Krafterna i varje stång måste då beräknas vilket för stora och komplicerade fackverk kan bli ganska omfattande. Räkne-processen kan dock lätt anpassas för att kunna lösas med hjälp av dator. xempel. tt fackverk består av sju likadana stänger (stångelement) vardera med längden L. ackverket stöder mot ett fundament enligt nedanstående figur. ackverket belastas med punktkrafterna ( e y ( ) D) och ( e y ( ) ). estäm krafterna i stängerna och. D L igur. ackverk. Lösning: i börjar med att frilägga hela fackverket för att beräkna stödreaktionerna. Inför stödreaktionerna och enligt figur nedan. Observera att då upplaget vid är glatt (illustrerat i figuren med de små rullarna). D L igur.4 rilagt fackverk. Jämvikt medför

24 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva ( ): ( ): + L L : + L Detta ekvationssystem ger stödreaktionerna 5 = 4 7 = 4 rilägg en av stängerna t ex stång. å denna verkar ett system av yttre krafter som består av två punktkrafter angripande i stångens ändpunkter: ( ) ( ). Observera att vi försummar tyngdkraften på stången! Detta är en god approximation eftersom stångkraften i allmänhet är väsentligt större än tyngdkraften d v s mg där m är massan hos stången. id jämvikt måste ( ) ( ) utgöra ett nollsystem. ör ett nollsystem bestående av två punktkrafter gäller enligt vad vi tidigare konstaterat (se igur.9) att punktkrafterna har samma verkningslinje och = (.) i har således en situation som beskrivs i nedanstående figur. Observera att om vi inte kan försumma tyngkraften så blir problemet väsentligt mera komplicerat. tångkrafterna kan nu inte längre vara parallella med stången. e igur.4 c) nedan! Om vi introducerar enhetsvektorn n = r riktad längs stången kan stångkraften då skriva L = n ( ) = n ( ) (.) mg mg n a) b) c) igur.5 tångelement i jämvikt. 4

25 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva tångkraften sägs vara tryckande om att < 0 och dragande om > 0. v (.) och (.) följer n ( ) = n ( ) = n ( ) = (.) rilägg nu knutpunkten. De krafter som verkar på knutpunkten är ( ) = ( n ) ( ) = ( n ). Rita in kraftkomponenterna och i frikroppsdiagrammet. örutom dessa krafter verkar stödreaktionen på knutpunkten. e nedanstående figur. 60 igur.6 rilagd knutpunkt. Jämvikt medför ( ) : + cos60 ( ) : + sin60 (.4) Observera att momentekvationen är uppfylld. Med ekvationssystemet (.4) 5 = erhålles som lösning till 4 5 = 4 5 = åledes om > 0 så är kraften i stången dragande och kraften i tryckande. rilägg nu knutpunkten. i sätter nu ut referensriktningar för stångkrafterna. Observera att kraftkomponenten i igur.7 måste vara motriktad kraftkomponenten i igur.6 enligt lagen om verkan och motverkan. De båda övriga komponenternas riktningar ( D och ) kan väljas godtyckligt se nedanstående figur. Med dessa referensriktningar betyder t ex D > 0 tryckande och < 0 dragande. 0 D igur.7 rilagd knutpunkt. Jämvikt medför: 5

26 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva ( ) : sin 0 sin 0 ( ) : cos 0 + cos 0 D D D Detta ger med 5 = 5 = D = ( + ) 4 4 åledes om > 0 så är kraften i stången dragande och kraften i D tryckande. Den metod för beräkning av stångkrafterna som utnyttjats ovan brukar kallas knutpunktsmetoden då metoden innebär att man frilägger knutpunkterna. Man kan beräkna samtliga stångkrafter i ett fackverk genom att systematiskt ställa upp jämviktsvillkor för samtliga knutpunkter. Om fackverket är stort med många knutpunkter resulterar detta i ett ekvationssystem med många ekvationer och obekanta. i skall nu demonstrera en annan metod som ibland kan vara att föredra. Den kan för vissa problem snabbt leda till en lösning. Denna metod kallas snittmetoden. xempel.: (Tenta Uppgift ). tt fackverk belastas enligt nedanstående figur. bestäm krafterna i stängerna D GD och G. tängerna egentyngd kan försummas. igur.8 elastat fackverk. Lösning: i börjar med att frilägga hela fackverket. Inför stödreaktionerna Observera att då upplaget vid är glatt (försett med rullar). och. igur.9 rilagt fackverk. 6

27 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva Jämvikt medför ( ): ( ): (.5) : Detta ekvationssystem ger stödreaktionerna: = 90kN = 70kN. i frilägger nu höger del av fackverket genom att snitta stängerna D GD och G d v s just de stänger vars stångkrafter efterfrågas. Inför stångkrafterna D GD och G. D GD G igur.0 rilagd höger del av fackverket. Jämvikt medför ( ) : + cos 45 + ( ) : sin 45 = 0 G GD D D: G 4+ 4 GD (.6) där = 70kN. Detta ekvationssystem ger stödreaktionerna GD = 70. 7kN G = 70kN D = 0kN v detta framgår att krafterna i stängerna GD och G är dragande och att kraften i D är tryckande. ammanfattning fackverk tt fackverk består av raka lätta stångelement som kopplas samman i sina ändpunkter via friktionsfria leder (knutpunkter). ackverket belastas med yttre krafter som angriper i knutpunkterna. tt fackverk kan analyseras med a) Knutpunktsmetoden som innebär (i) riläggning av hela fackverket för bestämning av stödreaktionerna. (ii) riläggning av lämplig knutpunkt (knutpunkter) för bestämning av efterfrågade stångkrafter. b) nittmetoden som innebär (i) riläggning av hela fackverket för bestämning av stödreaktionerna. (ii) riläggning av en del av fackverket genom att snitta lämpliga stänger. 7

28 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva al av kraftkomponenter När man vid friläggning skall välja referensriktningar för kraftkomponenter så är valfriheten ganska stor. Dock skall man beakta följande: Yttre anbringade krafter bör få samma referensriktningar som anges i förutsättningarna för problemet. Reaktionskraftkomponenter kan ges godtyckliga referensriktningar dock bör man vid kontakter med friktion välja normalkraftkomponenten vinkelrät mot kontaktytan och friktionskraftkomponenten vinkelrät mot normalkraften. Om två kroppar och är i kontakt och man frilägger och inför reaktionskraften från på. Om man därefter frilägger så skall man införa reaktionskraften från på enligt lagen om verkan och motverkan. n ett ramverk (a frame) är en mekanisk struktur som består av stela lätta ej nödvändigtvis raka balkelement som förenas med friktionsfria (glatta) leder. öreningen behöver ej ske i balkarnas ändpunkter och den yttre lasten är ej nödvändigtvis anbringad i balkarnas ändpunkter. n balk i ett ramverk kan således till skillnad från en stång i ett fackverk belastas inne på balkelementet. tt ramverk är således en något mera komplicerad struktur än ett fackverk. xempel.: tt ramverk enligt nedanstående figur belastas med en tyngd med massan. Det antas att hjulen vid D och är friktionsfritt lagrat på sina axlar. julet vid har radien. estäm de krafter som verkar mellan balkelementen i punkterna D och. Tyngdaccelerationen. igur. elastat ramverk. Lösning: i börjar med att frilägga hela ramverket för bestämning av stödreaktionerna i punkterna och D. In för tyngdkraften och stödreaktionerna stödreaktionerna: och. i frilägger samtidigt hjulet vid D för att bestämma kraftkomponenten. Denna analys ger en förklaring till varför tangentiella kraftkomponenter vid hjulförsedda stöd kan sättas till noll. 8

29 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva D D mg D D D D D Jämvikt för hjulet medför (a är hjulets radie) igur. rilagt ramverk. D: Da D Jämvikt för ramverket (med D D 0): ( ): + D ( ): mg : D 5 mg5. 5 Detta ekvationssystem har lösningen D = 4. kn = 4. kn =. 9kN i frilägger nu ramverkets fem delar. och. e figur nedan! D 5 mg igur. rilagda delar i ramverket. 9

30 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva i inför reaktionskrafter (med 0). Jämvikt för delkropp medför: och spännkraften i linan och. ( ): D ( ): + + : = 0 D Jämvikt för delkropp medför: ( ): + ( ): + : 5. + = 0 Jämvikt för delkropp medför: ( ): ( ): : = 0 Jämvikt för delkropp medför: 4 ( ): + ( ): : Jämvikt för delkropp medför: 5 ( ): mg De båda övriga jämviktsekvationerna är identisk uppfyllda för denna delkropp. ammanfattningsvis har vi således tio obekanta och hela tretton ekvationer. Om vi använder ekvationerna som hör till friläggningen av delkropparna och så erhåller man ett ekvationssystem med ekvationer. Detta har en entydig lösning nämligen: = 9. 5kN =. 6kN =. 08kN = 6. 54kN =. 08kN = 6. 54kN =. 9kN =. 9kN och = =. 9kN Man kan nu använda ekvationerna för kropp som ett test på att man räknat rätt. Man kontrollerar att med ovanstående lösning så är jämviktsekvationerna för kropp uppfyllda. 0

31 Mekanik Del tatik- och artikeldynamik 05 Utgåva ammanfattning ramverk n ett ramverk består av stela lätta ej nödvändigtvis raka balkelement som förenas med friktionsfria (glatta) leder. öreningen behöver ej ske i balkarnas ändpunkter och den yttre lasten är ej nödvändigtvis anbringad i balkarnas ändpunkter. tt ramverk analyseras genom (i) (ii) (iii) (iv) riläggning av hela fackverket för bestämning av stödreaktionerna. riläggning av delkroppar för bestämning av inre reaktionskrafter. Lösning av jämviktsekvationerna. Kontroll av lösningen till ekvationssystemet. Utförs på den sista delkroppen.

Biomekanik, 5 poäng Jämviktslära

Biomekanik, 5 poäng Jämviktslära Jämvikt Vid jämvikt (ekvilibrium) är en kropp i vila eller i rätlinjig rörelse med konstant hastighet. Jämvikt kräver att: Alla verkande krafter tar ut varandra, Σ F = 0 (translationsjämvikt) Alla verkande

Läs mer

Kapitel 3 Jämvikt Referensramar. Euler s ekvationer. Hastighet och referensram

Kapitel 3 Jämvikt Referensramar. Euler s ekvationer. Hastighet och referensram aptel Jämvkt Referensramar Hasthet och referensram uler s ekvatoner a a a () t x () t j () t k z () t k O r Referensram j v r r () t x () t j () t kz () t v v () t x () t j () t kz () t a a () t x () t

Läs mer

2.2 Tvådimensionella jämviktsproblem Ledningar

2.2 Tvådimensionella jämviktsproblem Ledningar 2.2 Tvådimensionella jämviktsproblem Ledningar 2.2 Sfären påverkas av tre krafter. Enligt resonemanget om trekraftsystem i kapitel 2.2(a) måste krafternas verkningslinjer då skära varandra i en punkt,

Läs mer

3 Fackverk. Stabil Instabil Stabil. Figur 3.2 Jämviktskrav för ett fackverk

3 Fackverk. Stabil Instabil Stabil. Figur 3.2 Jämviktskrav för ett fackverk 3 Fackverk 3.1 Inledning En struktur som består av ett antal stänger eller balkar och som kopplats ihop med mer eller mindre ledade knutpunkter kallas för fackverk. Exempel på fackverkskonstruktioner är

Läs mer

Tentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 1 Statik och partikeldynamik

Tentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 1 Statik och partikeldynamik Mekanik, LTH Tentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 1 Statik och partikeldynamik Fredagen den 25 oktober 2013, kl. 14-19 Namn(texta):. Personnr: ÅRSKURS M:... Namn(signatur).. Skrivningen består av

Läs mer

KOMIHÅG 3: Kraft är en vektor med angreppspunkt och verkningslinje. Kraftmoment: M P. = r PA

KOMIHÅG 3: Kraft är en vektor med angreppspunkt och verkningslinje. Kraftmoment: M P. = r PA 1 KOMIHÅG 3: --------------------------------- Kraft är en vektor med angreppspunkt och verkningslinje. Kraftmoment: M P = r PA " F, r P =momentpunkt, r A angreppspunkt, r PA = r A " r P. - Oberoende av

Läs mer

" = 1 M. ( ) = 1 M dmr. KOMIHÅG 6: Masscentrum: --3 partiklar: r G. = ( x G. ,y G M --Kontinuum: ,z G. r G.

 = 1 M. ( ) = 1 M dmr. KOMIHÅG 6: Masscentrum: --3 partiklar: r G. = ( x G. ,y G M --Kontinuum: ,z G. r G. 1 KOMIHÅG 6: --------------------------------- Masscentrum: --3 partiklar: r G = ( x G,y G,z G ) = m r + m r + m r 1 1 2 2 3 3 M --Kontinuum: ( ) = 1 M dmr r G = x G,y G,z G " = 1 M ----------------------------------

Läs mer

VSMA01 - Mekanik ERIK SERRANO

VSMA01 - Mekanik ERIK SERRANO VSMA01 - Mekanik ERIK SERRANO Översikt Kursintroduktion Kursens syfte och mål Kursprogram Upprop Inledande föreläsning Föreläsning: Kapitel 1. Introduktion till statik Kapitel 2. Att räkna med krafter

Läs mer

KOMIHÅG 2: Kraft är en vektor med angreppspunkt och verkningslinje. Kraftmoment: M P. = r PA

KOMIHÅG 2: Kraft är en vektor med angreppspunkt och verkningslinje. Kraftmoment: M P. = r PA 1 KOMIHÅG 2: --------------------------------- Kraft är en vektor me angreppspunkt och verkningslinje. Kraftmoment: M P = r PA ", r P =momentpunkt, r A angreppspunkt, r PA = r A " r P. - Oberoene av om

Läs mer

FÖRBEREDELSER INFÖR DELTENTAMEN OCH TENTAMEN

FÖRBEREDELSER INFÖR DELTENTAMEN OCH TENTAMEN FÖRBEREDELSER INFÖR DELTENTAMEN OCH TENTAMEN Repetera de övningsuppgifter som kännts besvärliga. Om du behöver mera övning så kan du välja fritt bland de övningsuppgifter i Problemsamlingen som överhoppats.

Läs mer

VSMA01 - Mekanik ERIK SERRANO

VSMA01 - Mekanik ERIK SERRANO VSMA01 - Mekanik ERIK SERRANO Repetition Krafter Representation, komposanter Friläggning och jämvikt Friktion Element och upplag stång, lina, balk Spänning och töjning Böjning Knäckning Newtons lagar Lag

Läs mer

Tentamen i SG1140 Mekanik II. Problemtentamen

Tentamen i SG1140 Mekanik II. Problemtentamen 010-01-14 Tentamen i SG1140 Mekanik II KTH Mekanik 1. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! Problemtentamen Triangelskivan i den plana mekanismen i figuren har en vinkelhastighet

Läs mer

Målsättningar Proffesionell kunskap. Kunna hänvisa till lagar och definitioner. Tydlighet och enhetliga beteckningar.

Målsättningar Proffesionell kunskap. Kunna hänvisa till lagar och definitioner. Tydlighet och enhetliga beteckningar. 1 Föreläsning 1: INTRODUKTION Målsättningar Proffesionell kunskap. Kunna hänvisa till lagar och definitioner. Tydlighet och enhetliga beteckningar. Kursens olika delar Teorin Tentamen efter kursen och/eller

Läs mer

Mer Friktion jämviktsvillkor

Mer Friktion jämviktsvillkor KOMIHÅG 6: --------------------------------- Torr friktion: F! µn. Viskös friktion: F = "cv. Extra villkor för jämvikt: risk för glidning eller stjälpning. ---------------------------------- Föreläsning

Läs mer

Biomekanik, 5 poäng Introduktion -Kraftbegreppet. Mekaniken är en grundläggande del av fysiken ingenjörsvetenskapen

Biomekanik, 5 poäng Introduktion -Kraftbegreppet. Mekaniken är en grundläggande del av fysiken ingenjörsvetenskapen Biomekanik Mekanik Skillnad? Ambition: Att ge översiktliga kunskaper om mekaniska sammanhang och principer som hör samman med kroppsrörelser och rörelser hos olika idrottsredskap. Mekaniken är en grundläggande

Läs mer

9.2 Kinetik Allmän plan rörelse Ledningar

9.2 Kinetik Allmän plan rörelse Ledningar 9.2 Kinetik Allmän plan rörelse Ledningar 9.43 b) Villkor för att linan inte skall glida ges av ekv (4.1.6). 9.45 Ställ upp grundekvationerna, ekv (9.2.1) + (9.2.4), för trådrullen. I momentekvationen,

Läs mer

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4 LEDNINAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4 LP 4.3 Tyngdkraften, normalkraften och friktionskraften verkar på lådan. Antag att normalkraftens angreppspunkt är på avståndet x från lådans nedre vänstra hörn. Kraftekvationen

Läs mer

Var ligger tyngdkrafternas enkraftsresultant? Totala tyngdkraftmomentet (mätt i origo) för kropp bestående av partiklar: M O. # m j.

Var ligger tyngdkrafternas enkraftsresultant? Totala tyngdkraftmomentet (mätt i origo) för kropp bestående av partiklar: M O. # m j. 1 KOMIHÅG 4: --------------------------------- Enkraftsresultantens existens. Vanliga resultanter vid analys av jämvikter. Jämviktsanalys: a) Kraftanalys - rita+symboler b) Jämviktslagar- Euler 1+2 c)

Läs mer

Tentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S2. Problemtentamen

Tentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S2. Problemtentamen 005-05-7 Tentamen i Mekanik 5C1107, baskurs S. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen En homogen stång med massan m är fäst i ena änden i en fritt vridbar

Läs mer

KRAFTER. Peter Gustavsson Per-Erik Austrell

KRAFTER. Peter Gustavsson Per-Erik Austrell KRATER Peter Gustavsson Per-Erik Austrell örord Denna skrift har tagits fram för att utgöra kurslitteratur i kursen Mekanik för Industri Design vid Lunds Tekniska Högskola. Skriften börjar med en introduktion

Läs mer

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 14. Kroppen har en rotationshastighet. Kulan P beskriver en cirkelrörelse. För ren rotation gäller

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 14. Kroppen har en rotationshastighet. Kulan P beskriver en cirkelrörelse. För ren rotation gäller LEDNINR TILL ROBLEM I KITEL 4 L 4. Kroppen har en rotationshastighet. Kulan beskriver en cirkelrörelse. För ren rotation gäller v = r v = 5be O t Eftersom och r O är vinkelräta bestäms storleken av kryssprodukten

Läs mer

Krafter och moment. mm F G (1.1)

Krafter och moment. mm F G (1.1) 1 Krafter och moment 1.1 Inledning örståelsen för hur olika typer av krafter påverkar strukturer i vår omgivning är grundläggande för ingenjörsvetenskapen inom byggnadskonsten. Gravitationskraften är en

Läs mer

Biomekanik Belastningsanalys

Biomekanik Belastningsanalys Biomekanik Belastningsanalys Skillnad? Biomekanik Belastningsanalys Yttre krafter och moment Hastigheter och accelerationer Inre spänningar, töjningar och deformationer (Dynamiska påkänningar) I de delar

Läs mer

Mekanik Föreläsning 8

Mekanik Föreläsning 8 Mekanik Föreläsning 8 CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 2010 02 19 1 / 16 Repetition Polära koordinater (r, θ): ange punkter i R 2 m h a r: avståndet från origo (0, 0) θ: vinkeln mot positiva x axeln

Läs mer

university-logo Mekanik Repetition CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 1 / 11

university-logo Mekanik Repetition CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 1 / 11 Mekanik Repetition CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 2010 03 18 1 / 11 Översikt Friläggning Newtons 2:a lag i tre situationer jämvikt partiklar stela kroppars plana rörelse Energilagen Rörelsemängd

Läs mer

Tentamen i Mekanik SG1107, baskurs S2. Problemtentamen

Tentamen i Mekanik SG1107, baskurs S2. Problemtentamen 010-05-6 Tentamen i Mekanik SG1107, baskurs S OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik Problemtentamen 1 En cylinder med massan M vilar på en homogen horisontell planka med

Läs mer

KRAFTER. Peter Gustavsson Per-Erik Austrell

KRAFTER. Peter Gustavsson Per-Erik Austrell KRATER Peter Gustavsson Per-Erik Austrell örord Denna skrift har tagits fram för att utgöra kurslitteratur i kursen Mekanik för Industri Design vid Lunds Tekniska Högskola. Skriften börjar med en introduktion

Läs mer

Newtons 3:e lag: De par av krafter som uppstår tillsammans är av samma typ, men verkar på olika föremål.

Newtons 3:e lag: De par av krafter som uppstår tillsammans är av samma typ, men verkar på olika föremål. 1 KOMIHÅG 8: --------------------------------- Hastighet: Cylinderkomponenter v = r e r + r" e " + z e z Naturliga komponenter v = ve t Acceleration: Cylinderkomponenter a = ( r " r# 2 )e r + ( r # + 2

Läs mer

Uppgifter till KRAFTER

Uppgifter till KRAFTER Uppgifter till KRAFTER Peter Gustavsson Per-Erik Austrell 1 Innehåll 1 Introduktion till statiken... 3 A-uppgifter...3 2 Krafter... 5 A-uppgifter...5 B-uppgifter...5 3 Moment... 7 A-uppgifter...7 B-uppgifter...9

Läs mer

Tentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 2 Dynamik

Tentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 2 Dynamik Mekanik, LTH Tentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 2 Dynamik Måndagen den 8 April 2013, kl. 8-13 Namn(texta):. Personnr: ÅRSKURS M:... Namn(signatur).. Skrivningen består av 5 uppgifter. Kontrollera

Läs mer

Tentamensskrivning i Mekanik - Dynamik, för M.

Tentamensskrivning i Mekanik - Dynamik, för M. Mekanik, LTH Tentamensskrivning i Mekanik - Dynamik, för M. Fredagen den 20 decemer 2013, kl. 14-19 Namn(texta):. Personnr: ÅRSKURS M:... Skrivningen estår av 5 uppgifter. Kontrollera att alla uppgifterna

Läs mer

Uppgifter till KRAFTER. Peter Gustavsson Per-Erik Austrell

Uppgifter till KRAFTER. Peter Gustavsson Per-Erik Austrell Uppgifter till KRAFTER Peter Gustavsson Per-Erik Austrell 1 Innehåll 1 Introduktion till statiken... 3 A-uppgifter... 3 2 Krafter... 5 A-uppgifter... 5 B-uppgifter... 5 3 Moment... 7 A-uppgifter... 7 B-uppgifter...

Läs mer

Repetition Mekanik, grundkurs

Repetition Mekanik, grundkurs Repetition Mekanik, grundkurs Kraft är en vektor och beskrivs med storlek riktning och angreppspunkt F= Fe + F e + Fe x x y y z z Kraften kan flytta längs sin verkninglinje Addera krafter Moment i planet

Läs mer

SG1108 Tillämpad fysik, mekanik för ME1 (7,5 hp)

SG1108 Tillämpad fysik, mekanik för ME1 (7,5 hp) Läsåret 11/12 Utförliga lärandemål SG1108 Tillämpad fysik, mekanik för ME1 (7,5 hp) Richard Hsieh Huvudsakligt innehåll: Vektoralgebra och dimensionsbetraktelser. Kraft och kraftmoment. Kraftsystem; kraftpar,

Läs mer

Föreläsning 10: Stela kroppens plana dynamik (kap 3.13, 4.1-8) Komihåg 9: e y e z. e z )

Föreläsning 10: Stela kroppens plana dynamik (kap 3.13, 4.1-8) Komihåg 9: e y e z. e z ) 1 Föreläsning 10: Stela kroppens plana dynamik (kap 3.13, 4.1-8) Komihåg 9: H O = "I xz e x " I yz e y + I z e z H G = "I xz ( ) ( G e x " I G yz e y + I G z e z ) # (fixt origo, kroppsfix bas) # (kroppsfix

Läs mer

Grundläggande om krafter och kraftmoment

Grundläggande om krafter och kraftmoment Grundläggande om krafter och kraftmoment Text: Nikodemus Karlsson Original character art by Esa Holopainen, http://www.verikoirat.com/ Krafter - egenskaper och definition Vardaglig betydelse Har med påverkan

Läs mer

Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1. Problemtentamen

Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1. Problemtentamen 010-06-07 Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1 OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1 Problemtentamen En homogen mast med massan M och längden 10a hålls stående i vertikalt

Läs mer

Introhäfte Fysik II. för. Teknisk bastermin ht 2018

Introhäfte Fysik II. för. Teknisk bastermin ht 2018 Introhäfte Fysik II för Teknisk bastermin ht 2018 Innehåll Krafter sid. 2 Resultant och komposanter sid. 5 Kraft och acceleration sid. 12 Interna krafter, friläggning sid. 15 1 Kraftövningar De föremål

Läs mer

Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen

Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen 2010-10-23 Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen Triangelskivan i den plana mekanismen i figuren har en vinkelhastighet

Läs mer

Introduktion till Biomekanik - Statik VT 2006

Introduktion till Biomekanik - Statik VT 2006 Pass 2 Aktions- reaktionskraft Nu är det dags att presentera grundstenarna inom Mekanik Newtons lagar: 1. Tröghetslagen: En kropp förblir i sitt tillstånd av vila eller likformig rörelse om den inte av

Läs mer

Repetion. Jonas Björnsson. 1. Lyft ut den/de intressanta kopp/kropparna från den verkliga världen

Repetion. Jonas Björnsson. 1. Lyft ut den/de intressanta kopp/kropparna från den verkliga världen Repetion Jonas Björnsson Sammanfattning Detta är en kort sammanfattning av kursen Mekanik. Friläggning Friläggning består kortfattat av följande moment 1. Lyft ut den/de intressanta kopp/kropparna från

Läs mer

Tillämpad biomekanik, 5 poäng Övningsuppgifter

Tillämpad biomekanik, 5 poäng Övningsuppgifter , plan kinematik och kinetik 1. Konstruktionen i figuren används för att överföra rotationsrörelse för stången till en rätlinjig rörelse för hjulet. a) Bestäm stångens vinkelhastighet ϕ& som funktion av

Läs mer

KOMIHÅG 10: Effekt och arbete Effekt- och arbetslag Föreläsning 11: Arbete och lagrad (potentiell) energi

KOMIHÅG 10: Effekt och arbete Effekt- och arbetslag Föreläsning 11: Arbete och lagrad (potentiell) energi KOMIHÅG 10: Effekt och arbete Effekt- och arbetslag ----------------------------------------- Föreläsning 11: Arbete och lagrad (potentiell) energi Definition av arbete: U 0"1 = t 1 t 1 # Pdt = # F v dt,

Läs mer

Mekanik FK2002m. Kraft och rörelse I

Mekanik FK2002m. Kraft och rörelse I Mekanik FK2002m Föreläsning 4 Kraft och rörelse I 2013-09-05 Sara Strandberg SARA STRANDBERG P. 1 FÖRELÄSNING 4 Introduktion Hastighet Langt under 3x10 8 Nara : 3x10 8 Storlek 10 9 Langt over : 10 9 Klassisk

Läs mer

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar 150821 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 150821 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Sträckan fås genom integration: x = 1 0 sin π 2 t dt m = 2 π [ cos π 2 t ] 1 0 m = 2 π m = 0,64 m Svar: 0,64 m b) Vi antar att loket

Läs mer

9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar

9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar 9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar 9.5 Frilägg hjulet och armen var för sig. Normalkraften kan beräknas med hjälp av jämvikt för armen. 9.6 Frilägg armen, och beräkna normalkraften. a) N µn

Läs mer

Biomekanik, 5 poäng Moment

Biomekanik, 5 poäng Moment (kraftmoment) En resulterande (obalanserad kraft) strävar efter att ändra en kropps rörelsetillstånd. Den kan också sträva efter att vrida en kropp. Måttet på kraftens förmåga att vrida kroppen runt en

Läs mer

LÖSNINGAR TENTAMEN MEKANIK II 1FA102

LÖSNINGAR TENTAMEN MEKANIK II 1FA102 LÖSNINGAR TENTAMEN 16-10-20 MEKANIK II 1FA102 A1 Skeppet Vidfamne 1 har en mast som är 11,5 m hög. Seglet är i överkant fäst i en rå (en stång av trä, ungefär horisontell vid segling). För att kontrollera

Läs mer

Övningsuppgifter och lösningsförslag till kursen Strukturmekanik grunder för V3. Jim Brouzoulis Tillämpad Mekanik Chalmers

Övningsuppgifter och lösningsförslag till kursen Strukturmekanik grunder för V3. Jim Brouzoulis Tillämpad Mekanik Chalmers Övningsuppgifter och lösningsförslag till kursen Strukturmekanik grunder för V3 Jim Brouzoulis Tillämpad Mekanik Chalmers 2 Förord Detta kompendie är tänkt som ett komplement till eempelsammlingen av Ekevid,

Läs mer

e 3 e 2 e 1 Kapitel 3 Vektorer i planet och i rummet precis ett sätt skrivas v = x 1 e 1 + x 2 e 2

e 3 e 2 e 1 Kapitel 3 Vektorer i planet och i rummet precis ett sätt skrivas v = x 1 e 1 + x 2 e 2 Kapitel 3 Vektorer i planet och i rummet B e 3 e 2 A e 1 C Figur 3.16 Vi har ritat de riktade sträckor som representerar e 1, e 2, e 3 och v och som har utgångspunkten A. Vidare har vi skuggat planet Π

Läs mer

Matrismetod för analys av stångbärverk

Matrismetod för analys av stångbärverk KTH Hållfasthetslära, J aleskog, September 010 1 Inledning Matrismetod för analys av stångbärverk Vid analys av stångbärverk är målet att bestämma belastningen i varje stång samt att beräkna deformationen

Läs mer

Målsättningar Proffesionell kunskap om mekanik. Kunna hänvisa till lagar och definitioner. Tydlighet och enhetliga beteckningar.

Målsättningar Proffesionell kunskap om mekanik. Kunna hänvisa till lagar och definitioner. Tydlighet och enhetliga beteckningar. 1 Föreläsning 1: INTRODUKTION Målsättningar Proffesionell kunskap om mekanik. Kunna hänvisa till lagar och definitioner. Tydlighet och enhetliga beteckningar. Kursens olika delar Teorin Tentamen efter

Läs mer

Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del 2: Dynamik. Läsvecka 4

Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del 2: Dynamik. Läsvecka 4 Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del : Dynamik Läsvecka 4 Föreläsning 1 Momentancentrum, tillämpningar: (5/5-5/6) etrakta en plan rörelse för kroppen med vinkelhastigheten ω= k ω, ω 0. v = v + ω r = v

Läs mer

" e n Föreläsning 3: Typiska partikelrörelser och accelerationsriktningar

 e n Föreläsning 3: Typiska partikelrörelser och accelerationsriktningar KOMIHÅG 2: 1 Cylinderkomponenter: Hastighet v = r e r + r" e " + z e z Acceleration: a = ( r " r# 2 )e r + ( r # + 2 r # )e # + z e z Naturliga komponenter: v = ve t a = v e t + v 2 " e n ------------------------------------

Läs mer

KUNGL TEKNISKA HÖGSKOLAN INSTITUTIONEN FÖR MEKANIK Richard Hsieh, Karl-Erik Thylwe

KUNGL TEKNISKA HÖGSKOLAN INSTITUTIONEN FÖR MEKANIK Richard Hsieh, Karl-Erik Thylwe Tentamen i SG1102 Mekanik, mindre kurs för Bio, Cmedt, Open Uppgifterna skall lämnas in på separata papper. Problemdelen. För varje uppgift ges högst 6 poäng. För godkänt fordras minst 8 poäng. Teoridelen.

Läs mer

mm F G (1.1) F mg (1.2) P (1.3)

mm F G (1.1) F mg (1.2) P (1.3) Sid 1-1 1 1.1 Krafter och moment Inledning örståelsen för hur olika tper av krafter påverkar strukturer i vår omgivning är grundläggande för ingenjörsvetenskapen inom bggnadskonsten. Gravitationskraften

Läs mer

Föreläsning 2,dynamik. Partikeldynamik handlar om hur krafter påverkar partiklar.

Föreläsning 2,dynamik. Partikeldynamik handlar om hur krafter påverkar partiklar. öreläsning 2,dynamik Partikeldynamik handlar om hur krafter påverkar partiklar. Exempel ges på olika typer av krafter, dessa kan delas in i mikroskopiska och makroskopiska. De makroskopiska krafterna kan

Läs mer

Introduktion till Biomekanik - Statik VT 2006

Introduktion till Biomekanik - Statik VT 2006 Pass 4 Jämvikt, fortsättning Vid jämvikt (ekvilibrium) är en kropp i vila eller i rätlinjig rörelse med konstant hastighet. Statisk jämvikt (vila) Dynamisk jämvikt (rörelse i konstant hastighet) (ge ex)

Läs mer

= v! p + r! p = r! p, ty v och p är dt parallella. Definiera som en ny storhet: Rörelsemängdsmoment: H O

= v! p + r! p = r! p, ty v och p är dt parallella. Definiera som en ny storhet: Rörelsemängdsmoment: H O 1 KOMIHÅG 15: --------------------------------- Definitioner: Den potentiella energin, mekaniska energin Formulera: Energiprincipen ---------------------------------- Föreläsning 16: FLER LAGAR-härledning

Läs mer

Till Kursen MEKANIK MSGB21

Till Kursen MEKANIK MSGB21 Välkommen! Till Kursen MEKANIK MSGB21 Kursansvar: Hans Johansson 21F226 Föreläsningar: Hans Johansson & Anders Gåård Övningar: Anders Gåård 21F229 Mikael Åsberg 21D209 Hans Johansson 21F226 Sekreterare:

Läs mer

Härled utgående från hastighetssambandet för en stel kropp, d.v.s. v B = v A + ω AB

Härled utgående från hastighetssambandet för en stel kropp, d.v.s. v B = v A + ω AB . Härled utgående från hastighetssambandet för en stel kropp, d.v.s. v B v A + ω AB motsvarande samband för accelerationer: a B a A + ω ω AB + a AB. Tolka termerna i uttrycket för specialfallet plan rörelse

Läs mer

Tentamen Mekanik MI, TMMI39, Ten 1

Tentamen Mekanik MI, TMMI39, Ten 1 Linköpings universitet tekniska högskolan IEI/mekanik Tentamen Mekanik MI, TMMI39, Ten Torsdagen den 9 april 205, klockan 4 9 Kursadministratör Anna Wahlund, anna.wahlund@liu.se, 03-2857 Examinator Joakim

Läs mer

6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar

6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar 6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar 6.104 Om du inte tidigare gått igenom illustrationsexempel 6.3.3, gör det först. Låt ϕ vara vinkeln mellan radien till kroppen och vertikalen (det vill

Läs mer

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar 170418 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 170418 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Vi är intresserade av största värdet på funktionen x(t). Läget fås genom att integrera hastigheten, med bivillkoret att x(0) = 0.

Läs mer

Tentamensskrivning i Mekanik, Del 2 Dynamik för M, Lösningsförslag

Tentamensskrivning i Mekanik, Del 2 Dynamik för M, Lösningsförslag Tentamensskrivning i Mekanik Del Dynamik för M 08 Lösningsförslag. a) meelbart före stöt har kula en horisontella hastigheten v mean kula är i vila v s v = 0. Låt v och v beteckna kulornas hastigheter

Läs mer

Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1 m fl. Problemtentamen OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas!

Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1 m fl. Problemtentamen OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! 014-03-17 Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1 m fl OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! 1 KTH Mekanik Problemtentamen En tunn homogen stav i jämvikt med massan m har i ena ändpunkten

Läs mer

Rapport LUTFD2/TFHF-3089/1-16/(2013) Föreläsningsexempel i Teknisk mekanik

Rapport LUTFD2/TFHF-3089/1-16/(2013) Föreläsningsexempel i Teknisk mekanik Rapport LUTFD2/TFHF-3089/1-16/(2013) Föreläsningsexempel i Teknisk mekanik Håkan Hallberg vd. för Hållfasthetslära Lunds Universitet December 2013 Exempel 1 Två krafter,f 1 och F 2, verkar enligt figuren.

Läs mer

Umeå universitet Tillämpad fysik och elektronik Annika Moström Rambärverk. Projektuppgift 2 Hållfasthetslärans grunder Våren 2012

Umeå universitet Tillämpad fysik och elektronik Annika Moström Rambärverk. Projektuppgift 2 Hållfasthetslärans grunder Våren 2012 Umeå universitet Tillämpad fysik och elektronik Annika Moström 01-0-3 Rambärverk Projektuppgift Hållfasthetslärans grunder Våren 01 Rambärverk 1 Knut Balk Knut 3 Balk 1 Balk 3 Knut 1 Knut 4 1 Figure 1:

Läs mer

Lösning. (1b) θ 2 = L R. Utgå nu från. α= d2 θ. dt 2 (2)

Lösning. (1b) θ 2 = L R. Utgå nu från. α= d2 θ. dt 2 (2) Lösningar till dugga för kursen Mekanik II, FA02, GyLärFys, KandFys, F, Q, W, ES Tekn-Nat Fak, Uppsala Universitet Tid: 7 april 2009, kl 4.00 7.00. Plats: Skrivsalen, Polacksbacken, Uppsala. Tillåtna hjälpmedel:

Läs mer

Vektorgeometri för gymnasister

Vektorgeometri för gymnasister Vektorgeometri för gymnasister Per-Anders Svensson http://homepage.lnu.se/staff/psvmsi/vektorgeometri/gymnasiet.html Fakulteten för teknik Linnéuniversitetet Räta linjens och planets ekvationer III Innehåll

Läs mer

Andra EP-laborationen

Andra EP-laborationen Andra EP-laborationen Christian von Schultz Magnus Goffeng 005 11 0 Sammanfattning I denna rapport undersöker vi perioden för en roterande skiva. Vi kommer fram till, både genom en kraftanalys och med

Läs mer

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar 180111 TFYA16 1 TFYA16: Tenta 180111 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Svar: 89 cm x = 0 t 3 dt = [ t 3 9 ] 0 = 8 m 89 cm 9 b) Om vi betecknar tågets (T) hastighet relativt marken med v T J, så kan vi

Läs mer

Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen

Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen 2011-10-22 Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen Den kvadratiska skivan i den plana mekanismen i figuren har

Läs mer

Problemtentamen. = (3,4,5)P, r 1. = (0,2,1)a F 2. = (0,0,0)a F 3. = (2,"3,4)P, r 2

Problemtentamen. = (3,4,5)P, r 1. = (0,2,1)a F 2. = (0,0,0)a F 3. = (2,3,4)P, r 2 2015-MM-DD Övningstentamen i Mekanik SG1130, grundkurs B1. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen Ett kraftsystem består av tre krafter som angriper

Läs mer

MATEMATIK GU. LLMA60 MATEMATIK FÖR LÄRARE, GYMNASIET Analys, ht 2014. Block 5, översikt

MATEMATIK GU. LLMA60 MATEMATIK FÖR LÄRARE, GYMNASIET Analys, ht 2014. Block 5, översikt MATEMATIK GU H4 LLMA6 MATEMATIK FÖR LÄRARE, GYMNASIET Analys, ht 24 I block 5 ingår följande avsnitt i Stewart: Kapitel 2, utom avsnitt 2.4 och 2.6; kapitel 4. Block 5, översikt Första delen av block 5

Läs mer

Om den lagen (N2) är sann så är det också sant att: r " p = r " F (1)

Om den lagen (N2) är sann så är det också sant att: r  p = r  F (1) 1 KOMIHÅG 12: --------------------------------- Den mekaniska energin, arbetet ---------------------------------- Föreläsning 13: FLER LAGAR-härledning ur N2 Momentlag Hur påverkas rörelsen av ett kraftmoment??

Läs mer

Inlupp 3 utgörs av i Bedford-Fowler med obetydligt ändrade data. B

Inlupp 3 utgörs av i Bedford-Fowler med obetydligt ändrade data. B Inlupp Sommarkurs 20 Mekanik II En trissa (ett svänghjul) har radie R 0.6 m och är upphängd i en horisontell friktionsfri axel genom masscentrum.. Ett snöre lindas på trissans utsida och en konstant kraft

Läs mer

Stelkroppsmekanik partiklar med fixa positioner relativt varandra

Stelkroppsmekanik partiklar med fixa positioner relativt varandra Stelkroppsmekanik partiklar med fixa positioner relativt varandra Rörelse relativt mass centrum Allmänt partikelsystem Stel kropp translation + rotation (cirkelrörelse) För att kunna beskriva och förstå

Läs mer

(Eftersom kraften p. g. a. jordens gravitation är lite jämfört med inbromsningskraften kan du försumma gravitationen i din beräkning).

(Eftersom kraften p. g. a. jordens gravitation är lite jämfört med inbromsningskraften kan du försumma gravitationen i din beräkning). STOCHOLMS UNIVERSITET FYSIKUM Tentamensskrivning i Mekanik FyU01 och FyU03 Måndag 3 oktober 2005 kl. 9-15 Införda beteckningar skall definieras och uppställda ekvationer motiveras, detta gäller även när

Läs mer

Inre krafters resultanter

Inre krafters resultanter KOMIHÅG 6: --------------------------------- Torr friktion: F " µn Normalkraftens angrepp?? Risk för glidning eller stjälpning ---------------------------------- Föreläsning 7: Inre krafters resultanter

Läs mer

Tentamen i Mekanik II

Tentamen i Mekanik II Institutionen för fysik och astronomi F1Q1W2 Tentamen i Mekanik II 30 maj 2016 Hjälpmedel: Mathematics Handbook, Physics Handbook och miniräknare. Maximalt 5 poäng per uppgift. För betyg 3 krävs godkänd

Läs mer

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM521 och 520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM521 och 520) Tentamen Mekanik F del 2 (FFM521 och 520) Tid och plats: Tisdagen den 27 augusti 2013 klockan 14.00-18.00. Hjälpmedel: Physics Handbook, Beta samt en egenhändigt handskriven A4 med valfritt innehåll (bägge

Läs mer

Välkommen! Till Kursen MEKANIK MSGB21. Föreläsningar & kursansvar:

Välkommen! Till Kursen MEKANIK MSGB21. Föreläsningar & kursansvar: Välkommen! Till Kursen MEKANIK MSGB21 Föreläsningar & kursansvar: Hans Johansson 21F226 Övningar: Lennart Berglund 21F227 Jens Ekengren 21D215 Anders Gåård 21F229 Sekreterare: Marika Johansson 21F218 Ur

Läs mer

Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN m fl. Problemtentamen OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas!

Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN m fl. Problemtentamen OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! 014-08-19 Tentamen i Mekanik SG110, m. k OPEN m fl. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik Problemtentamen 1. En boll med massa m skjuts ut ur ett hål så att den hamnar

Läs mer

/ ^'u*/ Vridmoment. Extrauppgifter. version 0.11 [131110]

/ ^'u*/ Vridmoment. Extrauppgifter. version 0.11 [131110] Extrauppgifter Vridmoment version 0.11 [131110] Christian Karlsson Uppgiterna 4.29 4.32 tar upp några saker som boken inte tar upp och bör göras med extra mycket eftertanke. Uppgifterna 4.33 4.40 är blandade

Läs mer

Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen

Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen 014-06-04 Tentamen i Mekanik SG110, m. k OPEN. OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik 1. Problemtentamen En boll skjuts ut genom ett hål med en hastighet v så att den

Läs mer

Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen

Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen 2015-06-01 Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN OBS: Inga hjälpmedel förutom rit- och skrivdon får användas KTH Mekanik Problemtentamen 1. En bil med massan m kör ett varv med konstant fartökning ( v =)

Läs mer

kan vi uttrycka med a, b och c. Avsnitt 2, Vektorer SA + AB = SB AB = SB SA = b a, Vi ritar först en figur av hur pyramiden måste se ut.

kan vi uttrycka med a, b och c. Avsnitt 2, Vektorer SA + AB = SB AB = SB SA = b a, Vi ritar först en figur av hur pyramiden måste se ut. vsnitt 2, Vektorer kan vi uttrycka med a, b och c. W109 är basytan (en kvadrat) i en regelbunden fyrsidig pyramid med spetsen. Låt = a, = b och = c. eräkna. Vi ritar först en figur av hur pyramiden måste

Läs mer

Kursens olika delar. Föreläsning 0 (Självstudium): INTRODUKTION

Kursens olika delar. Föreläsning 0 (Självstudium): INTRODUKTION 1 Föreläsning 0 (Självstudium): INTRODUKTION Kursens olika delar Teorin Tentamen efter kursen och/eller KS1+KS2 Inlämningsuppgifter Lära känna kraven på redovisningar! Problemlösning Tentamen efter kursen

Läs mer

Omtentamen i Mekanik I SG1130, grundkurs för CMATD och CL. Problemtentamen

Omtentamen i Mekanik I SG1130, grundkurs för CMATD och CL. Problemtentamen 2015-06-12 Omtentamen i Mekanik I SG1130, grundkurs för CMATD och CL. OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas! KTH Mekanik Problemtentamen 1. Med hjälp av en tråd kan ett homogent block

Läs mer

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 2 OBS! En fullständig lösning måste innehålla en figur!

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 2 OBS! En fullständig lösning måste innehålla en figur! LEDNINGR TILL ROLEM I KITEL OS! En fullständig lösning måste innehålla en figur! L.1 Kroppen har en rotationshastighet. Kulan beskrier en cirkelrörelse. För ren rotation gäller = r = 5be O t Eftersom och

Läs mer

Tentamen i Mekanik Statik

Tentamen i Mekanik Statik Tentamen i Mekanik Statik TMME63 2016-06-02, kl 08.00-12.00 Tentamenskod: TEN1 Tentasal: TER1, TER2, TERE Examinator: Peter Schmidt Tentajour: Peter Schmidt, Tel. 28 27 43, (Besöker salarna ca 09.00) Kursadministratör:

Läs mer

II. Partikelkinetik {RK 5,6,7}

II. Partikelkinetik {RK 5,6,7} II. Partikelkinetik {RK 5,6,7} med kraft att beräkna och förstå Newtons lagar och kraftbegreppet är mycket viktiga för att beskriva och förstå rörelse Kenneth Järrendahl, 1: Tröghetslagen Newtons Lagar

Läs mer

Kursinformation Mekanik f.k. TMMI39

Kursinformation Mekanik f.k. TMMI39 Kursinformation Mekanik f.k. TMMI39 Uppdaterad 202--26 Linköpings universitet tekniska högskolan IEI/mekanik Joakim Holmberg Omfång 30 h föreläsningar och 24 h lektioner i period HT2, hösten 202. Kursansvarig,

Läs mer

Umeå universitet Tillämpad fysik och elektronik Annika Moström Fackverk. Projektuppgift 1 Hållfasthetslärans grunder Våren 2012

Umeå universitet Tillämpad fysik och elektronik Annika Moström Fackverk. Projektuppgift 1 Hållfasthetslärans grunder Våren 2012 Umeå universitet Tillämpad fysik och elektronik Annika Moström 212-3-6 Fackverk Projektuppgift 1 Hållfasthetslärans grunder Våren 212 Fackverk 1 Knut 3 Knut 2 Stång 2 Stång 3 y Knut 4 Stång 1 Knut 1 x

Läs mer

Introduktion till Biomekanik, Dynamik - kinetik VT 2006

Introduktion till Biomekanik, Dynamik - kinetik VT 2006 Kinetik Kinematiken: beskrivning av translationsrörelse och rotationsrörelse Kinetik: Till rörelsen kopplas även krafter och moment liksom massor och masströghetsmoment. Kinetiken är ganska komplicerad,

Läs mer

" e n och Newtons 2:a lag

 e n och Newtons 2:a lag KOMIHÅG 4: --------------------------------- 1 Energistorheter: P = F v, U "1 = t 1 # Pdt. Energilagar: Effektlagen, Arbetets lag ---------------------------------- Föreläsning 5: Tillämpning av energilagar

Läs mer

Övningstenta Svar och anvisningar. Uppgift 1. a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera: v(t) = a(t)dt

Övningstenta Svar och anvisningar. Uppgift 1. a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera: v(t) = a(t)dt Övningstenta 015 Svar och anvisningar Uppgift 1 a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera: v(t) = a(t)dt tillsammans med begynnelsevillkoret v(0) = 0. Vi får: v(t) = 0,5t dt = 1 6 t3 + C och vi bestämmer

Läs mer

Institutionen för tillämpad mekanik, Chalmers tekniska högskola TENTAMEN I HÅLLFASTHETSLÄRA F MHA AUGUSTI 2014

Institutionen för tillämpad mekanik, Chalmers tekniska högskola TENTAMEN I HÅLLFASTHETSLÄRA F MHA AUGUSTI 2014 Institutionen för tillämpad mekanik, halmers tekniska högskola TETME I HÅFSTHETSÄR F MH 81 1 UGUSTI 14 Tid och plats: 14. 18. i M huset. ärare besöker salen ca 15. samt 16.45 Hjälpmedel: ösningar 1. ärobok

Läs mer

6.2 Partikelns kinetik - Tillämpningar Ledningar

6.2 Partikelns kinetik - Tillämpningar Ledningar 6.2 Partikelns kinetik - Tillämpningar Ledningar 6.13 Det som känns som barnets tyngd är den uppåtriktade kraft F som mannen påverkar barnet med. Denna fås ur Newton 2 för barnet. Svar i kilogram måste

Läs mer