LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 14. Kroppen har en rotationshastighet. Kulan P beskriver en cirkelrörelse. För ren rotation gäller

Transkript

1 LEDNINR TILL ROBLEM I KITEL 4 L 4. Kroppen har en rotationshastighet. Kulan beskriver en cirkelrörelse. För ren rotation gäller v = r v = 5be O t Eftersom och r O är vinkelräta bestäms storleken av kryssprodukten med belopp gånger belopp. Riktningen bestäms av högerregeln. ccelerationen ges av a = r + r O O a = 5b e + 5b e = 5bαe + 5b e t n t n Den första kryssprodukten bestäms på samma sätt som för hastigheten. Den dubbla kryssprodukten bestäms i två steg: först parentesen och sedan hela uttrycket. L 4. Kroppen har en ren rotationshastighet. unkten beskriver en cirkelrörelse. För ren rotation gäller v = r v = Re O t där vinkelfarten fortfarande är okänd. ccelerationen, som är känd, ges av a = r + r a = Rαe + R e = 5. e + 4e m/s t n t n Rα = 5. m/s ; R = 4 m/s O O Eftersom R = 0. 50m fås resultatet α = 6 rad/s ; = 4 rad/s

2 L 4.3 unkten har en acceleration som ges av a = r + r O O Vi måste alltså ur det givna i princip bestämma vinkelaccelerationen och vinkelhastigheten. En punkt på den lilla remskivans periferi måste ha farten v B. Vi får då skivans vinkelhastighet ur v = r v = B r = v B = rad/s = 0 rad/s r 0. ccelerationen för en punkt på den stora skivans periferi ges av a = r+ r a = R e + R e ccelerationen i tangentialriktningen är den givna a. Det betyder R = a = a α = 34 R 033. Resultatet blir t n rad/s a = R a R vb a R et en e e e e R + = + r r v = t B n t n m/s L 4.4 lla tre kropparna har ren rotationsrörelse. En punkt på en av de oelastiska remmarna har samma fart som alla andra punkter på remmen. En punkt på periferin av en remskiva måste ha samma fart som remmens fart. Detta leder till ekvationerna 3r = rb B = 3 r = 4r = 6 C B C

3 L 4.5 unkten har en acceleration som allmänt kan skrivas a = r + ( r), där lägevektorn börjar i centrum av skiva C. Med naturliga basvektorer blir det a = rα e + r e () C t C n Bestäm alltså först α C och C! Varje del av en rem har lika stor fart men inte lika hastighet. Varje del av en rem har också lika stor fartökning per tid, dvs acceleration i hastighetsriktningen. Den vänstra remmens fart kan skrivas antingen som periferihastigheten för skivan eller periferihastigheten för B. Motsvarande gäller också för den andra remmen. Låt vara vinkelhastigheten för. r = rb rb = r C C = 4 C = αt 4 b) Tidsderivering ger α = C α. Insättning i () ger 4 α αt a = r e + r e 4 4 t n Storleken blir då a = r α t r t r + α 4 4 = α + α L 4.6 Stången O har en rotationshastighet. Ändpunkten har en cirkelrörelse. Hastigheten kan skrivas v = be θ. Hastighetskomponenten i x-riktningen kan skrivas ( v ) = bsin θ och är densamma som hastigheten för stången x BC. ccelerationen för är a = bαe b e θ r Stången BC får då en acceleration i x-riktningen som är = + a bαsinθ b cosθ x lternativt tecknas koordinaten för. Två tidsderiveringar ger resultatet

4 L 4.3 I vissa fall kan det vara enklast att ställa upp koordinaten för punkten i fråga och tidsderivera för att få hastigheten. y = b sinθ + B c b sin θ sin y = b + c b sin b sin cos B θθ ( θ ) θ θθ cos y = b b + θ B c b sin sinθ θ L 4.5 ntag att bakhjulet har vinkelhastigheten och kedjekransen eller pedalarmen vinkelhastigheten Ω. Centrumpunkten på hjulet har hastigheten v. Den punkt på hjulet som råkar vara i kontakt med vägen har hastigheten noll och är momentancentrum. Detta kan utnyttjas för att bestämma vinkelhastigheten: v = R = v R Varje länk på kedjan har samma hastighet i kedjans riktning. Om kuggkransen och kedjekransen har radien r respektive r gäller alltså att periferihastigheterna måste vara lika: r = rω Kuggkransen har ju samma vinkelhastighet som bakhjulet. Men antalet kuggar är proportionellt mot omkretsen, dvs radien. Ω= r r Ω= N N Ω= Nv NR

5 L R y O R x Det handlar om en stel kropps rotation kring en fix axel O. Masscentrum T för hela kroppen ligger på avståndet x T under O. Masscentrums läge bestäms som för en sammansatt kropp: x T T mg β x T = mb mc m + m De enda krafter som påverkar systemet är tyngdkraften och reaktionskraften i upphängningspunkten O. () Momentekvationen är med avseende på rotationsaxeln M = H d eller M t I = ( Oθ ) () d I det nedersta läget ger inte tyngdkraften något kraftmoment så att vinkelaccelerationen är där θ = 0. Detta utnyttjas i kraftekvationen F = ma som i komponentform för det nedersta läget blir : R x = 0 (3) : Ry mg = mxt (4) Masscentrum T har ju i detta läge bara en vertikal (centripetal-)acceleration. R = m g+ x y ( T ) + ( ) Ry = m + m g mb mc Lagen om den mekaniska energins bevarande T + V = T0 + V0 (5) ger nu om index står för vändläget och 0 för det nedersta läget Ekv () ger 0 mgxt cos β = mc + mk0 mgxt (6) cosβ = mc mk 0 mgx T (7) mc + mk 0 cosβ = gmb mc

6 L 4.5 De yttre krafterna på rullen är trådkraften S, tyngdkraften mg samt en reaktionskraft vid axeln. Dessutom verkar friktionen vid axeln som motsvaras av kraftparsmomentet M. å den hängande kroppen verkar trådkraften S och tyngdkraften m g. Momentekvationen för trådrullen med avseende på centrum O, som är en fix punkt M O = H O O : Sr M I = θ () Kraftekvationen för den hängande kroppen F = ma : mg S= mx () De obekanta är S, x och θ. Vi behöver alltså en till ekvation. Den ges av kinematiken och motsvaras av rullningsvillkoret. Den hängande kroppens hastighet måste vara densamma som hastigheten i den punkt på rullen där tråden löper ut. x = rθ x = r θ (3) Dividera ekv () med r och addera sedan ekv () och ()! Inför också det givna tröghetsmomentet I = md! M md mg = θ + mx (4) r r Om rullningsvillkoret insättes fås M md mg = + m x r r x mgr Mr = mr + md Denna acceleration är konstant. Vi kan bestämma hastighet som funktion av fallsträcka på samma sätt som vi gör för fritt fall Det är naturligtvis också möjligt att skriva upp momentekvationen med avseende på den fixa axeln för hela systemet. Då blir trådkraften en inre kraft och den hängande kroppen bidrar till rörelsemängdsmomentet: d O : mgr M t I rm x = ( θ + ) d Ekvationen överensstämmer med ekv (4)!

7 L 4.5 alt lternativt och kanske hellre löses problemet med lagen om arbetet: Här är h U = T T0 mgh Mθ= mv + mk θ mv0 mk θ 0 = rθ och v = rθ. L 4.6 Tyngdkraften och trådkraften S verkar på kroppen. Kraftekvationen och momentekvationen ger mg S = mx () S r = I θ () Kinematik (rullning) x r x = r θ (3) Sätt in () och (3) i ()! I x mg = mx r r mg = m I g + x x r = I + mr g ccelerationen konstant ẋ = x I + mr Jämför ẋ = gx vid fritt fall

8 L 4.7 ntag att kraften vid rotationsaxeln har komponenterna H och V. Vinkelaccelerationen är α. Momentekvationen och kraftekvationen ger mgbcosθ = Iα () H = mbαsin θ () V + mg = mbαcos θ (3) L 4.8 I det första ögonblicket är (vinkel)hastigheten noll. Krafterna är tyngdkraften och normalkrafterna i ändpunkterna. Normalkrafterna har radiella riktningar och bidrar ej till momentet med avseende på centrumaxeln. Momentekvationen M = H () ger mg b I O 4 = θ () Tröghetsmomentet bestäms med Steiners sats: Insättning i ekv () ger b mb mb mb IO = I + m = + = 3 6 mgb 6mgb 3g θ = = = 4I 4mb b O (3) L 4.3 Lagen om arbetet U = T T 0 () S b = mr 0 () = Sb R m (3)

9 L 4.34 Momentekvationen M = H () Inget yttre kraftmoment M ger att H är en rörelsekonstant: md mb mb + + mc 0 = md + + mc ( + b) () mb md + + mc = mb md + + mc + ( b) 0 (3) L 4.35 Momentekvationen för hela systemet: M = H () Inget yttre kraftmoment M betyder att H är en rörelsekonstant: I0 = ( I + mr ) () ( ) + = ( + + ) I + m R Rm v I m R m R (3) I = I + m R 0 I 0 + Rmv = I + m R + m R

10 L 4.37 N c mg r N B B x Frilägg halvcirkelbågen! Verkande krafter är dragkraften, tyngdkraften mg och normalkrafterna N och N B. ccelerationen bestäms av kraftekvationen medan momentekvationen måste användas för att bestämma de två normalkrafterna. Lägg en x-axel längs spåret med positiv riktning åt höger. Ställ upp komponenterna av kraftekvationen och momentekvationen: F = ma : = mx () : N + NB mg = 0 () M = H : r ( N N )+ c = I θ (3) B Ekv () ger direkt accelerationen x m (4) Vinkelaccelerationen θ = 0. Ekvation () och (3) kan då skrivas N + NB = mg (5) c N N r B = (6) r Vi vet masscentrums läge: c =. ddition av ekvationerna (5) och (6) ger π N = mg + π (7) Resultatet är alltså N B = mg π ; mg N = + π som visar att om = π mg så blir N B = 0.