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 Triangelskivan i den plana mekanismen i figuren har en vinkelhastighet medurs i planet med storleken " när lederna O, A och C ligger på en linje och CB är vinkelrät mot denna linje. a) Bestäm var triangelskivans momentancentrum ligger! b) Bestäm hur stor vinkelhastigheten för länkarmen OA är! (2p) 2. Fyra stänger, vardera med massan m, är sammanfogade till en plan, stel kvadratisk ram. Kvadraten 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 upphängd horisontellt i ändarna A och B i två lätta linor. Balkens jämvikt upphör när linan i A plötsligt går av. Bestäm i första ögonblicket den vinkelacceleration balken får. (3p) 4. En installation med två små massor m är stelt förenade med en roterande axel vars läge sammanfaller med z-axeln i ett kroppsfixt koordinatsystem enligt figuren. Massorna är fästa i ett lätt stativ och befinner sig på avståndet d från z-axeln. Vinkelhastigheten " är konstant. Bestäm det totala kraftmoment med avseende på origo O som krävs för denna rörelse. (3p) /KET

2 Teoritentamen 5. a) Ange med pilar i två figurer hastigheter respektive 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 ignorera de inre krafterna i kroppen: i) Kraftlagen ii) Momentlagen iii) Energiprincipen? 6. a) Formulera och bevisa Steiners sats för tröghetsmoment genom att utgå från definitionen av tröghetsmoment. (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 rörelsemängden. ii) För ett hjul som rullar rakt utan att glida på ett horisontalplan är mittpunktens acceleration noll. iii) En stel kropp är statiskt balanserad om masscentrum ligger på rotationsaxeln. 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 för ett partikelsystem. b) Härled sambandsformeln för rörelsemängdsmoment. (2p) /KET

3 1) Problemlösningar Bestäm vinkelhastigheten för armen. Lösning: a) I figur anges hastighetsriktningar för A och B på triangelskivan. Konstruktionslinjer för tänkbara lägen av momentancentrum skissas. Skärningspunkten lokaliseras. I det betraktade ögonblicket har skivan ABD och armen CB båda momentancentrum i C. b) Hastigheten i A som roterar kring C med vinkelhastigheten " blir: v A = r" (uppåt), där r = 5b enligt Pythagoras sats tillämpad på ABC. A tillhör även länken OA. Hastighetssamband i den ger v A = 2b" OA, ty O är fix. Alltså har vi ekvationen: 5b" = 2b" OA, dvs " OA = 5 2 ".

4 2. Kinetisk energi? är erhålls lika translationsenergi och rotationsenergi? Lösning: Bara stötkrafterna verkar. Stötlagarna ger: ( ) = I z e x : S = 4mv G, e z : S a 2 " h för fyra stänger: I z G = ma2 + 4m a 2 G #, där tröghetsmomentet beräknas med hjälp av Steiners sats ( ) 2, dvs I G z = 4 3 ma2. 2 a ( ) 2 a) Kinetisk energi: T = 1 2 ( 4m)v 2 G I G z " 2 = S 2 S 8m + 2 " h G, dvs T = S 2 2I z 8m + 3S 2 1 8m ( 2 " h a) 2. b) För att de två delarna skall bli lika måste gälla: 1= 3( 1 2 " h a) 2 ", dvs h = 1 2 ± 1 % $ ' a. Men # 3 & detta är ju orimligt!! Sådant h finns inte! 3. Bestäm vinkelaccelerationen när linan i A går av! Lösning: Vid A går linan av och balken börjar falla pga tyngdkraften. I första ögonblicket är alla verkande krafter riktade vertikalt (upp/ner). Eulers lagar med avseende på masscentrum ger: " ma G = mg#t (1), (motsols G) I G " = T l (2). Kinematiskt samband i balken mellan B och 2 G: " a G = l 2 # (3). Ekvationerna för Eulers lagar löses: ma = mg" 2I # G G, dvs med (3): l " m l 2 + 2I G % $ '( = mg. # l & 2mgl 3g Vinkelaccelerationen blir: " = ger: " = ml 2 + 4I G 12 2l. ( ), som med I G = ml2 Alternativ lösning: Eulers lagar med avseende på B ger: (motsols B) I B " = mg l 2. Dvs med I = 3g ml2 B fås: " = 3 2l

5 4. Bestäm totala kraftmoment map O som behövs för rörelsen. Lösning: Momentekvationen 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 I O G xz = 0" mdh, I yz= 0 (massor i xz-planet), samt I O z = 2md 2. Dessutom är det totala kraftmomentet beräknat enligt: Tidsderivering av H O och insättning i momentekvationen ovan ger M O = mdh" 2 e y, eftersom e x ="e y.

6 Teoridelen 5a) Hastigheter 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) i) och ii) 6a) Steiners sats för tröghetsmoment är ett samband mellan tröghetsmoment för två parallella axlar: I z = I G z + md 2, där axlarna är i z-riktningen och d är avståndet mellan axlarna. Den ena axeln går genom kroppens masscentrum G. Den andra axeln går genom ett godtyckligt origo O. Inför ett koordinatsystem i O med z-axel som beskriver en av rotationsaxlarna. Låt kroppens masscentrum ha koordinaterna x G y G ( z G ) där z-koordinaten inte spelar någon roll för tröghetsmomentet I z eller I G z. G Definitioner: I # z = m j %[ x j " x G ] 2 + [ y j " y G ] 2 & 2 ) ( och I $ ' z = m j x j + y 2 " ( j ). 2 u gäller I z = m j x j + y 2 " ( j ) = ) m # j % x j " x G + x $ G = m # j [ x j " x G ] 2 + [ y j " y G ] 2 & ) % ( + m x 2 2 $ ' G + y G ty ( ) [ ] 2 + [ y j " y G + y G ] 2 ( ) +0, # m j x j " x G = # m j y j " y G = 0, enligt definition av masscentrums läge. ( ) Vi har då visat I z = I z G + md 2, med d 2 = x G 2 + y G 2 avståndet i kvadrat till z-axeln genom origo. 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. & ( '

7 7 a) RÄTT, 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: r rel = ( r rel ) " # r xyz rel. Sammantaget får vi uppdelningen: v abs = v B + " # r rel + v rel. = v sp Man inför systempunktshastigheten v sp för det 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. 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 rel a sp Detta är Coriolis teorem. a cor a rel v rel 8 a) Kraftlagen för partikelsystem För ett partikelsystem införs följande definitioner: Def. rörelsemängd: p = m 1 v 1 + m 2 v 2 + m 3 v 3 +L = Def. massa: m = m 1 + m 2 + m 3 +L Def. masscentrums läge: r G = m 1r 1 + m 2 r 2 + m 3 r 3 +L m Def. masscentrums hastighet: v G = m 1v 1 + m 2 v 2 + m 3 v 3 +L m Definitionerna av masscentrums hastighet och rörelsemängd ger v G = p m, som i sin tur ger a G = p m. Def. 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. " p j

8 y kraftekvation: Börja med totala rörelsemängden. yttre p = " p j = " F j = " F j = F. y lag ser lika ut som för en partikel: F = p 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 definition i=1 1 i=12 3 r AB av masscentrum. Således: H A = H B + r AB " mv G som kallas sambandsformeln för rörelsemängdsmoment. mv G

9

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