Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen

Transkript

1 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 en vinkelhastighet medurs i planet med storleken " K. Lederna O och C ligger på en linje som är parallell med kvadratens nedersta sida. a) Rita av figuren och konstruera momentancentrum för skivan. b) Bestäm hur stora länkarmarnas OA och CB vinkelhastigheter är. 2p) 2. En homogen kvadratisk tunn) skiva med massan m och kantlängd 2b ligger på ett bord då den utsätts för en stötimpuls S riktad i positiv x-riktning enligt figuren. a) Bestäm kvadratens kinetiska energi omedelbart efter stöten. 2p) b) För vilket/vilka värde/värden på h blir rotationsenergin med avseende på G lika stor som masscentrums translationsenergi? 3. En homogen, tunn balk med massan m och längden l är fäst i en glatt led och kan bara röra sig i ett vertikalplan. Bestäm de horisontella och vertikala komponenterna av reaktionskraften från leden som funktion av " och " om balken faller från upprätt läge " = /2) med försumbar vinkehastighet. 3p) 4. En plan, stel konstruktion blandare ) bestående av lätta stag och två tunna, cirkulära skivor är illustrerad i figuren. Den är tänkt att kunna rotera kring z-axeln i figuren. Skivorna är identiska, med massa m och radie r, men har olika placering i konstruktionen; höjdskillnaden är lika stor som avstånden mellan z-axeln och respektive skivors masscentra. Bestäm det totala kraftmoment med avseende på origo O som krävs för att åstadkomma en rotation med konstant vinkelhastigheten ". 3p) /KET

2 Teoritentamen 5. a) Ange med pilar i en figur accelerationer i de två markerade punkterna på skivan. Vinkelhastigheten " är konstant. b) Betrakta ett partikelsystem. Definiera för en godtyckligt rörlig punkt A partikelsystemets rörelsemängdsmoment H A. c) I vilken/vilka av följande lagar för godtyckliga kroppar kan man inte ignorera de inre krafterna i kroppen: i) Kraftlagen ii) Momentlagen iii) Energiprincipen? 6. a) Formulera och bevisa Steiners sats för tröghetsprodukter genom att utgå från definitionen av dessa. 2p) b) Formulera sambandet mellan tröghetsmomenten I x, I y och I z för tunna stela kroppar som ligger i planet y = 0 i ett givet koordinatsystem. 7. a) Ange med respektive RÄTT eller FEL om följande påståenden alltid) är sanna: i) Totala stötimpulsen på en kropp är lika med ändringen i rörelseenergi. ii) För ett hjul som rullar rakt utan att glida på ett horisontalplan är mittpunktens acceleration konstant. iii) En stel tunn cirkulär skiva är homogen om masscentrum ligger i mitten på skivan. iv) I ett rörligt referenssystem bidrar inte corioliskraften till en partikels energiändring. v) Tröghetsmomentet för en stel kropp med avseende på en axel genom masscentrum är alltid mindre än det med avseende på en parallellförflyttad axel. vi) Den mekaniska energin är konstant om rörelsemängdsmomentet är konstant. b) Bevisa Coriolis teorem. 2p) 8. a) Härled kraftlagen Eulers första lag) för ett stelt partikelsystem. b) Härled sambandsformeln för rörelsemängdsmoment. 2p) /KET

3 1. Problemlösningar Bestäm vinkelhastigheter för armarna. Lösning: I figur anges hastighetsriktningar för A och B på skivan. A och B som är ändpunkter på armarna kan bara cirkulera kring de fasta lederna. Konstruktionslinjer för tänkbara lägen av momentancentrum skissas och dessa skär varandra i masscentrum. I det betraktade ögonblicket har skivan och armen OA den gemensamma punkten A. Hastigheten i länkarmens ände A som roterar kring O med vinkelhastigheten " L blir: v A = a" L. A tillhör även skivan med momentancentrum i mitten på skivan. Hastighetssamband i skivan ger v A = b 2 " K och riktad åt samma håll. Alltså har vi ekvationen: a" L = b 2 " K, dvs " L = b a 2 " K. Hastighetssamband i skivan ger även för B: v B = b 2 " K samma som för A fast annan riktning). Hastigheten i den högra länkarmens ände B som roterar kring C med vinkelhastigheten " R blir v B = a" R vilket ger samma svar " R = b a 2 " K som för " L. Inses kanske på ett tidigt stadium.

4 2. Kinetisk energi direkt efter stöt? är erhålls lika translationsenergi och rotationsenergi? Lösning: Bara stötkrafterna verkar. Stötlagarna ger: e x : S = mv G, e z : S b " h) = I G z, där tröghetsmomentet för den kvadratiska skivan är: I G z = 1 6 m 2b)2, dvs I G z = 2 3 mb2. ) 2 a) Kinetisk energi: T = 1 2 mv G I z G " 2 = S2 2m + S2 b " h 2I z G, dvs T = S2 2m + 3S2 % 4m $ 1 " h & 2. b ' b) För att de två delarna skall bli lika måste gälla: 1 = 3 % 2 $ 1 " h & 2 ", dvs h = 1± 2 % $ ' b. b ' 3& 3. Bestäm kraften från leden som funktion av vinkel och vinkelhastighet! Lösning: Ritar krafter som verkar på balken. I detta fall väljs en horisonell och vertikal uppdelning. Reaktionskraften beror av masscentrums cirkelrörelse och därmed vinkelhastighet och vinkel se nedan i ekv 4). Läge, hastighet och acceleration för masscentrum ges av geometrin. x = l 2 cos", x = l " 2 sin", x = l " 2 sin" l " 2 2 cos", och y = l 2 sin", y = l " 2 cos", y = l " 2 cos" l " 2 2 sin".

5 Energiprincipen gäller, ty leden är glatt. EP bara rotation med avseende på leden): 1 2 I O " 2 + mg l 2 sin" = mg l 2 enligt begynnelsevillkor), där tröghetsmomentet för balken är I O = 1 3 ml2. Beräkning av vinkelhastigheten ger: 1 3 l " 2 = g 1 sin" ) ekv 1) " " = 3g 1 sin" ) ekv 2). l Vinkelaccelerationen som behövs fås genom tidsderivering av ekv 1: 2 3 l " = gcos" " " = 3g cos" ekv 3). 2l Eulers första lag för masscentrum ger: $ m " l 2 sin " l 2 & % 2 cos ' $ ) = R x, mg + m l " 2 cos" l " 2 & % 2 sin" ' ) = R y ekv 4). Insättning av ekvationer 2 och 3 i 4 ger: $ m 3g cos" sin" l" 2 & % 4 2 cos" ' ) = R x, eller * R x = m 3g $ % 2l cos" & ' l 2 sin" + 3g &, 1 ) sin" ) $ % l ' l + 2 cos" -. / = mg $ & % " 3 4 cos sin cos '), samt $ mg + m " 3g cos cos " l 2 & % 4 2 sin ' ) = R y eller * R y = mg + m l $ 2 " 3g %& 2l cos ' ) cos " $ 3g ', 1" sin ) %& l ) l + 2 sin - / =. * mg + mg, $ %& " 3 4 cos ' ) cos " [ 1" sin )] sin -. / = mg $ & % 1" 3 2 sin " 3 4 cos sin2 ')

6 4. Bestäm totala kraftmoment map O som behövs för rörelsen. Lösning: Momentekvationen Eulers 2:a lag) för konstant stel rotation av massorna kring z- axel ges av H O = M O, där H O = "I O xz e x " I O yz e y + I O z e z ), där tröghetsprodukterna p g a skivornas symmetri m a p respektive masscentra är Steiner) I O xz = 0 " mhd + h) mhd= "mh 2 G, I yz= 0 massor i xz-planet), samt tröghetsmomentet O Iz som inte kommer att behövas i slutresultatet. Det totala kraftmomentet beräknas enligt momentlagen: Tidsderivering av H O, bara bidrag från tidsberoendet hos e x, och insättning i momentekvationen ovan ger M O = mh 2 " 2 e y, eftersom e x ="e y. Kraftmomentet beror ej av avståndet d!

7 Teoridelen 5a) Accelerationer b) Definition av rörelsemängdsmoment map A för ett partikelsystem: H A = $ r i " r A ) m i v i, där r i är position av massa m i som har hastighet v i, och r A är i=1 momentpunktens läge. c) iii) 6a) Def av tröghets produkter där vi kan välja parallella rotationsaxlar riktade i z- riktningen. I O xz = " m k x k z k, samt I yz O = " m k y k z k, där x k, y k, z k är koordinaterna för partikelmassorna m k i stela kroppen. Antag masscentrum har koordinaterna x G, y G, z G i samma koordinatsystem. Då definieras tröghetsprodukterna för samma kropp som I G xz = m k x k " x G )z k " z G ) och I yz G = m k y k " y G )z k " z G ). Steiners sats för tröghetsmoment är ett samband mellan tröghetsprodukter för två parallella koordinataxlar, det ena med fixt origo O och det andra med origo i masscentrum G. Eftersom bevisen är analog räker det med att betrakta beviset för ena tröghetsprodukten I O xz, det andra beviset följer genom att byta x mot y. u gäller I O xz " I G xz = m k [ x k z k " x k " x G )z k " z G )] = " m k [ x G z G + x k z G + x G z k )] = " m k x G z G + m k x k z G + m k z k x G = " m k x G z G + m k x k z G + m k z k x G = =m =mx G =mz G =m =mx G =mz G mx G z G, enligt definitioner av totala massan och masscentrums koordinater. Vi har då visat I O xz = I G xz + mx G z G, och med byte x " y fås också I O yz = I G yz + my G z G. b) Samband mellan tröghetsmoment för tunna plana kroppar I y = I x + I z, där all massa ligger i planet y = 0 och x-, y-, z-axlarna går genom origo.

8 7 a) FEL, FEL, FEL, RÄTT, RÄTT, FEL. b) Coriolis teorem - samband mellan absolut och relativ acceleration. Först utreds sambandet mellan absolut och relativ hastighet. Vi har ett inertialsystem, samt ett rörligt kroppsfixt koordinatsystem med systemets origo i referenspunkten B. Vi skriver nu lägessambandet för en rörlig punkt A: r abs = r B + r rel, med beteckningar: r abs = r A, r rel =r BA. Tidsderivering ger: v A = v B + r rel eller) v abs = v B + r rel, där den sista termen kan delas upp i två delar på grund av basvektorernas tidsberoende: r rel = r rel ) " r xyz rel. Här är den relativa hastigheten definierad. Sammantaget får vi v rel uppdelningen: v abs = v B + " r rel + v rel. Här införs systempunktshastigheten v sp för det = v sp rörliga koordinatsystemets egen hastighet just i A, samt v rel för A s hastighet relativt det rörliga koordinatsystemet. Alltså: v abs = v sp + v rel. Ytterligare tidsderivering av hastighetssambandet ger a abs = a B + " r rel + " r rel + v rel, där derivatorna av r rel och v rel delas upp vardera i ytterligare två bidrag p g a den rörloga basen. Vi får: a abs = a B + " r rel + " [" r rel + v rel ] + " v rel + v rel ) 12 3 xyz ) =a B + " r rel + " " r rel + 2" v a rel. Här införs systempunktens acceleration, rel a sp a cor coriolisaccelerationen samt den relativa accelerationen. Alltså a abs = a sp + a cor + a rel. Detta är Coriolis teorem. a rel 8 a) Def. partikelsystemets rörelsemängd: p = m 1 v 1 + m 2 v 2 + m 3 v 3 +L = p j Def. p-systemets massa: m = m 1 + m 2 + m 3 +L Partiklar påverkas av yttre och inre krafter: F j = F j yttre + f j inre yttre inre Def. Kraftsumma: F = " F j = " F j, ty ewtons 3:e lag innebär att " f j = 0. ewtons 2:a lag för en partikel: F j = p j = m j a j ). För hela partikelsystemet gäller då: p = Dvs, kraftlagen ser lika ut som för en partikel: F = p. yttre " p j = " F j = " F j = F. "

9 b) Definition H A = $ r i " r A ) m i v i, där r i är position av massa m i som har i=1 hastighet v i, och r A är momentpunkt. På samma sätt har vi för en annan momentpunkt B definitionen H B = $ r i " r B ) m i v i. Skillnaden blir i=1 H A " H B = $ r i " r A " r i + r B ) m v i i = r AB $ m i v i, där vi i sista ledet använt definitioner i=1 1 i=12 3 r AB av totala massan samt masscentrums hastighet. Således: H A = H B + r AB " mv G som kallas sambandsformeln för rörelsemängdsmoment. mv G

10 SG1140 Mekanik fortsättningskurs för M2 Bedömningar OBS: Alla ekvationer skall motiveras!! Följande brister i redovisning av skriftliga uppgifter ligger till grund för poängavdrag. En viss tolerans gällande bedömningar M, B och S finns. Helhetsbedömningen av flera uppgifter kan innebära att ett poängavdrag gällande M, B och S) drabbar bara en av flera uppgifter. M motivering): Otydliga motiveringar, motsägelsefulla ekvationer, odefinierade symboler, felaktiga definitioner. -1p MF missuppfattning): Inkorrekta definitioner av begrepp. -1p -3p B beteckningar): Vilseledande, ologiska beteckningar. Komposanter i stället för komponenter etc. -1p S svar): Ofullständigt, ''införda beteckningar'' kvar, obestämda storheter kvar. -1p -3p L logik): Ologiska matematiska operationer. Räknefel. -1p K krafter/kinematik): Bristfällig kraftanalys eller kinematisk analys. -1p D dimensioner): Dimensionsfel, olika enheter i vänster- och högerled i viktiga ekvationer. -1p