Möjliga lösningar till tentamen , TFYY97

Transkript

1 Tal Se kurslitteraturen. Möjliga lösningar till tentamen 069, TFYY97 Tal Det finns oändligt många lösningar till detta tal. En möjlig lösning skulle vara följand. Börja med att titta i -led. Masscentrum beskrivs som cm n = mi. Vi vill att cm = 0 vilket ger att mi = 0. M tot i = Vi kan balansera -aeln genom att placera en g vikt vid position (-0.45; 0), detta gör att cm 0, t m = 0 m gram men det kommer då att visa sig att vi måste placera en vikt på ca 44 gram på position (0; -0.45) och så stor vikt har vi inte att tillgå. Sålunda måste vi välja att balansera -aeln med en vikt som ligger både utmed negativa - aeln och utmed negativa -aeln. Välj te. att placera den på = 0.3 meter. Detta ger att m = 0 m 33 gram. Sålunda kommer denna vikt att få position ( 0.3 ; -0.34). Balansera i -led. Här gäller att cm n = m. M tot i = i Vi har här dels vikten ifrån hjulet samt vikten ifrån -led att ta hänsn till. Genom att placera den andra vikten på -aeln så ger den inget bidrag i -led. Detta ger m 0.45 = 0 m 0 gram. Observera att det är den avrundade vikten ifrån beräkningen i -led som används. Vi erhåller sålunda följande bild där position för respektive vikt är: m ( 0.3 ; -0.34) meter m (0 ; -0.45) meter n i= Y X m m Möjliga lösningar till tentamen i Mekanik för KB 069, TFYY97

2 Tal o L H h S 3a) Inför följande beteckningar: S ma h=3 m Väggens höjd H August (=klotet) höjd ovanför marknivå. L August (=klotet) avstånd ifrån takkanten. S= m Avståndet mellan vägg och lottas lilltå. φ = 45 o Takvinkeln på taket. Problemet delas upp i ett energiproblem och ett kastparabelproblem. Sök klotets hastighet vid takkanten. Vi löser problemet med hjälp av energikonservering. Klotets lägesenergi just då det släpps är E p, i = mgh och dess kinetiska energi E k, i = 0 Vid takkanten är E p, f = mgh och Ek, f Icomω + mvcom. Med Icom 5 com = mr och v ω = erhåller vi R v 7 E mr mv mv 5 R 0 com k, f = + com = com Energikonservering gäller, lägesenergi omvandlas till rörelseenergi. 7 0 i f p, i k, i p, f k, f com com ( ) E = E E + E = E + E mgh = mv + mgh v = g H h. Detta är 0 7 den hastighet som klotets masscentrum har när klotet rullar ut ifrån taket precis vid takkanten, dvs. klotets hastighet kan skrivas som o 5 g( H h) 5 g( H h) v cos ˆ sin ˆ 45 ˆ ˆ ˆ ˆ klot = vcom φ + vcom φ = φ = = + = v + v 7 7 Jag sätter här in vinkelvärdet i beräkningarna då det inte medför någon avrundning. X-led (positiv ael till höger i figuren) Möjliga lösningar till tentamen i Mekanik för KB 069, TFYY97

3 S S = v t t = v Y-led (positiv ael nedåt i figuren) samt sätt in ekvation lösning ifrån -led. S S 7S h = v t + gt = v + g = v v S v v = = + 0( H h) 3 7S h = m Detta ger H = + h = = 5.8 meter 0( h S) S = m. ( H h) August sitter sålunda L = 4 meter ifrån takkanten. sinφ 3b) Maavståndet är S ma = 3m. Detta ger att S=0.9*3=.7m. Detta ger att 7S h = 3m H = + h = 0m 0( h S) S =.7m, ganska högt upp för lilla August. Möjliga lösningar till tentamen i Mekanik för KB 069, TFYY97

4 Tal 4 Kulans bana i horisontell och vertikal led är oberoende av varandra, sålunda betrakta vi dom separat. Horisontell led Älgen springer egentligen inte på konstant avstånd för då måste den springa i en cirkelbåge och det har jag aldrig sett en älg göra. Dock, vi antar att avståndet är konstant för att underlätta beräkningarna s 50 Den tid det tar för kulan att färdas till älgen är t = = = 0.8s. Under denna tid hinner v 900 älgen springa ä lg 55 = 0.8 = 4. m. Ivar måste sikta 4.m framför älgens hjärta. 3.6 Approimationen att älgen sprang ortogonalt mot skjutriktningen (dvs i i en cirkel rörelse) gjorde att det verkliga skjutavståndet (4.m framför älgen) i själva verket är X skjut = = 50, 035 meter, dvs avståndet ökar med ca 3.5 cm. Med hänsn taget till detta så bör Ivar sikta tterligare ca 0,6 mm framför älgen, förutom de 4. m som han redan siktar, dvs. försumbart och den precisionen har ingen älgjägare. Vertikal led Nu siktar Ivar nedåt. Vi erhåller då h = vt gt, där v = 0 Kulan faller h = gt = 0.38m. Ivar måste sikta 0.38m ovanför hjärtat. 0 Möjliga lösningar till tentamen i Mekanik för KB 069, TFYY97

5 Tal 5 5a) Plattan har tröghetsmomentet sats så blir dess tröghetsmoment kring handen Då stolen gått sönder så beskrivs kraft ekvation i -led som: ml I 0 = (Phsics Handbook). Genom att använda Steiners L ml ml ml I = I0 + m = + = 4 3. F mg = ma hand mc Momentekvation runt handen ger L mg = d θ I dt Brickan kommer nu att rotera runt handen. Relationen mellan vinkelacceleration och masscentrums acceleration beskrivs just vid stolssammanbrottet som L d θ a =, där vinkeln mäts i radianer. dt Sålunda erhåller vi vid stolssammanbrottet L Lmg 3mg mg Fhand = mamc + mg = m + mg = + mg = I 4 4 5b) ml ml ml 7mL Vi erhåller ett ntt tröghetsmoment enligt Intt = I + = + = L m 3L m + L 3 Vi beräknar ett ntt läge för masscentrum 4 4 L L0 = = = m 5 m L d θ Momentekvation kring handen blir mg = I 5 dt Relation mellan masscentrums acceleration och vinkelacceleration blir 3L d θ a = 5 dt Kraften vi handen blir sålunda 3L 3Lmg 08mg 67mg Fhand = mamc + mg = m + mg = + mg = 5 5I Dvs kraften i handen ökar med ca 53%. Möjliga lösningar till tentamen i Mekanik för KB 069, TFYY97

6 Tal 6 Antag att personen har vikten m kg. Friktionskoefficienten betecknas µ mellan personen rgg och tunnan. Newtons andra ekvation i radiell led ger r led N = ma = m = v = R = m R ˆ : r påverkar personen. v R [ ω ] ω, dvs det är centripetalaccelerationen som I vertikal led verkar tngdkraften och friktionskraften. För att inte glida nerför tunnans insida måste friktionskraften vara större än tngdkraften. Ff = µ N mg dvs µ mω R mg ω. Med insatta värden så erhåller vi µ R ω.86 rad/s vilket är 0.46 varv/sekund. g Möjliga lösningar till tentamen i Mekanik för KB 069, TFYY97