Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del 2: Dynamik. Läsvecka 5

Transkript

1 015 Utgåa Föreläsningar i Mekanik (FME30) Del : Dynamik Läsecka 5 Föreläsning 1: Stela kroppens rotation kring fix axel (6/4) Vi studerar återigen en partikel i cirkelrörelse enligt figur nedan. Vinkelastigeten för cirkelrörelsen: ω= kω ω = θ. Partikelns astiget = ω r = kω e = e ω R (1.1) r R θ R Figur 1.1 Cirkelrörelse Partikelns kinetiska energi T = m = eθωr e θωrm = mr ω = Oz ω (1.) där Oz = mr (1.3) kallas partikelns trögetsmoment med aseende på axeln ( O k ). Partikelns rörelsemängdsmoment (med aseende på O) ges definitionsmässigt a H r e e k k (1.4) O= m = rr θ ωr = mr ω = HOz 1

2 015 Utgåa där HOz = Oz ω. Vi betraktar nu en stel kropp som kan rotera kring en i rummet oc i kroppen fix axel ( O n ). Se Figur 1. nedan. Då gäller att kroppens inkelastiget ω= n ω oc att kroppens astiget i punkten O; = O 0 oc därmed = ω r = nω r = n r ω (1.5) P OP OP OP Kroppens kinetiska energi T = dm dm dm = = n r n r n r P P P OPω OPω P OP Pω (1.6) där n rop = ( nrop sin β) = ( rop sin β) = r OP = rop oc rop = r OP ds. det inkelräta aståndet från den materiella punkten P till rotationsaxeln. Således T 1 = On ω (1.7) där = r dm (1.8) O n OP P Trögetsmomentet On beräknas således som produkten a masselementet dm P oc kadraten på det inkelräta aståndet till rotationsaxeln rop summerat öer kroppens alla materiella punkter P. Obserera att On är en konstant skalär som ger en karakterisering a kroppens massfördelning kring rotationsaxeln. Trögetsradien k On för en kropp m a p axeln ( O n ) definieras a On kon = On = kon m m För cirkelrörelsen os en partikel enligt oan gäller då att koz = R. Vi beräknar nu kroppens rörelsemängdsmoment med aseende på O. Enligt definitionen gäller HO = rop P dmp = rop ( ω rop ) dmp = rop ( nω rop ) dmp = rop ( n rop ) dmpω (1.9) där i ar utnyttjat astigetssambandet P = O + ω r OP = ω r OP. Rörelsemängds-momentets komponent med aseende på axelriktningen n ges a

3 015 Utgåa HO n = n HO = n rop ( n rop ) dmpω = ( n rop ) ( n rop ) dmpω = n rop dmpω = r dm OP Pω = O n ω (1.10) Figur 1. Stel kropps rotation kring fix axel. Således H = ω (1.11) On On Momentekationen MO = H O implicerar följande komponentekation i axelriktningen n. d d MO n = n MO = n H O = n ( OP ( OP ) dmpω) = ( OP ( OP ) dmpω) = dt r n r n dt r n r d H On = ( On ω) = On ω dt (1.1) eftersom On är en konstant. Således ges momentekationens komponent i axelriktningen n a M = ω (1.13) On On Trögetsmomentets egenskaper: Låt beteckna en kropp med massan m. eteckna med On = On ( ) dess trögetsmoment med aseende på axeln ( O n) ds. 3

4 015 Utgåa O n( ) = rop dmp (1.14) - Trögetsmomentet är icke-negati konstant ds. On 0. =1 1 - Trögetsmomentet är additit. ntag att ( = ). Då gäller ( ) = ( ) + ( ) On On 1 On (1.15) - Steiner s sats: Låt beteckna kroppens masscentrum. Då gäller md On = n + (1.16) där d betecknar aståndet mellan axlarna ( O n ) oc ( n). detta följer speciellt att On n d s trögetsmomentet för kroppen m a p en axel genom kroppens masscentrum är inte större än trögetsmomentet för arje annan parallell axel. Trögetsmoment för omogena kroppar med enkla geometrier finns tabellerade. Tabellen finns med i formelsamlingen. De trögetsmoment som redoisas där är m a p specifika koordinataxlar. Med jälp a tabellen oc med utnyttjande a Steiner s sats kan man beräkna trögetsmoment m a p andra axlar. moderna CD.-system finns inbyggda rutiner som beräknar trögetsmoment för de geometrier som skapas i CD-systemet. O Figur 1.3 Steiner s sats. OP OP O P eis för Steiner s sats: Det gäller att r = n r = n ( r + r ) = O P ) O P ) ( O )( P ) P n r + n r = n r + n r + n r n r = d + r + ( n r )( n r ) O oc därmed 4 P

5 015 Utgåa ( ( ) ( )) O n = rop dmp = d + rp + n ro n rp dmp = d dmp + rp dmp + ( n r )( n r ) dm = md + + ( n r )( n r dm ) = md + ( ( O P P n O P P n - Trögetsmoment med aseende på koordinataxlar: Låt ( i j k )O ara ett Cartesiskt koordinatsystem. Trögetsmomentet m a p x-axeln i r O x = OP P = OP P r dm dm = 0 där r OP = ix+ jy+ k z oc därmed i rop = i ( ix+ jy+ kz) = i jy+ i k z) = ( ) ky+ j z = y + z d s Ox = ( y + z ) dm P (1.17) På samma sätt erålles Oy = ( x + z ) dm P Oz = ( x + y ) dm P (1.18) k i O j Figur 1.4 Trögetsmoment m a p koordinataxlar. = ds. alla materiella punkter ligger i x-y- - Plan massfördelning: ntag att z 0 P planet. Då gäller Ox = y dmp Oy = x dmp Oz = ( x + y ) dm P (1.19) a detta följer sambandet = + (1.0) Oz Ox Oy 5

6 015 Utgåa eräkning a trögetsmoment m a p en axel ( O n) görs genom att beräkna integralen = r dm O n OP P Dynamics ppendix ges exempel på ur integralerna (1.17)-(1.18) beräknas. Detta ppendix inneåller äen lämpliga öningar i beräkning a trögetsmoment. Detta lämnas som själstudier. Vid problemlösning anänder i oss i allmänet a tabellerade uppgifter om trögetmoment för enkla kroppar. Ett exempel på detta isas i Tabell 1.1 nedan. Tabeller med trögetsmoment ingår i Formelsamlingen. Tabell 1.1 Trögetsmoment för enkla kroppar. Vi ger är tå exempel på beräkning a trögetsmoment. Vi börjar med en stång. 6

7 015 Utgåa Exempel 1.1 En omogen smal stång med massan m oc längden l. estäm trögetmomentet för stången med aseende på axeln ( O j ) där O är en a stångens ändpunkter oc j är inkelrät mot stången. Figur 3.4 Trögetsmoment för smal stång. Lösning: Vi inför ett koordinatsystem enligt figuren. Masselementet med z = 0 erålles m dm = dx. Enligt (1.18) 1 oc l l 3 l m m x ml Oy = ( x + z ) dmp = x dx = = l l = dm Figur 3.4 Masselement för smal stång. Vi kan nu direkt beräkna stångens trögetsmoment m a p axeln ( j ). Detta är möjligt genom att l anända Steiner s sats. Enligt (1.16) gäller att Oy = y + md där i detta fall d =. Således l ml l ml Oy = y + md y = Oy m( ) = m( ) = 3 1 Figur 1.4 Trögetsmoment för stång. Obserera att Oz = Oy oc att Ox 0. Jämför med uttrycken i Tabell 1.1! 7

8 015 Utgåa Exempel 1. Homogen cirkelskia med massan m oc radien R. estäm trögetmomentet för skian med aseende på axeln ( k ) där är cirkelns masscentrum oc k är inkelrät mot skian. Figur 1.4 Trögetsmoment för cirkelskia. m Lösning: Välj en cirkelring med radien r som masselement d s dm = rdrdz π Rb π där b är cirkelskians tjocklek. dm r dr Figur 1.5 Trögetsmoment för cirkelskia. Enligt (1.18) erålles br b R 4 R m m 3 m r mr z = ( x + y ) dmp = r πrdrdz = dz r dr b π Rb Rb = = Rb Obserera att detta uttryck är oberoende a skians tjocklek b. Om skian är tunn (b 0) så är massfördelningen plan oc i kan då med utgångspunkt från (1.0) beräkna skians trögetsmoment Ox oc Oy m a p axlarna ( ) i oc ( j ) respektie. Uppenbarligen gäller på grund a symmetrin Ox = Oy. Detta ger tillsammans med (1.0) mr 4 Oz Oz = Ox + Oy Oz = Ox Ox = Oy = = 8

9 015 Utgåa Exempel 1.3 Den fysiska pendeln. Den fysiska pendeln är en stel kropp som är friktions-fritt lagrad på en fix orisontell axel (rotationsaxeln) genom punkten O. ntag att kroppens massa är m oc att dess trögetsmoment m a p rotationsaxeln är. estäm rörelse-ekationen för pendeln. Frilägg pendeln. nför de yttre krafterna på pendeln ds. tyngdkraften mg reaktionskraften R oc reaktionsmomentet R M från lagringen på pendeln. Vi ar R R Mz = = 0 k M (1.1) eftersom pendeln antas ara friktionsfritt lagrad i punkten O. d Figur 1.5 Fysisk pendel. nför inkeln θ mellan ertikalen oc linjen mellan O oc pendelns masscentrum enligt nedanstående figur. nför ett koordinatsystem ( i j k )O så att pendeln sänger i det ertikala xyplanet. Pendelns inkelastiget ω= k θ. Rörelseekationen (momentekationen) för pendeln: enligt (1.13) gäller (ω = θ ) M = θ (1.) Oz Oz där Oz = oc momentkomponenten (om ro = idsin θ + j ( dcos θ) ) M = k M = k r gm= k r j ( gm ) = O z O O O k ( idsin θ + j( d cos θ)) j ( g) m = mgdsinθ där d = r O. Således mgdsinθ = θ θ + ω sinθ = 0 (1.3) n där mgd ω n = (1.4) 9

10 015 Utgåa För små sängningar kring det ertikala jämiktsläget gäller rörelseekationen (sinθ θ ) θ+ ωθ= (1.5) n 0 Egeninkelfrekensen för små sängningar ges då a (1.4). Lösningen till (1.5) sarande mot begynnelsedata θ( 0) = θ0 θ( 0) = θ0 ges a θ0 θ( t) = θ0cosωnt+ sinωnt (1.6) ω n Figur 1.6 Fysisk pendel frilagd. Kraftekationen ger R+ gm= a m R= ( a g ) m där a = ω r + ω ( ω r ) = k θ e d + k θ ( k θ e d) = e d θ+ e ( d θ ) = e ( dωθ ) + O O r r θ r θ n e ( dθ ). Således erålles lagerreaktionskraften r R= ( eθ ( dωθ n ) + er( d θ ) + jgm ) (1.7) där θ = θ() t ges a (1.6) oc θ( t) = ωθ sinω t+ θ cosω t n 0 n 0 n När det gäller att beräkna lagerreaktionsmomentet momentekationens båda öriga komponenter nämligen M = im + j M så kräs att i studerar R R R x y 10

11 015 Utgåa M = H MOy = H Ox Ox Oy Föreläsning : Rotation kring fix axel Exempel. Exempel.1 (Jämförelse mellan den fysiska oc den matematiska pendeln). Vi anknyter till datorlaborationen med DMS oc studerar en matematisk oc en fysisk pendel enligt figuren nedan. Vi antar att pendelstången är mass-lös oc ar längden L att partikeln oc klotet ardera ar massan m samt att klotet är omogent oc ar radien R. Vi skall nu jämföra sängningstiden för den fysiska pendeln med sängningstiden för partikelpendeln. Figur.1 Matematisk oc fysisk pendel. Sängningstiden för den matematiska pendeln ges a (se Del 1 Föreläsning 1 Läsecka 7) τ n L = π (.1) g Sängningstiden för den fysiska pendel ges a τ n π = där ω n ges a (1.7) ds. ω n τ n = π (.) mgd där d = L oc enligt Steiner s sats = Oz = z + ml oc enligt formelsamlingen z 5 = mr. Detta insatt i (.) ger L R τ ( ) n = π 1+ (.3) g 5 L 11

12 015 Utgåa Obserera att sängningstiden liksom för den matematiska pendeln ej beror på pendelns massa. Med R R = 0. 1m oc L = 0. 5m erålles 1+ ( ) Om i antar att stången ar en omogent 5 L fördelad massa m s så erålles trögetsmomentet m a p O (för kroppen stång + klot ) ml = + = + mr + ml 3 5 stång klot s oc då erålles periodtidenτ n = π ( m + m) gd s ms + m 1 L där d = ( ms + ml) = L m + m m + m s s ml s ms R + mr + ml + m( ) + m L τn = π = π 3 5 = π 3 5 L = ( m+ ms ) gd ms g ms + m + m ( m+ ms ) g L m + m s ms ms R + m + m( ) L L 1 R 1 ms π 6 5 L = π 1+ ( ( ) ) g ms g 1 ms + m 1+ 5 L 6 m m (.4) Obserera att sängningstiden i detta fall beror på koten mellan stångens massa oc klotets massa. Med R = 0. 1m oc L = 0. 5m oc ms 1 m = erålles 1 R 1 ms 1 + ( ( ) ) ms 5 L 1 6 m + m Vi noterar att 1 R 1 ms R lim 1+ ( ( ) ) = 1+ ( ) ms 0 1 ms 5 L 6 m 5 L m 1+ m R Med R = 0. 1m oc L = 0. 5m erålles 1+ ( ) Således med ms 5 L oc L = 0. 5m erålles = 0kg R = 0. 1m 1

13 015 Utgåa τ n L = π (.5) g Vidare gäller att 1 R 1 ms lim 1+ ( ( ) ) = ms 1 ms 5 L 6 m 3 m 1+ m Uppgift.1: etrakta den fysiska pendeln i Figur. nedan. ntag att klotet är friktionsfritt lagrat på en orisontell axel ( k) genom stångens nedre ändpunkt. estäm pendelns periodtid. Jämför med den matematiska pendeln! Lager mellan stång oc kula (Reolute joint) Figur. Fysisk pendel med lagring. Exempel. Eac of te two drums and connected ubs of 50mm radius as a mass of 100kg and as a radius of gyration about its center of 375mm. Calculate te angular acceleration of eac drum. Friction in eac bearing is negligible. Figur.3 Exempel.. 13

14 015 Utgåa Lösning: (a) Frilägg trumma oc tyngd. nför spännkraft S i linan tyngdkraft oc lagerreaktionskraft enligt figuren nedan. Låt m 1 beteckna trummans massa oc låt m beteckna tyngdens massa. Trumman roterar kring den fixa axeln ( O k ). n för inkelastigeten ω för trumman oc lägeskoordinaten x för tyngden. För trumman gäller momentekationen MOz = Oz ω d s O R S = ω (.6) : Oz där R = 0. 5m oc = k m = kgm = kgm. Oz Oz 1 (a) (b) Figur.4 Lösning Exempel.. För tyngden gäller kraftekationen: gm S = xm S = ( g x) m (.7) Vi ar tångsillkoret x = ωr där d s x= ωr. Om i eliminerar x i ekation (.7) så erålles S= ( g ωrm ). Detta insatt i (.6) ger Rm g R( g ωr) m = ω ω = = = 3. 0rads Oz Oz + mr (b) För trumman gäller i detta fall momentekationen R F O : R F = Oz ω ω = = = 3. 49rads Oz 1 14

15 015 Utgåa Problem 6/55 Te uniform rectangular slab is released from rest in te position sown in te figure below. Determine te alue of x for wic te angular acceleration is maximum and determine te corresponding angular acceleration. Figur.5 Problem 6/55. Lösning: Frilägg skian. nför tyngdkraften oc kontaktkraften i punkten O. Figur.6 Lösning 6/55. Skian roterar kring den fixa axeln ( O k ). nför inkelastigeten ω oc inkelaccelerationen α. Precis när skian släpps gäller ω = 0. Momentekationen ger xmg O : xmg = Oz α α = (.8) 1 b 5 Formelsamlingen ger z = ( b + ( )) m= bm. Steiner s sats ger då Oz = z + md där 1 48 b 1 d = x + ( ). Detta ger Oz = bm+ xmoc insatt i (.8) erålles 4 6 Oz xmg xmg xg α = α( x) = = = 1 1 Oz bm+ xm b + x 6 6 Oc därmed (för undersökning a maximum) 1 1 ( b + x ) g xgx b x dα b = 6 = 6 g = 0 x= dx 1 1 ( b + x ) ( b + x )

16 015 Utgåa b 1 b 1 b 3g ilket ger amax = a( ) = ( b + ( ) ) g = b Exempel.3 Te 3m slender beam as a mass of 50kg and is released from rest in te orizontal position wit θ = 0. f te coefficient of static friction between te fixed support at O and te beam is determine te angle θ at wic slipping first occurs at O. Does te result depend on te mass of te beam? Figur.7 Exempel.3. Lösning: Frilägg balken. nför tyngdkraften gm oc kontaktkraften N f id O. Figur.8 Lösning: Exempel.3. Momentekationen ger: amg cosθ O : amg cosθ = Oz a a = (.9) Oz 1 1 där a = 0. 5m oc Oz = z + ma = m3 + m( ) = m = 50kgm. Detta ger med θ = 60 1 ntegration ger α θ = = cos θ = cosθ 50 θ = 49. sin θ θ = 981. sinθ Kraftekationen ger: 16

17 015 Utgåa Detta ger ( ) : gmcosθ N = atm = aam ( ) : gmsinθ + f = a m = a θ m lidning inträffar först när N = ( g cos θ aa) m = ( ) 50 cos θ = cosθ f = ( a θ + g sin θ) m = ( g) 50sin θ = sinθ f µ sn sin θ cosθ tan θ θ Exempel.4: (Center of Percussion id rotation kring fix axel se Meriam sektion 6/4.) Vi söker en punkt Q sådan att moment- ekationen för pendeln kan skrias M = 0 (.10) Q allmänet gäller att M = H oc med M = MQ + rq F erålles M H r a = + m Q Q n med z-komponenten M = ω + k r a m (.11) Q z z Q Figur.9 Lösning: Exempel.4. 17

18 015 Utgåa Låt nu enligt figuren oan r = e d r OQ = e r d Q O r För masscentrums acceleration gäller a = eθω d + er( ω d) O z z O oc därmed (där i utnyttjar (.11) oc sambandet = + r m) M = ω d m ω+ k e d a m k e d a m= Qz Oz r r Q ω d m ω+ k e a m( d d ) = ω d m ω+ ωd m( d d ) = ω ωd d m Oz r Q Oz Q Oz Q Därmed M = ( d d m) ω Qz Oz Q Således Oz MQz = 0 ω 0 dq= d m Punkten Q med Oz roq = erdq = e r kallas center of percussion. dm Sammanfattning (Momentekationen för stel kropp rotation kring fix axel ( O k )) Kraftekationen: F = ( e d θ ω+ e ( dω )) m d = r O Momentekationen: MOz = Oz ω r 18

19 015 Utgåa Föreläsning 3: Stela kroppens kinetik allmänt. etrakta en stel kropp med en punkt O som är fix i rummet ds. O = 0. Låt ω beteckna kroppens inkelastiget. Kroppens astigetsfält ges då a P = O + ω r OP = ω rop P oc rörelsemängdsmomentet H = r dm = r ( ω r ) dm = ω O OP P P OP OP P O (3.1) Dess tidsderiat ges a H = ( r ( ω r ) + r ( ω r ) + r ( ω r ) dm = O OP OP OP OP OP OP P ( P ω rop ) + rop ( ω rop ) + rop ( ω ( ω rop )) dmp = ( ( ( = 0 ( rop ( ω rop ) + ω ( rop ( ω rop )) dmp = rop ( ω rop ) dmp + ω rop ( ω rop ) dmp = ω + ω ω O O där i utnyttjat ektor-identiteten a ( b c) = b ( a c) om ac = bc = 0. Således H = ω + ω ω (3.) O O O Momentekationen kan nu skrias M = ω + ω ω (3.3) O O O Exempel 3.1 (Den fysiska pendeln. Lagerreaktioner. Se Exempel 1.3). Vi skall nu beräkna R reaktionsmomentet M se Figur.1 nedan. Med ω= k θ erålles eftersom k är en konstant ektor ω = k θ oc därmed enligt (.3) r gm + M = k θ + k θ k θ = k θ + k k θ (3.4) R O O O O O d s M k k k r g (3.5) R = O θ + O θ O m där k = r ( k r ) dm O OP OP P (3.6) 19

20 015 Utgåa För att kunna beräkna R M kräs alltså att i kan lösa differentialekationen (3.4). j j R M R e y O θ r O i O e x i r OP P dm P mg Figur 3.1 Fysisk pendel reaktionsmoment. nför den kroppsfixa basen ( ex ey e z) där e = k se figuren oan. Med z rop = ex x+ ey y+ e z z erålles (obserera att för giet P är nu xyz konstanter) rop ( rop ) = rop rop rop r ( ) ( ) OP = x + y + z ex x+ ey y+ zz= = z oc därmed k( x + y ) e xz e yz x y Ok = ( k( x + y ) ex xz ey yz) dmp = k ( x + y ) dmp ex xzdmp ey y zdmp = där e + e + k (3.7) x O xz y O yz O zz = = ( x + y ) dm Ozz Oz P O xz = xzdmp O yz = yzdm (3.8) P Här är O zz trögetsmomentet m a p axeln ( O k ). Jämför med (1.17)-(1.18)! Talen O xz oc O yz kallas trögetsprodukter m a p x-y- respektie x-z-axlarna. Obserera att O zz O xz oc O yz är konstanter. Ekation (3.5) kan nu skrias M = ( e + e + k ) θ + k ( e + e + k ) θ r gm= R x O xz y O yz O zz x O xz y O yz O zz O 0

21 015 Utgåa e ( θ θ ) + e ( θ + θ ) + k( θ + mgd sin θ) x O xz O yz y O yz O xz O zz Vilket är ekialent med R Mx = O xzθ O yzθ R M y = O yzθ + O xzθ R Mz = O zzθ + mgdsinθ (3.9) R Enligt (1.1) gäller att Mz = 0 (friktionsfri lagring) oc (3.9) 3 ger då rörelseekationen för pendeln R R ds. (Jämför med (1.3)) O zzω+ mgdsinθ = 0. (3.9) framgår att Mx = M y = 0 för alla rörelser θ = θ() t om oc endast om = = 0 (3.10) O xz O yz så fall gäller enligt (1.7) att k= k (3.11) O O zz ds. ektorn k är en egenektor till trögetstensorn med egenärdet O zz. xeln ( O k ) kallas då en uudtrögetsaxel till kroppen. Egenskapen att ara en uudtrögetsaxel är nära knutet till symmetrierna os kroppens massfördelning. ntag att det mot arje materiell punkt P i kroppen med masselementet dm P oc koordinaten ( xyz ) sarar en punkt Q med masselementet dmq = dmp oc koordinaterna ( xyz). Då följer att O xz = xzdmp = 0 Se figuren nedan! Figur 3. Symmetri os massfördelningen. 1

22 015 Utgåa Om t ex axeln ( O k ) är en symmetriaxel för massfördelningen gäller att axeln är en uudtrögetsaxel. Dessutom gäller att masscentrum för kroppen ligger på axeln. Denna kallas då en fri axel. Masscentrum är i allmänet är en rörlig (accelererande punkt). Momentekationen ar formen d M = ( ω ) (3.1) dt Där är kroppens trögetstensorn m a p masscentrum. Vi kan nu kopiera det i genomförde oan för den fixa momentpunkten O. Momentekationen m a p masscentrum ges då a M = ω + ω ω (3.13) Vid plan rörelse med ω= k ω erålles i analogi med (3.9) M = θ M = θ + Mz = zz ω x xz yz y yz xz θ θ (3.14) Låt nu ara en punkt fix i den stela kroppen. är då i allmänet rörlig oc H oc därmed rel = ω H = ω + ω ω (3.15) rel enom att kombinera (1.9) oc (3.15) oan så erålles momentekationen för stel kropp med rörlig momentpunkt M ω ω ω r a (3.16) = + + m För plan rörelse gäller att ω= k ω oc därmed M k k k r a (3.17) = ω + ω + m koordinatform M x = xzω yzω + ex r a m M y = yzω+ xzω + ey r am M z = zz ω + k r am (3.18)

23 015 Utgåa Om ektorn r är parallell med rörelseplanet så gäller att r am= k( ± m r a sin θ ) = k ( ± mda ) där d = r sinθ oc a = a. Jämför med Föreläsning! Vidare gäller då att e r a m= e r a m= 0 oc (3.18) kan då skrias x y M x = xzω yzω M y = yzω+ xzω M z = zz ω ± mda (3.19) Exempel 3.: En kropp består a en lätt stel stång med en partikel med massan m i ardera änden. Se Figur.3 nedan! Stången ar längden l. kroppen ålls i ila i ett läge med lutningsinkel π θ0 0 < θ0 < enligt figuren oc stöder då mot ett orisontellt glatt gol. Kroppens släpps sedan ur detta läge oc rör sig därefter i plan rörelse. estäm rörelsen! Figur 3.3 En fallande stång. Lösning: nför HON-basen ( i jk ) där j är normalektor till golet. Systemet a yttre krafter: Fy:( F1 P1) ( F P) där F 1 = mg+ N F = mg g = j ( g) oc N = j N N 0. Stångens inkelastiget ω= k ω. O Figur 3.4 Friläggning a stången. 3

24 015 Utgåa Kraftekationen: F + F = mg+ N = a 1 m (3.0) d s N a = j ( g + ) (3.1) m Momentekationen ger rp F ( ( ) ( ) ) rp F = H d = rp ω r 1 P m+ r 1 P ω r P m dt där r = e ( ) P1 r l r = e l oc P r l = r PP 1. Detta ger d erl j( mg) + er( l) j( mg + N) = ( er( l) ( kω er( l)) + erl ( kω e rl)) dt Eller d d er j( Nl) = ( l er ( kω er) m) = k( ml ω) = k( ml ω) dt dt Men e j = k sinθ oc därmed r Vi kan altenatit anända (3.14) 3 d s knl sin θ= k( ml ω) ω = θ = sinθ (3.) lm N : Nlsinθ = ω (3.3) där = ml är stångens trögetsmoment m a p axeln ( k ). Hastigeten för partikel ges enligt a = + ω r = j + kω e ( l) = j + e ( ωl). ntag att N > 0. Då är partikel P P P r 1 1 i kontakt med golet oc i ar tångsillkoret ilket medför att 0= j P = j + j e θ ( ωl) = + ωlsinθ 1 θ 0= + ωlsinθ + ωl θcosθ = + ωlsinθ + ω lcosθ (3.4) P 4

25 015 Utgåa där enligt (3.1) N = g+. Detta insatt i (3.4) ger m N g+ + l( θ sinθ + θ cos θ) = 0 m ds. Detta insatt i (3.) ger oss differentialekationen N = m( g l( θ sinθ + θ cos θ)) (3.5) θ( 1+ sin θ) + θ sinθcosθ sinθ = 0 (3.6) l g med begynnelsedata: θ( 0) = θ 0 θ ( 0) = 0. Ekation (3.6) kräer numeriska metoder för sin lösning. När ekationen är löst måste i genom att stoppa in lösningen i (1.5) kontrollera att N > 0. Obserera att g sin 0 mg N( 0) = m( g l θ θ( 0)sin θ0 ) = m( g l ) 0 l1+ sin θ = 1+ sin θ > 0 0 Om det för tidpunkten t 0 gäller att Nt ( ) > 0 0 t< t0 Nt ( ) 0 t t0 så släpper partikeln P sin kontakt med golet oc för den fortsatta rörelsen gäller då att Nt ( ) = 0 t t0 oc d s stången faller fritt i tyngdkraftfältet. a = j ( g) θ = 0 (3.7) Exempel 3.3 Det rullande julet. Ett jul med massan m oc rullningsradien r rullar i plan rörelse i kontakt med ett orisontellt underlag. Hjulet ar trögetsmomentet med aseende på axeln ( k ) där är julets centrum tillika masscentrum. Kontakten mellan jul oc underlag ar ilofriktionstalet µ s oc det kinematiska friktionstalet µ k. estäm julets rörelse! Figur 3.5 Rullande jul. 5

26 015 Utgåa Lösning: Frilägg julet. Se Figur 3.6 nedan. nför tyngdkraften mg = j ( mg) samt kontaktkraften mot underlaget K = i f + j N där N 0. Hjulets inkelastiget ω = k ( ω ). Låt ro = ix + j y. Då gäller att = r O = ix + jy oc a = = i x + j y. Kraft-ekationen ger då: Men oc därmed om i kombinerar (3.8)-(3.9) mg+ K = a m= ( i x + j y ) m (3.8) mg+ K = j( mg) + i f + jn = i f + j ( mg + N) (3.9) i f + j( mg + N) = ( i x + j y ) m (3.30) O C C Figur 3.6 Rullande jul. Vektorekationen (3.3) är ekialent med de skalära ekationerna: f = x m mg + N = y m (3.31) Vi antar att julet rullar i kontakt med underlaget. Då gäller att y = 0. (1.30) följer då att Momentekationen (m a p ): N = mg (3.3) M = ( ω) M = ( ω) + Mz = zz ( ω) x xz yz y yz xz ω ω (3.33) 6

27 015 Utgåa där zz = julets trögetsmoment m a p axeln ( k ) oc M = r K = j( r) ( i f+ jn) = k rf (3.34) C ds. Mx = My = 0 oc M z = rf. ekation (3.33) 3 följer då att ekation (3.33) 1 följer dessutom att rf = ( ω) (3.35) 0 = ( ω) 0 = ( ω) + xz yz yz xz ω ω (3.36) Om nu ω = 0 ω 0 så följer direkt a (3.35) att xz = yz = 0. Om ω 0 så följer a (.36) att ( xz ) = ( yz ) xz = yz = 0 d s julets rotationsaxel ( k ) är en fri axel. Om trögetsprodukterna inte är noll så kan julet inte röra sig i plan rörelse. Sambandet mellan friktionskraften f oc normalkraften N ges a där glid < 0 f = µ k N glid = 0 f µ sn glid > 0 f = µ k N (3.37) = x ω r (3.38) glid är den så kallade glidfarten se (.6)-(.7) Läsecka 4. (3.38) följer att 1 r glid = x ω r = ( + ) f (3.39) m ntag att begynnelsedata ges a x ( 0) = 0 ω( 0) = ω0 så att glid ( 0) = 0 ω0 r < 0 d s julet glider mot underlaget id tidpunkten t = 0. Se figur nedan! Under rådande förutsättningar gäller tills idare (t > 0) enligt (1.37) 1 f = mkn = mkmg oc därmed 1 r mr glid = ( + ) f = ( 1+ ) mk g (3.40) m ilket ger mr mr glid ( t) = glid ( 0) + mk g1 ( + ) t= 0 ω0 r+ mk g1 ( + ) t (3.41) 7

28 015 Utgåa C lidastigeten blir lika med noll id tidpunkten Figur 3.7 Hjulets begynnelsetillstånd. t ω0r 0 = mr mk g1 ( + ) g (3.4) Fram till denna tidpunkt ( 0 t < t g ) gäller rörelseekationerna: mkn = xm x = mkg x = 0 + mkgt N = mg rm rm ω = mkg ω = ω0 mkg t rmk N = ω (3.43) mr (3.43) erålles glid () t = x ωr= 0 ω0 r+ mk g1 ( + ) t. Jämför med (3.41)! Det gäller att mr ω 0 0 0r + ω r 0 x ( tg) = 0 + mkgtg = 0 + mkg = mr mr mk g1 ( + ) 1+ mr rm rm ( 1 ) ( r ) rm rm ω0r ω + ω ω + 0 ω( tg) = ω 0 mkg tg = ω0 mkg = = mr mr mr mk g1 ( + ) För t t kan i anta att julet rullar utan att glida ( t) = 0 t t oc att f = 0. Hjulet g fortsätter då att rulla med astigeten glid g mr rm 0 +ω0r ω0 + 0 x () t = x ( tg) = () () ( ) x t ω t = ω t g = = mr mr r (3.44) 8

29 015 Utgåa Sammanfattning: Stel kropps kinetik Momentekationen: MO = Oω + ω Oω M = ω + ω ω M ω ω ω r a = + + m O fix punkt i kroppen oc rummet masscentrum. fix punkt i kroppen. Plan rörelse: R MO x = O xzθ O yzθ R MO y = O yzθ + O xzθ R MOz = Ozz θ + mgdsinθ M = θ M = θ + Mz = zz ω x xz yz y yz xz θ θ M x = xzω yzω + ex r a m M y = yzω+ xzω + ey r am M z = zz ω + k r am 9

30 015 Utgåa PPENDX: Fordonsdynamik. Detta appendix ger ett exempel på en mera omfattande dynamisk analys a ett fordon. Studenten kan i mån a intresse oc tid ägna asnittet en genomläsning oc ges då en möjliget att kontrollera sina kunskaper. Ett bakjulsdriet fordon kör uppför en backe med lutningen β( 0 β < 90 ). Fordonet består a fem stela kroppar: En kupé inklusie motor oc drilina med massan massan m k oc fyra jul ardera med m. (Kupén är naturligtis inte en stel kropp men i bortser från detta). Fordonets totala massa m = mk + 4m. Hjulen ar rullningsradien R oc trögetsmomentet med aseende på julaxeln. Motorns ridande moment på julaxeln betecknas M. Det antas att julen rullar i kontakt med underlaget oc i försummar friktion i jullager rullningsmotstånd samt luftmotstånd. Kontakten mellan jul oc underlag ar ilofriktionstalet µ s oc det kinematiska friktionstalet µ k. estäm fordonets rörelse! R O C Figur.1 il i backe frilagt drijul. Lösning: Frilägg ett driande bakjul jul. Se Figur. nedan. nför tyngdkraft samt kontaktkraften mot underlaget K = i f + j N där N 0. Hjulets inkelastiget ω = k( ω ). Hjulet påerkas a en kraft D= i( H ) + j ( V ) från julaxeln angripande i julets masscentrum oc ett ridande moment M = k ( M ). Se nedanstående figur! Kraftekationen ger: ( ) : H + f mgsin β = x m ( ) : V mgcosβ+ N = y m (.1) 30

31 015 Utgåa C C Figur. Driande jul frilagt. Hjulet rullar i kontakt med underlaget. Då gäller att y = 0 oc N > 0. (.1) följer då att N = mgcosβ+ V (.) Momentekationen ger : M + Rf = ( ω ) (.3) Vi antar att julaxeln ( k ) är en symmetriaxel för julets massfördelning oc därmed en uudtrögetsaxel. Vid julbalansering så åstadkommer man detta genom att placera balansikter på lämpliga ställen på julet. Då gäller att yz = xz = 0 oc ekationerna (1.33) 1 medför då att M x = M y = 0 d s julaxeln påerkas inte a några böjande moment ilket är syftet med balanseringen. alansikt x. Figur.3 Driande jul frilagt. ntag att balansikterna ar massan m 0 oc placeras i punkter med koordinaterna ( x1 y1 z 1) oc ( x y z ) respektie. Kraet är då att: Masscentrum amnar på axeln ( k ): mx1+ mx = 0 my1+ my = 0 31

32 015 Utgåa Trögetsprodukterna blir noll: mx1z 1 mxz + = xz 0 my1z1 myz + yz = 0 Detta ger illkoren: x xz = x = mz ( z) 1 1 y yz = y = mz ( z) 1 1 där z1 z = d 0 se figuren oan. Vi förutsätter är att julet är statiskt balanserat d s att julets masscentrum ligger på julaxeln ( k ). Sammanfattningsis ar i då följande rörelseekationer för det driande bakjulet H + f mgsin β = x m N = mg cos β + V M + Rf = ω (.4) egynnelsedata ges t ex a x( 0) = 0 x ( 0) = 0 θ( 0) = 0 θ( 0) = ω( 0) = ω0 (.5) Om i frilägger framjulet jul så erålles på samma sätt ekationerna H + f mgsin β = x m N = mg cos β + V Rf = ω (.6) där i förutsatt att framjulet inte är driande d s M = 0. C Figur.4 Framjul frilagt. Vi frilägger nu den kropp som består a bilen utan jul ( Kupén ). Låt m k beteckna dess massa oc k dess trögetsmoment m a p masscentrum k. Vi betraktar denna kropp som stel med 3

33 015 Utgåa inkelastigeten ωk = k ωk oc masscentrums acceleration a = i x k. nför reaktionskrafterna k från bak- oc framjul enligt figuren nedan. Kraft-oc momentekationen för kupén: Se figuren nedan! ( ) : H + H m gsin β = x m ( ) : V + V m g cos β = 0 (.7) k k k k : M V a+ H ( R) + H ( R) + V b= ω (.8) k k Figur.5 Kupé frilagd. Slutligen frilägger i ela bilen enligt nedanstående figur. Figur.6 Fordonet frilagd. Kraftekationen ger: ( ) : f + f mg sin β = x m ( ) : N + N mg cos β = 0 (.9) Vi antar att x = x = x = x oc ar nu tillgång till följande ekationer: k 33

34 015 Utgåa Drijulen: Framjulen: H + f mgsin β = x m N = mg cos β + V M + Rf = ω H + f mgsin β = x m N = mg cos β + V Rf = ω (.10) (.11) Kupén: H + H mkg sin b = xmk V + V mkg cos b = 0 M Va+ H( R) + H( R) + Vb= kωk (.1) (.10) 3 oc (.11) 3 följer att Hela bilen: f + f mg sin β = xm N + N mg cos β = 0 (.13) f M R R ω = oc f = R ω (.14) Detta ger f M ω + ω + f = R R oc därmed fordonets acceleration M ( ) sin ( ω + ω x = f + f g β = ) g sin β (.15) m mr mr ntag nu att julen rullar utan att glida mot ägbanan. Då gäller a= R ω = R ω. Det ill säga x ω = = R ω (.16) Om detta kombineras med (.15) M x = ( x) gsin β mr mr oc därmed erålles fordonets acceleration M g sin β x mr = (.17) 4 1+ mr 34

35 015 Utgåa ntag att det driande momentet är giet som M = M () t. Då erålls bilens fart enligt t M ( t) dt ( g sin ) t mr β 0 x = x () t = 0 + (.18) 4 1+ mr (.14) (.16) oc (.17) följer f M gsin β M = mr R R 4 1+ mr f = R M gsin β mr 4 1+ mr (.19) För att x > 0 d s fordonet accelererar uppför backen kräs således enligt (.17) att M mgr > sin β (.0) oc därmed gäller att f 0 <. Vidare så följer att M ( 1+ ) + mg sin β f R mr mr = > mr (.1) För att förenkla uttrycken antar i fortsättningsis att θ = 0. From (.10) 1 and (.11) 1 erålls ekationerna f H = mx f H = mx oc i kan beräkna H and H enligt H = f mx = m m 1+ ( 1) M M m mr ( 1 mr m ) = R 4 4 R mr mr mr (.) oc H = f mx = 35

36 015 Utgåa M M m ( + 1) m M m mr = R R = mr 4 m 4 R mr mr mr (.3) Ekationerna (.1) ger enom att kombinera (.4) oc (.5) erålls H + H = m kx V + V m k g = 0 (.4) M + ( H + H )( R) V a + V b = ω (.5) k k M + m x ( R) V a + V b = ω (.6) k k k Vi ar tidigare antagit att julen förblir i kontakt med ägbanan. Det är då naturligt att följa upp detta med att anta att ω k = 0 d s att kupén inte roterar. Med detta antagande får man V a V ( ) b M m kx R = 0 (.7) Således M V a V b M mr mk ( R) = mr (.8) ilket i kombination med (.4) ger 1 M mk k ( R m gb mg k mga k M m 1 k V = 1+ ) + V = V = ( 1+ R ) c m 4 1+ c c c m 4 mr 1 + mr (.9) där c= a+ b betecknar julaxelaståndet. Normalkrafterna mot ägbanan ges a uttrycket M m 1 k mkgb N = V + mg = ( 1+ R ) + + mg c m 4 1+ c mr 36

37 015 Utgåa mkga M m 1 k N = V + mg = ( 1+ R ) + mg c c m mr (.30) (.30) följer att om M > 0 oc R så gäller att N > 0 d s kontakten mellan bakjul oc ägbana är säkerställd. För att bakjulet skall rulla utan att glida kräs enligt (1.37) att Detta är ekialent med 1+ M 1 mr M mk mkgb ms( ( 1+ R ) + + mg ) R 4 c m c mr mr M b 4 ( 1+ )( 1+ ) m gr c mr mk R R 4 1+ ms ( + ( 1+ )) mr m c c mr s k (.31) mk R R 4 under förutsättning att 1+ ms ( 1 ) >. För att beålla kontakten mr m c c mr mellan framjul oc ägbana kräs att mkga M m 1 k N = ( 1+ R ) + mg > 0 c c m mr Detta är ekialent med M m b mr R + + m c 4 1+ a + b mr mk R 1+ m R 4 1+ mr mk ga 1 k (.3) mk R Obserera att det gäller att 1+ m R > 0. Villkoret att framjulet skall rulla utan att glida ges a 4 1+ mr 37

38 015 Utgåa (1.37) d s M M gsin b mr b M mk ms( m + mk( 1 )) g mr ( R)) R 4 c c c mr mr m b + ( 1 ) mk c Detta är ekialent med: M ms kgr mb R mr R m c + ms 4 + c mr mr 38