Mer Friktion jämviktsvillkor

Transkript

1 KOMIHÅG 6: Torr friktion: F! µn. Viskös friktion: F = "cv. Extra villkor för jämvikt: risk för glidning eller stjälpning Föreläsning 7: Mer Friktion jämviktsvillkor 1 m µ 2 L µ 1 x Problem: En lätt stång av längd L stödjer en massa m som bara kan röra sig vertikalt. Friktionstalet µ 1 mot underlaget skiljer sig från friktionstalet µ 2 i kontakt med massan. Bestäm först friktionskrafterna för läget i figuren. Ange sedan friktionsvillkoren för jämvikt.

2 Lösning: Friläggning av massan ger " N 2 # mg = 0.Frilägg sedan stången: 2 F 2 mg N 1 Jämvikt kräver: " F 1 # F 2 = 0 $ N 1 # mg = 0 F 1. där momentekvationen avser kontaktpunkten mot underlaget. De lika stora friktionskrafterna blir således: mgx F 1 = F 2 =. L 2 " x 2 Friktionsvillkoren blir: F 1 mg = x L 2 " x 2 < µ 1, och F 2 mg = x L 2 " x < µ. 2 2 Beroende på vilket friktionstal som är minst får vi villkoret µl x max =, där µ = min { µ,µ 1+ µ 2 1 2}.

3 Exempel 2a 3 P h (2b) A En gradvis ökning av belastningen P på lådan görs. Undersök vilket villkor för friktionstalet µ som måste gälla för att den belastade lådan ska stjälpa när P växer innan glidning inträffar. Lösning: Kraftanalys (dvs rita och identifiera krafter, dvs frilägg ): 2a P h A x mg N (2b) f Kraftjämvikten ger: P " f = 0 och N " mg = 0. Härur kan friktionskraften och normalkraften bestämmas. f = P, N = mg. Momentjämvikten: Nx " mga " Ph = 0. Härur kan x bestämmas. x = a + Ph. För gränsen till glidning gäller: P = µmg. mg För gränsen till stjälpning, dvs x=2a, gäller: P = a h mg. För att stjälpning skall inträffa först då kraften P ökar krävs: a h < µ.

4 4 Jämviktsläge för flexibla system Fjäderkraft: När en rak fjäder är i vila har den en längd som kallas vilolängd. Om en fjäder sitter fast i ena änden och i andra änden påverkas av en dragkraft F drag ändras dess längd. En ideal fjäder ändrar sin längd proportionellt mot kraftens styrka, dvs dubbelt så stor förändring av längd för dubbla kraften. Sambandet mellan dragkraft och förlängning kan skrivas: F drag = k( x " L)e x, där x anger läget av den rörliga änden, L är vilolängden och k är den så kallade fjäderkonstanten som bestämmer styvheten i fjädern. Vektorn e x anger förlängningsriktningen. OBS: Fjäderns egen kraft är motsatt riktad dragkraften! Dvs: F fjäder = "k( x " L)e x (fjäderkraften) Ofta betecknas fjäderkraften i denna kurs med F k, där k betyder fjäderkonstanten för fjädern. När den rörliga fjäderänden är i (det enda) läget x = L finns ingen kraft i fjädern.

5 Jämviktsläge: Betrakta en massa som hänger i en fjäder med känd vilolängd L och känd fjäderkonstant k. Massan påverkas av två krafter, tyngdkraften mge x (neråt i figuren) och en fjäderkraft "k( x " L)e x (uppåt). Vid jämvikt blir totala vertikala kraften noll, dvs "k(x " L) + mg = 0. Den rörliga fjäderänden befinner sig i läget x = L + mg, som även beskriver k jämviktsläget för massan. Där kan massan ligga still. 5 Jämviktslägen kan vara stabila eller instabila. I detta fall är jämviktsläget stabilt.

6 Problem. 6 En pappersrulle med massan m skall rullas uppför ett sluttande plan med hjälp av en kraft N. Bestäm N om friktionstalet är µ. Lösning: Kraftanalys: Vi observerar att momentjämvikten kräver att f 1 = f 2. Antag också att N < N 1, så att glidningsgränsen blir f = µn. Jämviktsekvationer: " N 1 sin# $ N( 1$ µcos# ) = 0 " N 1 cos# $ mg $ µn( 1+ sin# ) = 0 Eliminera N 1. Lös N och förenkla med trigonometriska ettan. mgsin" N = cos" # µ # µsin".

7 7 Problem: a) Figuren visar en perspektivskiss av kraftvektorer vars belopp är proportionella mot en kantlängd (två krafter) samt en sidodiagonal (en kraft). Räkna ut resultanten i origo, dvs kraftsumma R och momentsumma M O. b) Bestäm en annan momentpunkt r C i rummet med avseende på vilken krafternas momentvektor blir parallell (eller antiparallell) med kraftsummans vektor R. Använd sambandsformeln för byte av momentpunkt: M O = M C + r C " R. Lösning: Systemets kraftssumma: R = 2F e z = ( 0,0,2F ). Momentet map origo : M 0 = ( Fa/ 2+ Fa,"Fa,"Fa). Hitta en ny momentpunkt som tar bort momentkomponenter " mot R, i detta fall x- och y-komponenterna. Sambandsformeln för moment ger: M C = M O " r C # R. Vi ser att hur vi än letar punkter kan vi inte ändra momentet med avseende på z-axeln. Alltså letar vi efter en punkt så att r C " R = M O # M C = ( 3Fa/ 2,#Fa,0). z C kan inte bestämmas entydigt. Skriv nu ekvationer med x C,y C ur vektorekvationen: y C 2F = 3Fa /2 "x C 2F = "Fa som har lösningen: x C = a/2 y C = 3a/4.

8 KOMIHÅG 7: Jämvikten kan rubbas: stjälpning, glidning. Flexibla system- jämvikt bara i jämviktslägen Föreläsning 8: PARTIKELKINEMATIK (rörelse) Kinematiska storheter: läge-hastighet-acceleration y 8 r! r m a v x Definitioner: hastighet : v = dr dt = r fart : v = v acceleration: a = d2 r dt 2 = r = v Dessutom införs Rörelsemängd: p = mv, dp Newtons 2:a lag: dt = F.

9 Kinematik med vanliga (kartesiska) x, y, z-koordinater: Problem: Rörelsen i planet beskrivs av tidsfunktionerna x(t)= bt, y( t) = c " gt 2 / 2, där b, c och g är konstanter. Bestäm hastigheten och accelerationen, samt vinkeln mellan dem. Lösning: Först använder vi definitioner med hjälp av de kartesiska koordinaterna x och y. ( ) = bt,c " gt 2 / 2 ( x ( t), y ( t) ) = ( b,"gt) v = ( 0,"g) r = x( t),y( t) v = ( ) a = Det är här fråga om en kaströrelse, ty accelerationen är konstant riktad neråt i (vertikal-) planet. Vinkeln mellan acceleration och hastighet får man sedan ur skalärprodukten: v a = vacos" b 2 + ( gt) 2 # g#cos" g 2 t = dvs # & gt " = arccos% ( % $ b 2 + ( gt) 2 ( ' När är mellanliggande vinkel 90 grader? 9

10 Annat val av koordinater: 10 Problem: Låt nu rörelsen i planet beskrivas av de polära koordinaterna r (konstant) och ". För likformig cirkelrörelse är "( t) = #t, där " är konstant. Bestäm för denna rörelse läge, hastighet och acceleration och vinklarna mellan dessa. Lösning: Vi kan nu beskriva läge-hastighet-acceleration som vektorer r = rcos" ( t),rsin" ( t) ( ) ( ) = r cos#t,sin#t ( ) = #r( $sin#t,cos#t) v = $#rsin#t,#rcos#t a = $r# 2 ( cos#t,sin#t) = $# 2 r Läge och hastighet är vinkelräta, ty r v = "r 2 (#cos"tsin"t + sin"tcos"t) = 0 medan läge och acceleration tydligen är anti-parallella. Denna rörelse kallas likformig cirkelrörelse. v r a

11 Kinematiska samband: 11 Om bara accelerationen är känd, behöver man integrera för att få hela kinematiken, dvs även läge och hastighet. Vi tittar på några olika fall: 1) Konstant acceleration. a Problem: Hur rör sig en partikel som har accelerationen a? Lösning: Vi väljer lämpliga x, y, z axlar så att a = ( 0,"a,0). Definitionen av accelerationen a : a = dv dt säger att hastigheten v är primitiv funktion till a. Dvs v = a t + konst. Konstantens värde måste vara hastighetens värde då t = 0. Vi skriver v = a t + v 0. Detta är en vektorekvation. Hur ser den ut i komponentform? Slutsats: Om vi vet a måste vi också veta v 0 för att fullständigt veta hastigheten vid en godtycklig tidpunkt!! Om v är känd kan vi använda definitionen v = dr dt för att bestämma läget r. Hastigheten är en primitiv funktion av hastigheten: r = 1 2 a t 2 + v 0 t + konstant. Konstantens värde är läget vid tidpunkten t = 0. Vi skriver: r = 1 2 a t 2 + v 0 t + r 0.

12 2) Tidsberoende acceleration. Problem: En partikel rör sig med y-koordinatens beteende y( t) = bt 3 "ct, med b=4 ms "3 och c=3 m/s. Dessutom vet man att accelerationen i x-riktningen ges av a x = et, där e= 12 ms "3. Bestäm hastighets- och accelerationsvektorerna och deras belopp vid t=1 s, om begynnelsehastighetens x-komponent vid t=0 är 4 m/s. Lösning: Rörelsen i y-led är fullständigt bestämd, återstår huvudsakligen att bestämma v x ( t). I x-led gäller t { a x = v x } " v x ( t) = # a x ( t' )dt' + v x 0 varur v x (t) = t t 0 " et'dt' + v x0 = 1 2 et m/s. 0 Konstruktion av vektorerna ger nästan omedelbart: # v ( t) = v x ( t),v y ( t) % $ samt a ( t) = a x ( t),a y ( t) ( ) = 1 2 et m/s, 3bt 2 " 3m/s ( ) ( ) = et, 6bt Insättning av konstanters numeriska värden samt t=1 s, ger sedan v ( t =1s) = ( 10,9) m/s samt ( ) m/s 2 a ( t =1s) = 12,24 v( t =1s) = 181 m/s a( t =1s) =12 5 m/s 2 & ( ' 12