LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I FYP302 MEKANIK B

Transkript

1 GÖTEBORGS UNIVERSITET Insttutonen för Fysk och teknsk fysk LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I FYP30 MEKANIK B Td: Torsdag august 04, kl Plats: V Ansvarg lärare: Ulf Torkelsson, tel arbete, bostad, mobl Hjälpmedel: Standard Math Tables, Beta, Physcs Handbook, formelsamlng, valfr räknare. Ett A4-ark med egna antecknngar. Lösnngarna presenteras på kurshemsdan den august. Resultaten anslås senast den 9 august. Tentamensgransknng den 9 august kl S06. Varje uppgft ger maxmalt 3 poäng. För godkänt krävs mnst 8,5 poäng och för VG 3,5 poäng. UPPSTÄLLDA SAMBAND SKALL MOTIVERAS gärna med en enkel skss.. Fallskärmshopparen Klas utsätts för ett luftmotstånd av formen cv medan han faller. Beräkna Klas hastghet när han har fallt en sträcka z under förutsättnngen att Klas vkt är m. Klas hastghet är 0 från början. Lösnng: Fallskärmshopparens rörelseekvaton är där v kan skrva om acceleratonen Detta är en separabel dfferentalekvaton ma = mg cv, mv dv dz = mg cv. mvdv = dz. 3 mg cv V ntegrerar ekvatonen från det att fallskärmshopparen börjar med att falla från vla z v mvdv [ dz = z = mg cv = m c ln mg cv ] v = m c mg cv ln. 4 mg

2 Ekvatonen kan nu skrvas om som och tll slut löser v ut v = mg cv = e cz/m, 5 mg mg c e cz/m. 6. En hss består av en hsskorg, som väger 000 kg, och en motvkt, som väger 600 kg. Hsskorg och motvkt är förbundna va en kabel, som löper över ett hjul med raden 0.3 m. Hjulet, som är homogent och väger 60 kg, är kopplat tll en motor, som ger ett vrdmoment av 500 Nm. Medan hssen är på väg upp lossnar halva motvkten. Beräkna hsskorgens acceleraton omedelbart därefter. Lösnng: Hsskorgen påverkas av en nedåtrktad tyngdkraft m hss g och en uppåtrktad kraft T från hsslnan. På samma sätt påverkas den återstående delen av motvkten av en tyngdkraft m halv g och en uppåtrktad kraft, T, från hsslnan. V kan då ställa upp rörelseekvatonerna för hsskorg och motvkt: Ur dessa ekvatoner kan v lösa ut krafterna Momentekvatonen för hjulet är m hss a = T m hss g 7 m halv a = m halv g T. 8 T = m hss a g 9 T = m halv g a 0 I ω = T T R + τ. V kan nu utnyttja att vnkelacceleratonen ω = a/r och våra uttryck för T och T I R a = m halv g a m hss a + g + τ R. V löser nu ut acceleratonen Hjulets tröghetsmoment a = m halv m hss g + τ R I R + m halv + m hss. 3 I = MR, 4

3 så att acceleratonen blr a = m halv m hss g + τ R M + m = halv + m hss g , =.4 m s En matematsk pendel består av en massa m som stter änden av en masslös stång med längden r. Pendeln är sn tur upphängd en kropp med massan m, vlken kan röra sg längs ett horsontellt spår under nverkan av en fjäder med fjäderkonstanten k, sådan att kr = mg. Bestäm systemets egenfrekvenser för små svängnngar. Lösnng: Den knetska energn för systemet är T = mẋ + [ ] m ẋ + r θ cos θ + r θ sn θ, 6 och den potentella energn är Alltså blr Lagranganen V = mgr cos θ + kx. 7 V = T V = mẋ + [ ] m ẋ + r θ cos θ + r θ sn θ + mgr cos θ kx. 8 V har då att x ẋ θ = kx, 9 = mẋ + m ẋ + r θ cos θ = 3mẋ + mr θ cos θ 0 = m ẋr θ cos θ r θ sn θ + mr θ sn θ cos θ mgr sn θ = mẋr θ sn θ mr θ cos θ sn θ + mr θ sn θ cos θ mgr sn θ = mrẋ θ sn θ mgr sn θ θ = m ẋ + r θ cos θ r cos θ + mr θ sn θ = mẋr cos θ + mr θ cos θ + mr θ sn θ = mẋr cos θ + mr θ. Lagranges rörelseekvatoner ger oss kx 3mẍ mr θ cos θ + mr θ sn θ = 03 mrẋ θ sn θ mgr sn θ mẍr cos θ mẋr θ sn θ mr θ = 04 3

4 För små vnkelutslag är sn θ θ, cos θ och v kan försumma termer som är kvadratska eller av högre ordnng x och θ eller deras dervata 3mẍ + mr θ = kx 5 mrẍ + mr θ = mgrθ 6 På matrsform kan v skrva 3 ẍ k/m 0 = r θ 0 g/r x rθ. 7 V sätter nu ω 0 = k m = g r, 8 och v ansätter en lösnng på formen x x0 = rθ rθ 0 cos ωt. 9 Vårt ekvatonssystem blr då ω 3 x rθ ω = ω0 x rθ, 30 som är ett egenvärdesproblem, som v kan formulera som 3ω ω0 ω x 0 ω ω ω0 =. 3 rθ 0 För att ekvatonssystemet skall ha en cke-trval lösnng måste determnanten vara 0 3ω ω 0 ω ω 0 ω 4 = 0, 3 som efter utvecklng av vänsterledet ger oss Denna ekvaton har lösnngen ω = ω 0 ± vlken ger alla egenfrekvenserna. ω 4 4ω 0ω 4 + ω 4 0 = ω 4 0 ω4 0 = ω 0 ±, En axel går genom mttpunkten av en tunn homogen stav med massan m och längden l på så sätt att staven bldar en vnkel θ med axeln. Axeln roterar med den konstanta vnkelhastgheten ω. Beräkna det vrdmoment som axeln utövar på staven. 4

5 Lösnng: Staven har tre huvudaxlar. Två av dessa är vnkelräta mot staven. V väljer axel ˆ så att den är vnkelrät mot både staven och axeln, vlket betyder att den är horsontell. Huvudaxel ˆ bldar då en vnkel π θ med axeln, och huvudaxel ˆ3 är parallell med staven. Tröghetsmomenten som hör tll dessa stavar är och I 3 = 0. Rörelsemängdsmomentet är I = I = ml, 35 L = I ω ˆ + I ω ˆ + I 3 ω 3ˆ3. 36 V noterar nu att ω = 0 eftersom ˆ är vnkelrät mot rotatonsaxeln. Därför har v att L = ml ω sn θˆ. 37 Vektorn ˆ roterar med staven runt axeln, så v måste nu skrva om rörelsemängdsmomentet ett fxt koordnatsystem. V väljer ett koordnatsystem xyz så att ẑ är parallell med rotatonsaxeln och ˆ är parallell med ŷ vd tden 0. Då är ˆ = sn θ cos ωtˆx + sn θ sn ωtŷ + cos θẑ. 38 Rörelsemängdsmomentet är alltså L = ml ω sn θ sn θ cos ωtˆx + sn θ sn ωtŷ + cos θẑ. 39 V beräknar vrdmomentet ur sambandet 5. Vsa att τ = dl dt = ml ω sn θ sn ωtˆx + cos ωtŷ. 40 a. Banrörelsemängdsmomentet är bevarat för en testpartkel som rör sg under nverkan av en centralkraft. poäng b. Den knetska energn är bevarad för en laddad testpartkel som påverkas av en magnetsk kraft F = qv B, där q är partkelns laddnng, v dess hastghet och B magnetfältet. poäng 5

6 Lösnng: a. V derverar rörelsemängdsmomentet med avseende på tden V noterar nu att L = r p 4 dl dt = dr dt p + r dp dt. 4 p = m dr dt, 43 så att den första termen högerledet är 0. Å andra sdan ger oss Newtons andra lag att dp = F, 44 dt men för en centralkraft är F parallell med r, så att också den andra termen är 0. Därför har v dl = 0, 45 dt och rörelsemängdsmomentet är bevarat. b. En magnetsk kraft har nte någon potental så partkelns totala energ, E, är densamma som dess knetska energ, T. Förändrngen av energn är de = v F = v q v B = 0, 46 dt och alltsåär den knetska energn bevarad. 6. Betrakta ett system av N partklar med massor m, ortsvektorer r och hastgheter v, där N. a. Vsa att systemets totala rörelsemängdsmoment är summan av rörelsemängdsmomentet för masscentrums rörelse och rörelsemängdsmomentet för de ensklda partklarnas rörelse relatvt masscentrum. poäng b. Vsa att systemets knetska energ är summan av masscentrums knetska energ och den knetska energn för de ensklda partklarnas rörelse krng masscentrum. poäng Lösnng: a. Antag att v har n partklar med massor m, m... m n med ortsvektorer r, r... r n. Det är ofta bekvämt att skrva ortsvektorn för partkeln som r = r cm + r, 47 och v kan också skrva hastgheten som v = v cm + v. 48 6

7 V kan då skrva rörelsemängdsmomentet som L = r cm + r m v cm + v = r cm m v cm + r cm m v + r m v cm + r m v = r cm m v cm + r cm m v + m r v cm + r m v. 49 Här gäller att m r = m r r cm = m r mr cm = 0, 50 och på samma sätt m v = m v mv cm = 0. 5 Därför har v L = r cm mv cm + r m v, 5 där v har delat upp rörelsemängdsmomentet en del som är masscentrums rörelse banrörelsemängdsmoment och en del som är partklarnas rörelse krng masscentrum spnn. b. Systemets totala knetska energ är T = m v = m v = 0, så v har m v cm + v v cm + v = T = mv cm + m vcm + m v cm v + v cm m + v cm m v + m v. 54 Alltså är den knetska energn summan av masscentrums knetska energ och den knetska energn för partklarnas rörelser krng masscentrum. m v = m v. 7