Var ligger tyngdkrafternas enkraftsresultant? Totala tyngdkraftmomentet (mätt i origo) för kropp bestående av partiklar: M O. # m j.

Transkript

1 1 KOMIHÅG 4: Enkraftsresultantens existens. Vanliga resultanter vid analys av jämvikter. Jämviktsanalys: a) Kraftanalys - rita+symboler b) Jämviktslagar- Euler 1+2 c) Beräkningar Föreläsning 5: MASSCENTRUM Diskret eller kontinuerlig fördelning av tyngdkrafter: Masscentrum en balanspunkt för vridningar: Kroppen kan ha olika orienteringar, men en axel genom en viss punkt (masscentrum) lämnar kroppen i vila. b) a) a) mg mg Streckade linjer är enkraftsresultantens verkningslinjer för två olika kroppsorienteringar a) och b).

2 Var ligger tyngdkrafternas enkraftsresultant? Totala tyngdkraftmomentet (mätt i origo) för kropp bestående av partiklar: M O = " r j # m j g = " m j r j ( ) # g. Det finns enkraftsresultant eftersom alla enskilda kryssprodukter och det totala momentet M O "g. Dvs, alla krafter och även kraftsumman är ortogonala mot M O. Ersätt alla tyngkrafter med en total tyngdkraft mg i någon punkt r G så att M O = r G " mg, eller om vi flyttar massan i formeln: M O = mr G " g. Vi ser att överensstämmelse med 2 sidans första formel kräver r G = -- Punktpartiklar "m j r j m. "m j r j r G = ( x G,y G,z G ) = m. -- Kontinuerlig massfördelning: Massan M är fördelad inom volymen V. ( ) = 1 M dmr r G = x G,y G,z G " = 1 M M " dm dv r dv V För homogena föremål är densiteten konstant (lika med M/V) och kan flyttas utanför integralen, dvs r G = ( x G,y G,z G ) = 1 " dm M dv r dv = 1 " V r dv (homogent) V V

3 Masscentrum för sammansatta kroppar: Ibland sätts enkla kroppar ihop till något mer komplicerat. För sammansatta kroppar: "( m) j r gj j r G =, ( m) j " j där de enkla delkropparnas masscentra (numrerade med index j) antas ha kända lägen r gj, eller för kontinuerlig massfördelning av kända masselement: r G = 1 M " dmr. g M 3 Exempel: Kontinuerliga massfördelningar kan ibland ses som en mängd ihopklistrade strimlor av samma form. a) En rektangel kan ses som en packe av tunna raka remsor. b) En cirkulär skiva kan ses som en packe av tunna cirkulära remsor.

4 4 Jämviktsproblem Problem: Betrakta en smal, homogen balk i jämvikt som är infäst i en betongvägg. Den synliga delen av balken har längd L och massa m. Studera det inre momentet i ett snitt på avståndet x från väggen. Lösning: Vi frilägger den högra (fria) delen av balken. M R L-x W Eftersom de enda yttre krafterna på yttre delen av balken, representerade av tyngdkraftens resultant # W = m $ % L ( L " x) & '( g, är vertikala kan vi från början ansätta en inre vertikal tvärkraftsresultant R, samt ett inre moment M. För momentjämvikt av yttre delen av balken med avseende på snittpunkten fås M + 1 ( 2 L " x $ ) mg L # ( L " x ' & )) = 0, dvs % ( M = " 1 mg ( 2 L L " x ) 2, (dvs moturs) Det inre momentet ökar kvadratiskt in mot infästningen!!

5 5 P r Problem Ett homogent halvcylinderskal hålls i jämvikt på ett horisontellt underlag med ett horisontellt snöre. Bestäm den friktionskraft som behövs för en given lutningsvinkel ". Ledtråd: Masscentrums läge är beläget på avståndet 2r/ " från skalets centrum längs tvärsnittets symmetrilinje. Redovisa införda beteckningar.

6 6 Lösning Vi inför beteckningar enligt figuren. Jämvikt kräver: N = mg och P = F µ. Momentjämvikt med avseende på cirkelcentrum ger dessutom: $ 2 ' & rmg # rp) sin* # rf %" ( µ = 0 dvs F µ = 2mgsin" #(1+ sin").,

7 7 KOMIHÅG 5: Masscentrum: --3 partiklar: r G = ( x G,y G,z G ) = m r + m r + m r M --Kontinuum: ( ) = 1 M dmr r G = x G,y G,z G " = 1 M M " dm dv r dv Föreläsning 6: FRIKTION Friktionsmotstånd uppstår mellan fasta kroppar som glider mot varandra om inte ytorna är glatta. Friktion kan även uppstå om en kropp rör sig i en gas eller vätska. Viskös friktion uppstår på grund av rörelse i vätska eller gas. En 'bromsande' viskös friktion som ökar med hastigheten ges av F = "cv. Konstanten c beror av kontaktytans form och typ av vätska (gas) bland annat. Exempel: Vid 'fritt' fall uppnås en gränshastighet. v gräns = mg c Luftmotståndet ökar tills en V jämvikt inställer sig!

8 8 Coulomb (torr) friktionskraft uppstår vid kontakt mellan två fasta kroppar: N F µ P mg Friktionskraften F µ motverkar rörelse till en viss gräns: --Friktionstalet är en materialkonstant.

9 9 Problem: En kraft av 700 N appliceras snett enligt figuren på ett stationärt, massivt 100-kilos block. Bestäm friktionskraften. Lösning: Frilägg blocket! Ställ upp jämviktsekvationerna och kolla om blocket kan ha förblivit stationärt. N P F µ mg! P cos30 o " F µ = 0 # N + Psin 30 o " mg = 0 Vi får det orimliga resultatet: F µ N = cos30 o # 0.96 > µ mg/ P "sin30 o Det rör sig alltså om glidning längs marken med bromsande friktionskraften F = µn = 0.8" 631N # 505 N

10 10 Problem: En smal homogen stav med längd L och massa m skall placeras lutande mot en vertikal vägg. Beräkna den maximala lutningsvinkeln om både väggens och golvets friktionstal är µ. F 2 N 2! W N 1 F 1 Lösning: I gränsen då det börjar glida är båda friktionskrafterna maximala (i förhållande till sina respektive normalkrafter). Jämviktsekvationerna blir i gränsfallet:! N 2 " µn 1 = 0 samt # µn 2 + N 1 " W = 0 Vi löser de här ekvationerna för att få den kritiska lutningsvinkeln:! = tan "1 # 2µ & % $ 1" µ 2 ( '

11 Problem: Vad kommer att hända här?? 2d F G W d N s P 11 Lösning: Frilägg och analysera som förut, men tag hänsyn även till momentjämvikten. Jämvikt kräver dels: F = P cos30o N = W! Psin 30 o dels G) Ns " Fd = 0 Nu är det två rimlighetsvillkor som inte uppfylls F 1) Ej glidning: N < µ s. (ej uppfyllt!) 2) Ej stjälpning: s = F N d < d. (ej uppfyllt!) 2 Kommer blocket att stjälpa, glida, eller bådadera?

12 12 P r Problem Ett homogent halvcylinderskal hålls i jämvikt på ett horisontellt underlag med ett horisontellt snöre. På gränsen till glidning finns ett samband mellan lutningsvinkeln och det statiska friktionstalet. Bestäm detta. Undersök speciellt fallet att lutningsvinkeln är π/2. Ledtråd: Masscentrums läge är beläget på avståndet 2r/ " från skalets centrum längs tvärsnittets symmetrilinje. Redovisa införda beteckningar.

13 13 Lösning! P 2r/π r mg N µ S N Vi inför beteckningar enligt figuren. Masscentrum kan vi utantill. Jämvikt på gränsen till glidning ger omedelbart: N = mgoch P = µ S mg. Momentjämvikt med avseende på cirkelcentrum ger dessutom: $ 2 ' & rmg # rp) sin* # rµ %" ( S mg = 0, dvs µ sin" = S 2 # $ µ S. För att speciellt kunna erhålla sin" =1, krävs minst friktionstalet: µ S = 1 "