Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Relevanta dokument
Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Lösningsskiss för tentamen Mekanik F del 2 (FFM521/520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM521 och 520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

GÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin 2

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM521 och 520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Mekanik F, del 2 (FFM521)

GÖTEBORGS UNIVERSITET Institutionen för fysik LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I MEKANIK B För FYP100, Fysikprogrammet termin 2

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM521 och 520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Föreläsning 10: Stela kroppens plana dynamik (kap 3.13, 4.1-8) Komihåg 9: e y e z. e z )

Stelkroppsmekanik partiklar med fixa positioner relativt varandra

Andra EP-laborationen

9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar

Härled utgående från hastighetssambandet för en stel kropp, d.v.s. v B = v A + ω AB

Ordinarie tentamen i Mekanik 2 (FFM521)

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

Tentamen Mekanik MI, TMMI39, Ten 1

university-logo Mekanik Repetition CBGA02, FYGA03, FYGA07 Jens Fjelstad 1 / 11

Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen

Ordinarie tentamen i Mekanik 2 (FFM521)

Repetion. Jonas Björnsson. 1. Lyft ut den/de intressanta kopp/kropparna från den verkliga världen

= v! p + r! p = r! p, ty v och p är dt parallella. Definiera som en ny storhet: Rörelsemängdsmoment: H O

Tentamen Mekanik MI, TMMI39, Ten 1

Tentamen i SG1140 Mekanik II. Problemtentamen

Mekanik F, del 2 (FFM521)

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4

Mekanik FK2002m. Repetition

Arbete och effekt vid rotation

.4-6, 8, , 12.10, 13} Kinematik Kinetik Kraftmoment Vektorbeskrivning Planetrörelse

LÖSNINGAR TENTAMEN MEKANIK II 1FA102

Mekanik Föreläsning 8

Tillämpad biomekanik, 5 poäng Övningsuppgifter

Lösningsförslat ordinarie tentamen i Mekanik 2 (FFM521)

Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen

Mekanik I Newtonsk mekanik beskrivs rörelsen för en partikel under inverkan av en kraft av

Övningstenta Svar och anvisningar. Uppgift 1. a) Hastigheten v(t) får vi genom att integrera: v(t) = a(t)dt

Rotationsanalys av asteroid 4179 Toutatis

9.2 Kinetik Allmän plan rörelse Ledningar

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

Repetition Mekanik, grundkurs

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

Kursinformation Mekanik f.k. TMMI39

Tentamen i Mekanik - Partikeldynamik TMME08

Tillåtna hjälpmedel: Physics Handbook, Beta, typgodkänd kalkylator, lexikon, samt en egenhändigt skriven A4-sida med valfritt innehåll.

Kapitel extra Tröghetsmoment

Introduktion. Torsionspendel

Tillåtna hjälpmedel: Physics Handbook, Beta, typgodkänd kalkylator, lexikon, samt en egenhändigt skriven A4-sida med valfritt innehåll.

Inlupp 3 utgörs av i Bedford-Fowler med obetydligt ändrade data. B

" e n och Newtons 2:a lag

Tillåtna hjälpmedel: Physics Handbook, Beta, typgodkänd kalkylator, lexikon, samt en egenhändigt skriven A4-sida med valfritt innehåll.

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

Uppgift 3.5. Vi har att: a = dv dt enligt definitionen. Med vårt uttryck blir detta: dt = kv2. Vi separerar variablerna: v 2 = kdt

TFYA16/TEN2. Tentamen Mekanik. 12 januari :00 13:00. Tentamen besta r av 6 uppgifter som vardera kan ge upp till 4 poa ng.

Stelkroppsrörelse i rummet

KUNGL TEKNISKA HÖGSKOLAN INSTITUTIONEN FÖR MEKANIK Richard Hsieh, Karl-Erik Thylwe

KOMIHÅG 12: Ekvation för fri dämpad svängning: x + 2"# n

6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar

Harmonisk oscillator Ulf Torkelsson

Komihåg 5: ( ) + " # " # r BA Accelerationsanalys i planet: a A. = a B. + " # r BA

Hanno Essén Lagranges metod för en partikel

Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen

Chalmers Tekniska Högskola och Mars 2003 Göteborgs Universitet Fysik och teknisk fysik Kristian Gustafsson Maj Hanson. Svängningar

Målsättningar Proffesionell kunskap. Kunna hänvisa till lagar och definitioner. Tydlighet och enhetliga beteckningar.

Lösningar Heureka 2 Kapitel 7 Harmonisk svängningsrörelse

Lösningsskiss för tentamen Vektorfält och klassisk fysik (FFM234 och FFM232)

Tentamen i El- och vågrörelselära,

Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik

Lösning. (1b) θ 2 = L R. Utgå nu från. α= d2 θ. dt 2 (2)

dr dt v = Viktiga relationer: Stela kroppens allm. rörelse (Kap. 6)

Newtons 3:e lag: De par av krafter som uppstår tillsammans är av samma typ, men verkar på olika föremål.

Obs: Använd vektorstreck för att beteckna vektorstorheter. Motivera införda ekvationer!

6.2 Partikelns kinetik - Tillämpningar Ledningar

UPPSALA UNIVERSITET Inst. för fysik och astronomi Mattias Klintenberg, Allan Hallgren, Staffan Yngve, Arnaud Ferrari, Glenn Wouda och Lennart Selander

Stela kroppens plana rörelse; kinetik

Problemtentamen. = (3,4,5)P, r 1. = (0,2,1)a F 2. = (0,0,0)a F 3. = (2,"3,4)P, r 2

Föreläsning 5: Acceleration och tidsderivering (kap ) . Sambandet mellan olika punkters hastigheter i en stel kropp: v A

Tillåtna hjälpmedel: Physics Handbook, Beta, kalkylator i fickformat, samt en egenhändigt skriven A4- sida med valfritt innehåll.

Mekanik III, 1FA103. 1juni2015. Lisa Freyhult

Övningar för finalister i Wallenbergs fysikpris

Roterande obalans Kritiskt varvtal för roterande axlar

Omtentamen i Mekanik I SG1130, grundkurs för CMATD och CL. Problemtentamen

Tentamen i Mekanik för D, TFYY68

Svar och anvisningar

Tentamen i Mekanik - partikeldynamik

SF1626 Flervariabelanalys Lösningsförslag till tentamen DEL A

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4

Lösningsförslag Inlämningsuppgift 1 elstatikens grunder

Mer Friktion jämviktsvillkor

LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I FYP302 MEKANIK B

Labboration 2. Abbas Jafari, Julius Jensen och Joseph Byström. 22 april Rotationsrörelse

Om den lagen (N2) är sann så är det också sant att: r " p = r " F (1)

Transkript:

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520) Tid och plats: Måndagen den 16 augusti 2010 klockan 14.00-18.00 i V. Lösningsskiss: Christian Forssén. Obligatorisk del 1. Rätt svar på de sex deluppgifterna: SFF SFS. 2. Givet: Systemparametrar m, k, b, l; Små oscillationer; Stavens massa försumbar Lösning: Rörelsevariabel = θ. Frilägg stången med massan för en liten (positiv) vinkel θ. Anta att fjäderkrafterna alltid är riktade horisontellt. (Notera att detta antagande introducerar ett fel cosθ = 1 θ 2 /2 +... 1 vilket är ok för små svängningar.) Vridmomentekvation kring O O : Vilket ger rörelseekvationen mgl sin θ 2kb sin θb cos θ = }{{} l 2 m θ. I O θ + mgl sin θ + 2kb2 cos θ ml 2 θ = 0. Linearisera för små svängningar (sin θ θ, cos θ 1): mgl + 2kb2 θ + θ = 0. ml 2 Detta är differentialekvationen för en fri (F 0 = 0), odämpad (ζ = 0) svängningsrörelse med den naturliga vinkelfrekvensen mgl + 2kb 2 ω n =. ml 2 Den allmänna lösningen ges av θ = θ max sin (ω n t ψ) med konstanter som ges av begynnelsevillkoren. Periodtiden är τ = 2π/ω n. Dimensionskontroll: ω n är en frekvens. ok! Specialfall: k = 0 motsvarar en vanlig pendel. Vi får ω n = g/l. ok! Likadant om mg kb fås att masstermen dominerar och rörlsen blir en matematisk pendel. Med k fås istället ingen pendelrörelse utan τ.

Y η ξ B P r r P r r B ωt X A Figure 1: Koordinatsystem och lägesvektorer, uppgift 3 3. Vi inför lägesvektorer och koordinatsystem enligt figur. P är puckens läge efter tiden t. Koordinatsystemet XY är fixt medan koordinatsystemet ξη har origo i punkten B och roterar moturs med vinkelfrekvensen ω. Notera att vektorn r = r P/B. (a) Pucken accelerar ej i XY -planet. Begynnelseläget motsvarar start i punkten A vid tiden t = 0 och hastigheten u relativt karusellen v rel (0) = uˆξ(0) = u ˆX. Uttrycket för relativ hastighet v P = v O + ( ω r P ) + v rel, (1) med punkten O i karusellens mitt får vi v O = 0 och r P (0) = r ˆX vilket ger v P = u ˆX ωrŷ, Integrera detta r P = (ut r) ˆX ωrtŷ, (2) vilket uppfyller begynnelsevillkoret r P (0) = r ˆX (b) Vi tecknar vektorsambandet r P = r B + r, där vi söker r. Lägesvektorn r B = rˆξ. Vi kan välja att arbeta antingen med rumsfixa XY -koordinater eller med roterande ξη-koordinater. Vissa vektorer är enklare att uttrycka i de förstnämnda, och andra i de sistnämnda. Här väljer vi att utnyttja de rumsfixa och måste då kunna transformera ˆξ = ˆX cosωt + Ŷ sin ωt, ˆη = ˆX sin ωt + Ŷ cos ωt. Fundamental fysik, Chalmers Page 2 Examinator: C. Forssén

Detta ger då lägesvektorn r B = r cos ωt ˆX + r sin ωtŷ. Med r P från ekv. (2) får vi r = [ut r r cos ωt] ˆX [rωt + r sin ωt]ŷ. (3) Vi kontrollerar att r(0) = 2r ˆX = 2rˆξ(0) som förväntat. (c) Uttrycket för relativ hastighet ger oss att v P = v B + ( ω r) + v rel, (4) där v P = u ˆX ωrŷ, v B = ωrˆη = ωr sin ωt ˆX + ωr cos ωtŷ, ω r = ω [ut r r cos ωt]ŷ + ω [rωt + r sin ωt] ˆX. Uttrycket för relativ acceleration ger oss att där a P = a B + α r + ω ( ω r) + 2 ω v rel + a rel, (5) a P = 0, a B = ω 2 rˆξ = ω 2 r cos ωt ˆX ω 2 r sin ωtŷ, α = 0, ω ( ω r) = ω 2 [ut r r cos ωt] ˆX + ω 2 [rωt + r sin ωt]ŷ. Vi uttrycker ω v rel = ω ( v P v B ( ω r)) enligt ovan. Explicit har vi ω v P = ωuŷ + ω2 r ˆX, ω v B = ω 2 r sin ωtŷ ω2 r cos ωt ˆX, och kan, efter insättning av ovanstående uttryck, slutligen lösa ut a rel = ω 2 (ut + r) ˆX + ( ω 3 rt 2ωu ) Ŷ. (6) Vi kontrollerar rimlighet a rel (0) = ω 2 r ˆX 2ωuŶ = ω2 rˆξ(0) 2ωuˆη(0) och inser att riktningarna på denna relativa acceleration är rimliga. Fundamental fysik, Chalmers Page 3 Examinator: C. Forssén

G a = 2r y 4mg x F f N Figure 2: Friläggning och koordinatsystem, uppgift 4 4. Kvadratens sida har längden a = 2r. Avståndet från stavarnas masscentrum till hela systemets masscentrum blir r/ 2. Genom att summera bidragen från de fyra stavarna samt utnyttja parallellaxelteoremet får vi kroppens totala tröghetsmoment runt en axel genom masscentrum [ ] 1 Ī = 4 12 m(2r2 ) + m r2 = 8 2 3 mr2. Vi tecknar de tre rörelseekvationerna med x-axeln riktad neråt, parallellt med det lutande planet och y axeln riktad uppåt, vinkelrät mot det lutande planet. Fy : N 4mg cos θ = 0 Fx : MG : 4mg sin θ F f = 4ma F f r = 8 3 mr2 α (moturs positivt), där a är kroppens acceleration i x-led och α är vinkelaccelerationen. Tillsammans med villkoret för rullning a = rα (7) Får vi ett ekvationssystem med 4 ekvationer och 4 obekanta. Specifikt är vi intresserade av krafterna F f och N som tillsammans ger den sökta friktionskoefficienten } N = 4mg cos θ µ F f mg sin θ s F f N = 2 5 tanθ = 8 5 Fundamental fysik, Chalmers Page 4 Examinator: C. Forssén

ζ θ ξ η Figure 3: Koordinatsystem, uppgift 5 5. Introducera de kroppsfixa axlarna ξηζ med ζ pekandes längs spinnaxeln (A-A). Tröghetsmatrisen i ξηζ-systemet I ζζ I ζ I ξξ = I ηη I 0 = I ζ /2. Rotationer och rörelsemängdsmoment: p = pˆζ (spinn), (8) ( ) Ω = Ωˆk = Ω cos θˆζ sin θˆξ (spinnvektorns precession), (9) ω = Ω + p = Ω sin θˆξ + (p + Ω cos θ)ˆζ (total rotation), (10) L = I 0 Ω sin θˆξ + I ζ (p + Ω cos θ)ˆζ. (11) Rörelsemängdsmomentet är konstant i det kroppsfixa koordinatsystemet som i sin tur roterar med precessionsvektorn Ω. Tidsdervatan blir därför L = Ω L = ˆη [ I 0 Ω 2 cos θ sin θ + I ζ Ω sin θ(p + Ω cos θ) ] (12) = ˆηΩ sin θ (I ζ p + (I ζ I 0 )Ω cos θ) Vi noterar från Ekv. (12) att vi kan ha reguljär precession utan ett externt vridande moment, dvs L = 0, om alternativt uttryckt Ω = p = I 0 I ζ I ζ Ω cos θ, (13) I ζ p (I 0 I ζ ) cos θ = p ( I 0 I ζ 1) cos θ. Fundamental fysik, Chalmers Page 5 Examinator: C. Forssén

Det relativa tecknet på p och Ω beror uppenbarligen på den relativa storleken på I ζ och I 0 (samma tecken om I 0 > I ζ ). I vårt fall har vi givet I 0 = I ζ /2 vilket ger Ω = 2p cos θ 2p (för små vinklar). Den totala rotationsvektorn blir ) ω = p (ˆζ 2ˆk. 6. Med beteckningar som i figuren i tentamenstesen: (a) Antag att snörets längd är l. Lagrangianen blir L = 1 2 Mṙ2 + 1 ( ) 2 m ṙ 2 + r 2 θ2 + Mg(l r). Våra generaliserade koordinater är r och θ. Rörelseekvationerna från Lagranges ekvationer blir d ( ) mr 2 θ = 0, dt (14) (M + m) r mr θ 2 + Mg = 0. (15) Notera att den första ekvationen säger oss att systemets totala rörelsemängdsmoment m.a.p. mittpunkten är konserverat. Den andra ekvationen säger oss att tyngdkraften M g ger massornas acceleration längs med snöret samt centripetalaccelerationen för m. (b) Den första rörelsekvationen ocn säger oss att mr 2 θ = L, där L är en konstant som beror på begynnelsevillkoren (som vi nämnde ovan så är detta systemets totala rörelsemängdsmoment m.a.p. mittpunkten). Ur detta får vi vinkelhastigheten θ = L/mr 2 som vi kan sätta in i den andra rörelseekvationen (M + m) r L2 + Mg = 0. (16) mr3 Vi får en cirkelrörelse då ṙ = r = 0 vilket inträffar då radien antar det specifika värdet r 3 0 = L2 Mmg, och vinkelhastigheten θ 0 = Mg/mr 0. Fundamental fysik, Chalmers Page 6 Examinator: C. Forssén

(c) För att hitta frekvensen för små variationer kring cirkelrörelsen inför vi en liten störning av radien r från sitt jämviktsvärde r 0. Vi skriver r(t) r 0 + δ(t), med δ(t) r 0, och serieutvecklar ekvation (16) till första ordningen i δ. Utnyttja speciellt att 1 r 3 1 (r 0 + δ) 3 1 r 3 0 + 3r 2 0δ = 1 r 3 0(1 + 3δ/r 0 ) 1 r 3 0 vilket ger rörelseekvationen i variabeln δ (M + m) δ L2 mr 3 0 ( 1 3δ r 0 ( 1 3δ ), r 0 ) Mg. (17) Vi noterar att definitionen av r 0 ger att de två konstanta termerna i högerledet tar ut varandra. Sätter vi dessutom in definitionen på L får vi slutligen en välbekant diff.ekvation ( ) 3gM δ + δ 0. (M + m)r 0 I sammanfattning har vi alltså funnit att radien kommer att oscillera runt jämviktsläget r 0, och att vinkelfrekvensen för denna oscialltion ges av ω = 3gM (M+m)r 0. Fundamental fysik, Chalmers Page 7 Examinator: C. Forssén