Mekanik F, del 2 (FFM521)

Transkript

1 Mekanik F, del (FFM51) Ledningar utvalda rekommenderade tal Christian Forssén, Uppdaterad: April 4, 014 Lösningsskissar av C Forssén och E Ryberg Med reservation för eventuella fel Skicka eventuella kommentarer till: christianforssen@chalmersse Kapitel 6 P6/6 (MK, 7th ed) Svaret på denna uppgift involverar ganska många vinklar och avstånd Använder man den givna geometrin och θ = 45 förenklas dessa uttryck en hel del Staven utför en ren rotationsrörelse runt en axel genom O Rita ett friläggningsdiagram och inse att normalkrafterna är riktade mot punkten O Teckna kraftekvationerna och använd kinematiken för att få masscentrums acceleration Teckna vridmomentsekvationen map en axel genom O Tröghetsmomentet fås genom Steiners sats Tre obekanta (F A, F B, θ och tre ekvationer gör det möjligt att finna svaret

2 P6/7 (MK, 7th ed) Finn masscentrum Med koordinatsystemet i figuren, och origo i L- stavens hörn, ligger detta i punkten ( l/4, l/4) Finn tröghetsmomentet på valfritt sätt Enklast genom att använda Steiners sats Notera att totala massan är m Vi finner Ī = 5 4 ml Kraftekv P ĵ = m a G och momentekv P 3 4 lˆk = Īαˆk Accelerationen för punkten A finner man sedan genom a A = a G + a A/G P6/97 (MK, 7th ed) Utnyttja sambandet a B = a A + a B/A Notera att masscen- Gör en friläggning och teckna kraftekvationer trums acceleration är a G = Lα cos θî L α sin θĵ Vi behöver en ekvation till Välj förslagsvis vridmomentsekvationen map punkten C som ligger ovanför A och till vänster om B För denna punkt gäller att MC = Ī α + m r G a G

3 P6/107 (MK, 7th ed) Teckna vridmomentsekvationen map cirkelns mittpunkt Notera att staven utför en ren rotationsrörelse runt mittpunkten Eftersom normalkrafterna inte utövar ett vridmoment map mittpunkten räcker det med denna rörelseekvation som kommer att innehålla den enda okända storheten: α Vi behöver dock avståndet till stavens masscentrum vilket dyker upp i tröghetsmomentet I O = 1 1 ml + m r Rita en tydlig figur för att se att denna kan vi teckna som en funktion av cirkelspårets radie r +l /4 = R Radien får vi tex med cosinussatsen som l = R R cos(θ + π/) = R (1 + sin θ) Svaret blir α = g l 3 sin θ(1 + sin θ) sin θ P6/118 (MK, 7th ed) Arbete-energi principen ger U = T, där det utförda arbetet är U = F l Kraften angriper hela tiden i den översta punkten, vilken rör sig med dubbla hastigheten jämfört med masscentrum Vi har alltså att l = s, där Ss är sträckan som masscentrum rört sig I slutläget är den kinetiska energin given av T = T ring + T stav, där T ring = 1 M v + 1 Īringω = Mr ω, T stav = 1 m v + 1 Īstavω = 3 mr ω, där v = ωr och varje stav har längden r och massan m = m 4sF Slutligen ger arbete-energi principen att ω = (M+16m/3)l

4 P6/14 (MK, 7th ed) I det givna startläget har stavarna ingen kinetisk energi Den potentiella energin (med nollnivån då θ 0) är V = mg b sin θ ( + mg b sin θ + b sin θ ) I slutläget har stavarna ingen potentiell energi men kinetisk energi: T = T upper + T lower Den undre stavens kinetiska energi kan tecknas genom att inse att den utför fixpunktsrotation kring O med rotationshastighet ω lower = v B /b vilket ger: T lower = I ( O,stav vbb ) Den övre stavens masscentrum har hastigheten (v A + v B )/ och rotationshastighet ω upper = (v A v B )/b vilket ger T upper = m va ( ) +v B + Ī stav ( va v B b ) Notera att v A = v B + v A/B vilket ger v A = v B Arbete-energi-principen ger att U = T och vi får v A = 6gb sin θ P6/179 (MK, 7th ed) Svaret kommer givetvis att bero på vilka antaganden man gör för kroppens form Approximera dykaren som en tunn stav (längd l) i det första läget och som ett klot (radie r) i det andra Förhållandet mellan rotationshastigheterna ω 1 och ω fås genom konservering av rörelsemängdsmoment Konserveringen av L runt masscentrum ger 1 1 ml ω 1 = 5 mr ω Vilket ger ω = ω 1 5 l 4 r

5 P6/00 (MK, 7th ed) Rörelsen utgörs av en inelastisk stöt mot A, kontaktpunkten med kanten (se figur), samt en efterföljande rotation kring fix axel genom A För stöten har vi konservering av rörelsemängdsmoment map axel genom A Burken kommer att ha hastigheten v = LΩ vid stötögonblicket, där L är avståndet från gångjärnen (dörrens rotationsaxel) Vi får alltså att mv(r h) = I A ω, där I A = 3mr / och ω är rotationshastigheten som burken får kring axeln genom A efter stöten Detta ger r Ω = 3 L(r h) ω För den efterföljande rotationsrörelsen gäller att tyngdkraften kommer att uträtta ett negativt arbete U 1 = T, där arbetet alltså motsvarar minskningen av den potentiella energin Frågan är då om detta räcker till för att få tyngdpunkten över kanthöjden h Gränsfallet är då rotationen precis avstannar i läget då masscentrum är ovanför kanten mgh = 1 ( ) 3 (ω mr 0 ) ω = Med uttrycket ovan får vi svaret Ω = 3 r 4gh L(r h) 3 4gh 3r