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

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Storlek: px
Starta visningen från sidan:

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

Transkript

1 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 = v + kω r A A A A Figur 1.1 Stel kropp i plan rörelse. Kan man då finna en punkt C sådan att v = C 0? m så är fallet gäller att v = ω r, (1.1) C Det vill säga en ren rotationshastighet kring C. Notera att om v C = 0 så gäller att vc = 0, C sådana att rcc = λk, λ. Detta eftersom vc = vc + ω rcc = 0+ ω rcc = kω kλ = 0. Antag nu att v = ω r C. Då följer att ω v = ω ( ω r ) = ( ω r ) ω= ( r ω ω ωω r ) = r (1.) C C C C Cω där vi antagit att C valts så att k r C = 0. Detta är alltid möjligt ty om v = 0 C och k r C 0 så kan vi välja C så att rcc = kkr ( C ). Då gäller att v C = 0 och k rc = k ( rcc + r C) = k ( kkr ( ) + r ) =. Se Figur 1. nedan. Då gäller C C 0 ω v ω v k v rc = rc = = =, ω 0 ωω ω ω (1.3) 1

2 unkterna C definierade av k v rc = + λk, λ (1.4) ω definierar en rät linje som kallas den plana rörelsens momentancentrum (momentana rotationsaxel). Momentancentrum Rörelseplan Figur 1. Momentancentrum. Figur 1.3 Momentancentrum. Av ekvation (1.3) framgår att vektorn r C är vinkelrät mot såväl v som ω. Detta kan utnyttjas för grafisk konstruktion av momentancentrum. Antag plan rörelse och att hastigheterna v A och v är givna, se nedanstående Figur 1.4. Vi antar att punkterna A och är sådana att r A k = 0. Momentancentrum kan då konstrueras genom att dra den linje i rörelseplanet som går genom punkten A och är vinkelrät mot hastigheten v A och dra den linje i rörelseplanet som går genom punkten och är vinkelrät mot hastigheten v. Skärningspunkten C mellan dessa linjer är momentancentrum. Låt rörelseplanet vid plan rörelse vara x-y-planet, dvs. vinkelhastigheten är ω= k ω så gäller t.ex. att A va = ω rca va = va = ωr CA = ω rca ω = = (1.5) rca rc v v

3 r C Figur 1.4 eometrisk konstruktion av momentancentrum. roblem 5/86 If the vertical control rod of the switching device has a downward velocity v = 0. 9ms 1 when θ = 60 and if roller A is in continuous contact with the horizontal surface, determine the magnitude of the velocity of C for this instant. Figur 1.5 roblem 5/86. Lösning: Konstruera momentancentrum M för länken AC enligt figuren nedan. Figur 1.6 Lösning 5/86. 3

4 v Det gäller att v = ω sin60 vilket ger ω = = rads sin60 1. Dessutom har vi v C = v = ω a där a = ( cos60 ) + ( sin 60 ) = m. Detta ger C v = v = ω a = rads m = ms C C 1 1 Då ett hjul rullar utan att glida gäller att v C = 0, dvs. punkten C är momentancentrum för rörelsen och därmed har vi följande uttryck för hjulets hastighetsfält v = ω r (1.6) A CA I figuren till höger nedan visas hastigheten för de punkter som ligger på hjulets vertikala diagonal. Notera att farten växer lineärt med avståndet till kontaktpunkten C. A D D C C Figur 1.7 lan rullning utan glidning. Exempel 1.1 The small cylinder rolls on the surface of the large cylinder without slipping. y using the instantaneous center of the small cylinder, determine the speed v A of point A shown, where θ = 30 and is increasing at the rate θ. Figur 1.8 Exempel 1.1. Lösning: Eftersom den lilla cylindern rullar utan att glida så utgör kontaktpunkten mellan cylindrarna momentancentrum C. Låt ω= k ω beteckna set lilla hjulets vinkelhastighet. 4

5 C Figur 1.9 Lösning Exempel 1.1. Lösning: Centrumpunktens fart a = r = r cos 30. Således CA v = θ3r = ωr ω = 3 θ. unktens A fart v = ωa = 3 θa där A va = ωa = 3 θr cos = 3 3r θ Exempel 1. En stång A lutar mot en vägg och stöder samtidigt mot ett golv. Stången börjar glida nedåt i kontakt med både vägg och golv. Se figuren nedan. Momentancentrum C ges av konstruktionen nedan. När stången glider rör sig momentancentrum längs en kurva i rummet som (på engelska) benämnes space centrode. m man betraktar rörelsen hos C i förhållande till stången så erhålles en som kallas body centrode. Man kan visa att i detta exempel är såväl body som space centrode cirklar och att rörelsen hos stången kan beskrivas på så sätt att body centrode rullar utan att glida på space centrode. A C Space centrode ody centrode Figur 1.10 ody and space centrode. Denna konstruktion gäller för alla stela kroppar i plan rörelse. bservera att space centrode är en kurva fix i rummet och att body centrode är en kurva fix i kroppen, d v s den följer med kroppen i dess rörelse. Vid varje tidpunkt tangerar de båda kurvorna varandra i det för tidpunkten aktuella momentancentrat 5

6 Figur 1.11 ody and space centrode. För plan rullning utan glidning gäller att hjulets periferi utgör body centrode och rullningslinjen utgör space centrode. Se nedanstående figur. ody centrode D C Space centrode Figur 1.1 lan rullning utan glidning. roblem 5/115 In a mechanism the flexible (and inextensible) band F is attached at E to the rotating sector and leads over the guide pulley. Determine the angular velocities of the links AD and D for 1 the position shown, where D is perpendicular to A, if the band has a speed of 4ms. j k j i Figur 1.13 roblem 5/115. Lösning: Vi inför vinkelhastigheterna ωad = k ωad och ωd = k ωd för länkarmarna AD och D, respektive samt vinkelhastigheten ωs = k ωs för sektorskivan. Sambandformeln för hastigheter tillämpad på sektorskivan ger, då v = 0, 6

7 v = v + ω r = kω r = e ω 0. ω 0. = 4 ω = 0rads E S E S E t S S S 1 Då gäller att va = v + ωs ra = kωs ra = jωs = j = j. 5ms. Vi övergår nu 1 till länken AD. Sambandsformeln ger vd = va + ωad rad = j. 5ms + kωad r AD där r = AD i( 0. m) + j ( 0. 15m). Detta ger 1 v = j. 5ms + kω ( i( 0. m) + j ( 0. 15m)) = D AD 1 iω 0. 15m + j (. 5ms + ω ( 0. m)) Slutligen betraktar vi länken D. Sambandsformeln ger AD 1 v = v + ω r = iω 0. 15m + j(. 5ms ω 0. m) + kω r D D D AD AD D D där r = j 0. 5m. Således D 1 v = iω 0. 15m + j(. 5ms ω 0. m) + kω j 0. 5m = AD AD D AD 1 i( ω 0. 15m ω 0. 5m) + j (. 5ms ω 0. m) (1.7) AD D AD Men punkten är fix och därmed gäller v = 0. Detta i kombination med (3.7) ger villkoren 1 ω 0. 15m ω 0. 5m = 0,. 5ms ω 0. m = 0 AD m 1 D v s ω AD = 1. 5rads and ωd = ωad = ωad 0. 6 = 7. 5rads. 0. 5m D Exempel 1.3 Calculate the angular acceleration of the plate in the position shown, where control link 1 A has a constant angular velocity ω A = 4rads and θ = 60 for both links. AD Figur 1.14 Exempel 1.3. Lösning: Inför vinkelhastigheterna ωa = k ωa och ωc = k ωc för länkarna A och C, 7

8 respektive. Låt ωd = k ωd beteckna vinkelhastigheten för plattan. Det gäller att ( v = 0) Vidare gäller att kω ( i( 0. 5cos θ) + j0. 5sin θ) = i( ω 0. 5sin θ) + j ( ω 0. 5cos θ) A A A v = v + ω r = i( ω 05. sin θ) + j( ω 05. cos θ) + kω i 03. = A D A A A D Å andra sidan har vi om vi betraktar länken C: i( ω 05. sin θ) + j ( ω 03. ω 05. cos θ) (1.8) A D A v = v + ω r = kω ( i( 0. 15cos θ) + j0. 15sin θ) = i ( ω 0. 15sin θ) + C C C C C En jämförelse mellan (1.8) och (1.9) ger villkoren j ( ω 0 C. 15 cos θ ) (1.9) ω 0. 5sin θ = ω 0. 15sinθ, ω 0. 3 ω 0. 5 cos θ = ω cosθ A C D A C Detta ger ωc = ωa och ω D = 0. Inför vinkelaccelerationerna αa = k αa och αc = k αc för länkarna A och C, respektive. Låt αd = k α D beteckna vinkelaccelerationen för plattan. Det gäller att α A = 0 och därmed ( a = 0) a = a + α r + ω ( ω r ) = ω ( ω r ) = ω r A A A A A A A A A A A = 0 och med sambandsformeln för acceleration tillämpad på plattan α = α + α r + ω ( ω r ) = α + α r = ω r + kα r (1.10) A D A D D A A D A A A D A Med utgångspunkt från länken C erhålles ( a = 0) C α = αc + αc rc + ωc ( ωc rc ) = αc rc + ωc ( ωc rc ) = kαc rc ωcr C (1.11) Ekvationerna (1.10) och (1.11) ger villkoret 1 ω r + kα r = kα r ω r = kα r 4ω r = kα r ω r A A D A C C C C C C A A C C A A vilket innebär va = v + ωa ra = ωa ra = kωa ( i( 0. 5cos θ) + j0. 5sin θ) = ω r α k r α k r A A + D A C C = 0 8

9 Med insatta uttryck för r A, r A och r C erhålles ω ( i( 0. 5cos θ) + j0. 5sin θ) + α k i0. 3 α k ( i( 0. 15cos θ) + j0. 15sin θ) = 0 A D C vilket är ekvivalent med ω 0. 5cos θ α 0. 15sinθ = 0, ω 0. 5sin θ + α α cosθ = 0 A och detta ger C A D C ωa0. 5 = ad0. 3sin θ ad = ωa = ( 4rads ) = 15. 4rads 03. sin θ 03. sin60 1 Sammanfattning (Stel kropps kinematik) Stel kropps hastighets och accelerationsfält: lan rörelse: ω= k ω v = v + ω r, A A a = aa + a/ A = aa + α ra + ω ( ω ra ), C = v k Momentancentrum C : r, v = ω r C ω lidhastighet vid rullning mot fixt plant underlag: vglid = vd ωr vd Rullning utan glidning: vglid = 0 ω = r 9

10 Föreläsning : Mekanikens lagar, allmänt (6/1-6/). etrakta en kropp som påverkas av ett system av yttre krafter F y :( df, dm, ), df representerar en kraft och, där dm ett moment (ett kraftparsmoment) angripande i den materiella punkten. Kraftsystemets kraftsumma F och kraftmomentsumma M ges av F = df, M = ( r df + dm ) (.1) där r är lägesvektorn för relativt. ivet en referensram. Kroppens rörelsemängd och rörelsemängdsmoment H, relativt den valda referensramen, definieras av = v dm H = r v dm, (.) där v är hastigheten för den materiella punkten och dm är tillhörande masselement. Figur.1 En kropp under belastning. Mekanikens grundläggande lagar kan nu uttryckas med hjälp av de fyra storheterna F,, och H. I en inertialram ges dessa lagar ges av, Kraftekvationen: M F = (.3) Momentekvationen: M = H (.4) 10

11 där är en fix punkt i inertialramen. Dessa ekvationer gäller för all kroppar och brukar med ett sammanfattande namn kallas för kroppens rörelseekvationer. När man analyserar kroppars rörelse krävs således, (i) en identifiering av den aktuella kroppen med avseende på geometri, massfördelning och inre mekaniska egenskaper, (ii) en beskrivning av systemet av yttre krafter F y. Dessa två steg brukar kallas att frilägga kroppen. Därefter (iii) ger man en representation av kroppens rörelse r = r () med hjälp av koordinater, (iv) ställer man upp rörelseekvationerna (.3)-(.4), (v) fastställer man av begynnelsedata, (vi) bestämmer man den lösning till rörelseekvationerna som uppfyller begynnelsedata. Kraftekvationen kan ges en alternativ framställning av stor praktisk betydelse. För kroppens rörelsemängd gäller nämligen d d = v dm = r dm = dm ( m) m m dt r = r dt = r = v (.5) 1 där betecknar kroppens masscentrum definierad av r = dm m r och m = dm > 0 kroppens totala massa. Kraftekvationen kan då, enligt (1.3), skrivas F = = v, dvs. m är F = a (.6) m där v = r är masscentrums hastighet och a = v är dess acceleration. Detta kan sägas vara ett uttryck för Newton s andra lag. Kraftekvationen beskriver således masscentrums rörelse och leder till differential ekvationen med begynnelse data 1 r () t = F() t (.7) m r ( 0 ) = r, r ( 0 ) = v (.8) Vi kan således betrakta masscentrum rörelse som rörelsen hos en punktmassa med massan m påverkad av kraften F. Se nedanstående figur. Masscentrums rörelse blir således ekvivalent med ett problem i partikeldynamiken. Hur man hanterar dessa problem lärde vi oss i Del 1. Momentekvationen kan även den ges en alternativ framställning. Vi har nämligen H = d dm = + dm = dm at r v r v r v r a v a

12 och därmed M = r a dm Figur. Masscentrums rörelse. Kroppens rörelse kring sitt masscentrum bestäms av momentekvationen. Detta blir tydligast om momentekvationen uttrycks med masscentrum som momentpunkt. Kroppens rörelsemängdsmoment H, med avseende på masscentrum, ges av H = r v dm (.9) Figur.3 Relativa lägesvektorn r. Eftersom r = r + r så följer att H = r v dm = ( r + r ) v dm = r och dm = r v dm + H = r + H H 1, d v s vi har följande samband mellan H H = H + r (.10)

13 Av detta följer, om är en fix punkt, att H = H r r = M v v m r F = M där vi utnyttjat (.3)-(.4) samt sambandformeln för kraftmoment M = M + r F. Momentekvationen kan således skrivas M = H (.11) Vi inför det relativa rörelsemängdsmomentet enligt definitionen H = r r dm, rel (.1) där vi i definitionen (.9) bytt ut den absoluta hastigheten v mot den relativa hastigheten r, d v s den materiella punktens hastighet relativt masscentrum, r = v v. m vi sätter in detta i (.1) erhålles d v s H, = r r dm = r ( v v ) dm = H r dm v = H ( ( rel = 0 H = H (.13), rel Momentekvationen kan då, enligt 81.11) och (1.13), skrivas M = H (.14), rel Exempel.1: Antag att en kropp rör sig i ett homogent tyngdkraftfält med tyngdaccelerationen g. m inga andra yttre krafter verkar på kroppen gäller att kraftsumman kan skrivas F = df = gdm = g dm = gm och rörelseekvationen för masscentrum ges då av 1 1 r = F m m = g m = g Vilket, med begynnelsevillkoren (.8), ger lösningen r = v + gt r () t = r + v t+ g t d v s kastparabeln. Momentsumman med avseende på masscentrum ges av M = r g dm = r dm g = 0, eftersom r dm = 0. Av (.11) följer då att 13

14 0 = H H () t = H ( 0) = H 0, d v s kroppens rörelsemängdsmoment, m. a. p., är konstant. Figur.4 Kropp i tyngdkraftfältet. Sammanfattning (Mekanikens lagar, allmänt) Kraft- och momentsumma: F = df, M = ( r df + dm ), Rörelsemängd: = vdm Rörelsemängdsmoment: H = r v dm Kraftekvationen: F = Momentekvationen ( fix i inertialramen): M = H Momentekvationen ( masscentrum): M = H = H, rel Stel kropps rörelse: Vi specialiserar nu uttrycket för rörelsemängdsmomentet till stel kropp. Enligt (1.1) och sambandet r = ω r gäller att H, rel = r ( ω r ) dm = I ω (.15) där vi infört beteckningen I u= r ( u r ) dm (.16) 14

15 Detta skall tolkas så att I är en avbildning av det tredimensionella vektorrummet på sig självt, d v s I avbildar vektorn u på vektorn I u enligt uttrycket (.16) ovan. Det gäller att I är en lineär avbildning (jämför med Lineär algebra), d v s I ( u+ v) = I u+ I v, uv,, I ( αu) = αi u, u, α (.17) Speciellt gäller att I 0 = 0. Den lineära avbildningen I kallas kroppens tröghetstensor m a p. Momentekvationen kan nu skrivas d M = ( Iω ) (.18) dt Rörelsen (hastighetsfältet) för den stela kroppen är entydigt bestämd av masscentrums hastighet v = v () t och kroppens vinkelhastighet ω = ω () t. Dessa båda tidsfunktioner skall uppfylla rörelseekvationerna d F = am= v m, M = ( Iω ) (.19) dt Exempel. För en stel kropp i plan rörelse gäller ω= k ω där k är en konstant enhetsvektor vinkelrät mot rörelseplanet. Lår beteckna kroppens masscentrum. Då gäller H = Iω= ω Ik där I k = r ( k r ) dm r = ix + jy + k z erhålles och vi kan skriva r ( k r ) = kr ( r ) r ( kr ). Med r ( k r ) = k( x + y + z ) ( ix + jy + kz ) z = i( x z ) + j( y z ) + k ( x + y ) och därmed Ik = r ( k r) dm = i( xzdm) + j( yzdm) + k( x + ydm) = ( ( ( (( ( (( I, xz I, yz I, zz ii + ji + k I, xz, yz, zz där I, = x z dm, I, xz = y z dm och I, = x + y dm yz zz definierar den stela kroppens tröghetsegenskaper. I, zz är kroppens tröghetsmoment med avseende på axeln (, k ). I, xz och, yz I är kroppens tröghetsprodukter. Vi noterar att I, zz 0. Mer om detta längre fram. 15

16 Momentekvationen ger då d d M = ( Iω) = ( Ik ω) dt dt För momentekvationens z-komponent gäller då M d d d = k M = k ( I ω) = ( k I kω) = ( I ω) dt dt dt z, zz, I, zz eftersom zz I, = k I k = k r ( k r ) dm = k r dm = x + y dm Sammanfattning (Mekanikens lagar, stel kropp) Kraftekvationen: F = a m d Momentekvationen ( masscentrum): M = ( Iω ) dt Tröghetstensorn: I u= r ( u r ) dm Föreläsning 3: Translationsrörelse (6/3). m en kropp, stel eller inte stel, utför en translationsrörelse så gäller att Då gäller att v = v, H = r v dm = r v dm = rdm v = 0 = 0 Vid translationsrörelse av en kropp gäller således rörelseekvationerna F = a, M = 0 (3.1) m För specialfallet stel kropp gäller ju vid translationsrörelse att ω( t) = 0, t och därmed 16

17 d M = ( Iω) = 0 dt Figur 3.1 Translationsrörelse. Exempel 3.1 The uniform 100-kg pole A is suspended in the horizontal position by the three wires shown. If wire C breaks, calculate the tension in the wire D immediately after the break. Figur 3. Exempel 3.1. Lösning: etrakta pålen i ögonblicket t = 0, omedelbart efter det att vajer C gått av. Frilägg pålen, inför spännkrafter i vajrarna S och S, respektive samt tyngdkraften mg. ålen utför en translationsrörelse. Detta följer av att va() t = v () t ω() t ra = kω() t i = jω() t = 0 AC D ω ( t) = 0, t 0. Figur 3.3 Lösning Exempel

18 Rörelseekvationerna (.19) ger: r S + r S = 0 SAC + SD + mg = a m, A AC C där ra = r = i ( m). Låt r = e r a där a = r =. 5m, SAC = e ns AC och SD = e nsd. Med g g = ( et e n) och a = e tat erhålles ekvationerna ensac + ensd + m( et en) g = e mg t + en( S mg AC + SD ) = e t am t Detta ger de skalära ekvationerna r ( S S ) = i e ( S S ) = k ( S S ) = 0 D AC n D AC D AC mg am mg S + S = 0, SC SAC = 0 t =, AC D och därmed g mg at = = 6. 9ms, SD = S AC = = N Vi har ovan studerat momentekvationen i de fall där momentpunkten är en fix punkt i rummet eller masscentrum. Är det möjligt att välja andra momentpunkter, t ex en rörlig momentpunkt som inte är masscentrum? Svaret på denna fråga är att det är möjligt men att momentekvationen i detta fall blir något mera komplicerad. Det kan dock i vissa fall vara fördelaktigt att välja en rörlig momentpunkt. Låt vara en fix punkt i rummet och låt Q vara en godtycklig rörlig punkt med hastigheten v = v (). Q Q t Då gäller, enligt definition, att Figur 3.4 Rörlig momentpunkt. 18

19 H = r v dm = ( r + r ) v dm = r v dm + r v dm = r + H Q Q Q Q Q och därmed H = r + r + H = v + r F + M = v + M Q Q Q Q Q Q Q (3.) där vi utnyttjat kraftekvationen F = och sambandsformeln för kraftmoment MQ = M + rq F, där F är summan av de yttre krafterna på kroppen. Vi har således momentekvationen för den rörliga momentpunkten Q, M = H + v (3.3) Q Q Q Denna ekvation gäller generellt för alla kroppar, såväl fasta som flytande. bservera att om vi i (.3) sätter Q= eller Q= så återfår vi momentekvationerna på formen M = H M = H, å samma sätt som vi i (1.1) införde H, rel kan vi nu införa det relativa rörelsemängdsmomentet m a p momentpunkten Q, d v s HQ, rel = rq r Q dm. Sambandet med H Q ges av HQ, rel = rq r Q dm = rq ( v vq ) dm = rq vdm rqdm vq = ( ( H mr v Q Q Q m r Q d v s H = H + mr v (3.4) Q Q, rel Q Q och därmed H = H + mr v + mr v (3.5) Q Q, rel Q Q Q Q enom att kombinera (3.3) och (3.4) erhålls momentekvationen M = H + v = H + mv v + mr v + v = H + mr a Q Q Q Q, rel Q Q Q Q Q, rel Q Q Således gäller följande momentekvation med rörlig momentpunkt Q, (Jämför med Dynamics formel [4/13]) M H r a (3.6) = + m Q Q, rel Q Q 19

20 Momentekvationen kan också skrivas på formen (Jämför med Dynamics formel [4/11]) M H r a (3.7) = + m Q, rel Q Detta är en konsekvens av att HQ, rel = rq r Qm + H, rel och därmed H = r r m+ r r m+ H = r ( a a ) m+ H Q, rel Q Q Q Q, rel Q Q, rel Insatt i (3.6) ger detta momentekvationen enligt (3.7). Låt nu vara en stel kropp och Q en fix punkt i den stela kroppen. Då är Q i allmänhet en rörlig punkt och det gäller att r Q = ω rq där ω är kroppens vinkelhastighet. Då gäller Figur 3.5 Rörlig momentpunkt, stel kropp. H Q, rel = r Q r Q dm = r Q ( ω r Q ) dm = I ω Q (3.8) och därmed kan momentekvationen skrivas MQ = d ( IQ ω) + rq a Q m (3.9) dt Med utgångspunkt från (3.7) erhålles MQ = d ( I ω) + rq a m (3.10) dt 0

21 Sammanfattning (Momentekvationen för stel kropp, rörlig momentpunkt) Momentekvationen (Q fix punkt i kroppen): M = d ( I ω) + r a dt Q Q Momentekvationen (Q fix punkt i kroppen): MQ = d ( IQ ω) + rq a Q m dt m m kroppen utför en translationsrörelse ( ω( t) = 0, t ) så gäller, enligt (3.9), att M = r a m (3.11) Q Q Q m vi inför tröghetskraften F = m Q a Q kan vi skriva detta på formen MQ + rq FQ = 0 (3.1) Vid translationsrörelse gäller att a = a och kraftekvationen (.19) 1 kan då skrivas Q F + FQ = 0 (3.13) Figur 3.6 Rörlig momentpunkt, stel kropp. Ekvationerna (3.1)-(3.13) kan uppfattas som ett uttryck för statisk jämvikt för ett kraftsystem bestående av F y :( df, dm, ), och punktkraften ( F Q, 0, ). Vid plan translationsrörelse gäller, om vi väljer momentpunkten Q i det plan som är parallellt med rörelseplanet (xy-planet) och som innehåller masscentrum r a m = k( ± m r a sin θ ) = k ( ± mda ) Q Q Q Q Q F y där d = r Q sinθ och a Q = a Q. Tecknet beror på riktningen hos vektorprodukten r Q a Q jämfört med k -riktningen, se figuren nedan. m MQ= k M Qz, så ger (3.1) villkoret 1

22 M Qz, = ± mda (3.14) Q Figur 3.7 lan translationsrörelse för stel kropp. Exempel 3. The uniform 5-kg bar A is suspended in a vertical position from an accelerating vehicle and restrained by the wire C. If the acceleration a= 06g., determine the tension in the wire and the magnitude of the total force supported by the pin at A. Figur 3.8 Exempel 3.. Lösning: Frilägg stången. Vi börjar med att lösa problemet med utgångspunkt från momentekvationen (3.11). Inför spännkraften i linan S, tyngdkraften g m samt reaktionskraften R i upphängningspunkten A. Stången utför en translationsrörelse med accelerationen aa = a = i ( a). Kraftekvationen ger S+ gm+ R= a m (3.15) Momentekvationen ger, med A som momentpunkt, Det gäller att r = 05. r, r = j (. ) och därmed, enligt (3.16), A A A 04 r S = r a m (3.16) A A A r ( S 05. a m) = j( 04. ) ( S 05. i( a) m) = 0 S 05. i( a) m= j S A A y

23 d v s S 05. i( a) m= i( 05am. ) + js ( ( Sx y där S = 05am. = g 5= 15g.. x eometrin ger Figur 3.9 Lösning Exempel 3.. S y = Sy = Sx = ( 1. 5g) = g S x ch därmed S= S = S + S = g= 5g.. Kraftekvationen (3.15) ger x y R= a m S gm = i( a) m S j( gm) = i( am S ) j ( gm + S ) = x y i( 0. 6 g g) j( g5+ g) = i( 1. 5g) + j 3g Stången utför en plan translationsrörelse. Vi löser nu problemet med utgångspunkt från momentekvationen enligt (3.14). Inför kraftkomponenter enligt figuren nedan.kraftekvationen ger: Momentekvationen ger: ( ) : H S cosa = ma, ( ) : V + S sinα mg = 0 (3.17) A : 04. Scos a = mda= g. (3.18) där 03. cosα =. Detta ger g g. S = = =. 5g 04. sin α

24 V A H d S α gm Figur 3.10 Lösning Exempel 3.. Av (3.17) följer då att H= ma+ Scos a = 5 06g. + S = 3g+ 5g. = 15g V = mg Ssinα = 5g S = 3g 05. Med masscentrum som momentpunkt, istället för A, erhålles vilket tillsammans med (3.17) löser problemet. : 0. Scos α 0. H= 0 (3.19) Sammanfattning (Momentekvationen för stel kropp, translationsrörelse) Momentekvationen: M = r a m Q Q Q Momentekvationen (plan rörelse): M Q = ± mdaq 4