Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

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

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)

Mekanik F, del 2 (FFM521)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM521 och 520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM521 och 520)

Stelkroppsmekanik partiklar med fixa positioner relativt varandra

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

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

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4

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

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520)

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

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

Mekanik F, del 2 (FFM521)

Andra EP-laborationen

Mekanik FK2002m. Repetition

Ordinarie tentamen i Mekanik 2 (FFM521)

Lösningsförslat ordinarie tentamen i Mekanik 2 (FFM521)

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

TFYA16: Tenta Svar och anvisningar

9.1 Kinetik Rotation kring fix axel Ledningar

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

Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen

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

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

Stelkroppsrörelse i rummet

Tentamen i SG1140 Mekanik II. Problemtentamen

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

Tentamen Mekanik MI, TMMI39, Ten 1

Kapitel extra Tröghetsmoment

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

9.2 Kinetik Allmän plan rörelse Ledningar

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

Mekanik Föreläsning 8

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

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

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

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

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

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

Tentamen Mekanik MI, TMMI39, Ten 1

SG1108 Tillämpad fysik, mekanik för ME1 (7,5 hp)

LÖSNINGAR TENTAMEN MEKANIK II 1FA102

Tentamen i Mekanik - Partikeldynamik TMME08

Arbete och effekt vid rotation

Stela kroppens plana rörelse; kinetik

Rotationsanalys av asteroid 4179 Toutatis

LEDNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 4

Kursinformation Mekanik f.k. TMMI39

Tentamen i SG1140 Mekanik II för M, I. Problemtentamen

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

6.3 Partikelns kinetik - Härledda lagar Ledningar

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

Ordinarie tentamen i Mekanik 2 (FFM521)

Analytisk mekanik för MMT, 5C1121 Tentamen, , kl

Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik

Repetition Mekanik, grundkurs

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

FÖRBEREDELSER INFÖR DELTENTAMEN OCH TENTAMEN

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

Tillämpad biomekanik, 5 poäng Övningsuppgifter

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

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

Tentamen i Mekanik II

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

Hanno Essén Lagranges metod för en partikel

Tentamensskrivning i Mekanik, Del 2 Dynamik för M, Lösningsförslag

Tentamen i Mekanik SG1130, baskurs P1. Problemtentamen

" e n Föreläsning 3: Typiska partikelrörelser och accelerationsriktningar

LÖSNINGAR TILL TENTAMEN I FYP302 MEKANIK B

Lösningar Heureka 2 Kapitel 7 Harmonisk svängningsrörelse

" e n och Newtons 2:a lag

Tentamen i Mekanik SG1102, m. k OPEN. Problemtentamen

Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik

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

Övningar för finalister i Wallenbergs fysikpris

=v sp. - accelerationssamband, Coriolis teorem. Kraftekvationen För en partikel i A som har accelerationen a abs

7,5 högskolepoäng. Provmoment: tentamen. Tentamen ges för: Högskoleingenjörer årskurs 1. Tentamensdatum: Tid:

TFYA16/TEN :00 13:00

Svar och anvisningar

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

undanträngda luften vilket motsvarar Flyft kraft skall först användas för att lyfta samma volym helium samt ballongens tyngd.

I Bedford-Fowler, som var kursbok för Mekanik II ges en utförlig beskrivning vad vi menar med en stel kropp. Här tar vi ut två viktiga punkter.

7,5 högskolepoäng. Provmoment: tentamen Ladokkod: TT081A Tentamen ges för: Högskoleingenjörer årskurs 1. Tentamensdatum: Tid:

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

c d Z = och W = b a d c för några reella tal a, b, c och d. Vi har att a + c (b + d) b + d a + c ac bd ( ad bc)

Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik

Tentamen för TFYA87 Fysik och Mekanik

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

Laborationsrapport. Joseph Lazraq Byström, Julius Jensen och Abbas Jafari Q2A. 22 april Ballistisk pendel

Transkript:

Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520) Tid och plats: Måndagen den 21 maj 2012 klockan 14.00-18.00 i M. Lösningsskiss: Christian Forssén Obligatorisk del 1. Lösningsstrategi: Använd arbete-energi principen Teckna uttryck för kinetisk och potentiell energi Inget tillfört arbete eftersom hjulet rullar utan glidning. Hastighet erhålls omgående ut ovanstående framtagna uttryck. Hjulens masscentrum färdas en sträcka x nerför planet med lutning θ. Detta innebär en minskning av deras potentiella energi V = mgxsinθ. Hjulen startar från stillastående. Vid rullningsrörelsen består den kinetiska energin av en translations- och en rotationsdel. T = 1 2 m v2 + 1 2Īω2. Då hjulet rullar utan glidning har vi sambandet v = ωr. För hjul A gäller dessutom att Ī = 0 då hela massan är koncentrerad till axelns genom masscentrum (r = 0). För hjul B gäller Ī = mr2. Ingen icke-konservativ kraft tillför arbete eftersom hjulet rullar utan glidning. För bägge hjulen gäller därför att V + T = 0. Detta ger oss slutligen svaren v A = 2gxsinθ, v B = gxsinθ.

2. Lösningsstrategi: Teckna ett uttryck för den böjda stavens totala rörelsemängdsmoment map O. Tröghetsmatrisen måste beräknas. Dela in i tre delar. Rita figurer med staven projicerad i xy-, xz-, yz-planen. Kinetisk energi fås från skalärprodukten av rotationsvektorn ω med L O. Då rotationen ligger i z-riktningen( ω = ωẑ) kommer rörelsemängdsmoment map O att vara L O = ω( I xzˆx I xy ŷ +I zz ẑ). Delar in staven i tre delar (raka stavar i olika riktningar med längd b och massa m = ρb ) med del 1 närmast O. Del I xz I yz I zz 1 0 0 1/3 ρb 3 2 0 1/2 1 ρb 3 3 1/2 1 4/3 ρb 3 där exempelvis I zz bidraget från stavdel 3 räknas ut enligt ( I zz,3 = 1 ( ) ) 2 b 12 ρbb2 +ρb b 2 + = 4 2 3 ρb3. De relevanta tröghetsmatriselementen blir I xz = ρb 3 /2, I yz = 3ρb 3 /2, I zz = 8ρb 3 /3. Slutligen blir det sökta rörelsemängdsmomentet ( L O = ρb 3 ω 2ˆx 1 3 2ŷ + 8 ). 3ẑ Den kinetiska energin ges helt enkelt av T = 1 2 ω L O = 4 3 ρb3 ω 2, eftersom vi har ren rotationsrörelse runt punkten O. Fundamental fysik, Chalmers Page 2 Examinator: C. Forssén

3. Lösningsstrategi: Vi väljer bland flera angreppsvinklar: energiprincipen (inga ickekonservatva krafter uträttar arbete), vridmomentsekvationer map olika punkter eller Lagranges ekvationer. Vi väljer att teckna kraft- och vridmomentsekvationerna och frilägger därför staven för en positiv utfallsvinkel θ. Staven rör sig i planet men vi har bara en rörelsevariabel beroende på tvångsvillkoren på ändpunkterna. Speciellt kommer punkten B att vara fix för små vinklar. Vi kommer därför att kunna teckna vridmomentsekvationen map B för att slippa bidraget från den okända normalkraften som verkar på den punkten. Lös differentialekvationen. Definiera positiv rotationsriktning (medurs från vertikalaxeln) och rita en friläggning för ett positivt värde på θ. Skall innehålla fjäderkrafter från de två fjädrarna (vardera med storlek kl sin θ), tyngdkraft samt okänd normalkraft genom kontaktpunkterna A och B. klsinθ A klsinθ θ N A mg N B B Vi får kraft- och vridmomentsekvationerna mẍ cm = N B 2klsinθ, mÿ cm = N A mg, l Ī θ = N A 2 sinθ N l B 2 cosθ 2klsinθ ( ) l 2 cosθ. I detta läge kan vi dock konstatera att y cm = lcosθ l för små vinklar. Det betyder att ÿ cm = 0 och följdaktligen att N A = mg. Med y cm l för små utfallsvinklar kan alltså punkten B betraktas som fix och vi väljer därför att teckna vridmomentsekvationen map B I B θ = mg ( l 2 sinθ ) N A lsinθ 2klsinθ(lcosθ). Fundamental fysik, Chalmers Page 3 Examinator: C. Forssén

Tröghetsmomentet är I B = ml 2 /3 och N A = mg från ovan. För små vinklar finner vi alltså rörelseekvationen ( 6k θ+ m + 3g ) θ = 0, 2l vilken uppenbarligen beskriver en harmonisk svängningsrörelse med periodtiden τ = 2π 2π =. ω n 6k + 3g m 2l Alternativ lösningsstrategi: Energiprincipen Inga icke-konservatva krafter uträttar arbete (normalkrafterna är riktade vinkelrät mot angreppspunkternas rörelse). Den totala mekaniska energin är konserverad. Teckna uttryck för kinetisk och potentiell energi. Sätt E = T +V och finn lösningar till de/dt = 0. T = 1 2 mv2 cm + 1 2Ī θ 2, V = mgy cm +2 k 2 (lsinθ)2. Med y cm = l cosθ och x 2 cm = l sinθ fås 2 v2 l2 θ 2 cm = och energin blir 4 E = T +V = 1 ( 1 2 ml2 θ2 4 + 1 ) mg l 12 2 cosθ +kl2 sin 2 θ. Konserverad energi ger oss ekvationen de dt = ml2 θ [ θ 3 + g 2l sinθ + 2k m sinθcosθ ] = 0. Vi finner en (uppenbar) lösning då θ = 0 samt en då uttrycket i parantesen är noll. För små vinklar får vi differentialekvationen [ 3g θ + 2l + 6k ] θ = 0, m vilket ger samma lösning som ovan. Fundamental fysik, Chalmers Page 4 Examinator: C. Forssén

4. Lösningsstrategi: Använd stelkroppskinematik för att finna uttryck för accelerationen hos punkterna A och B. Notera att punkten A rör sig med konstant hastighet. Relativ acceleration ger ett uttryck för masscentrums acceleration som kan användas för att teckna kraft- och vridmomentsekvationerna. Vi borde i slutändan ha två rörelseekvationer (med krafterna N A och N B ) och ett villkor (N B = 0) från vilket den sökta hastigheten kan lösas ut Kinematiken ger ett uttryck för accelerationen hos punkterna A och B a B = v2 Rŷ a A = 0. Använder vi uttrycket för relativ acceleration kan vi skriva a A = a B + α r BA + ω ( ω r BA ) = v2 +αẑ ( Lˆx) Rŷ eftersom ω = 0 i detta ögonblick. Då a A = 0 får vi sambandet α = v2 LR. På liknande sätt fås masscentrums acceleration a G = a B + α r BG + ω ( ω r BG ) = v2 2Rŷ. Ett friläggningsdiagram skall innehålla tyngdkraften samt de två normalkrafterna på hjulen A och B. Kraftekvationen i y-led samt medurs vridmomentsekvation map masscentrum ger m v2 2R = mg N A N B I G α = (N A N B ) L 2 N A = mg m v2 2R N B ( g... N B = m 2 v2 3R Den givna situationen att N B = 0 ger den sökta hastigheten och normalkraften 3gR v = 2, N A = mg 4. ). Fundamental fysik, Chalmers Page 5 Examinator: C. Forssén

ˆξ ˆζ Tentamen Mekanik F del 2 (FFM520) 2012-05-21 Överbetygsuppgifter 5. Lösningsstrategi: Rita en tydlig figur med ett rumsfixt och ett kroppsfixt koordinatsystem. Teckna vrid- och rörelsemängdsmomentet relativt det kroppsfixa koordinatsystemet. Teckna vridmomentsekvationerna i det kroppsfixa koordinatsystemet. Försök identifiera rörelseekvationen som ger pendelrörelsen och se ifall spinnet är en faktor i denna. Se figur med friläggningsdiagram och definition av koordinataxlar. Notera att ˆX = ˆξ. Detkroppsfixasystemetξηζ följermedipendelrörelsenmen ej spinnet ( ν = νˆζ); dvs det roterar med Ω = φˆξ. M ext Ẑ ˆη φ l ˆX φ Ŷ mg Pendeln roterar fritt i ξ- och ζ-led i avsaknad av friktion. Detta innebär att vridmomentet från infästningen är riktad i η-led och det totala vridmomentet map denna punkt blir 1 M O = mglsinφˆξ +M extˆη. Den totala rotationsvektorn består av spinnrörelsen runt huvudsymmetriaxeln plus pendelrörelsen ω = ν + Ω = νˆζ + φˆξ. 1 Vi antar för enkelhets skull att all massa är koncentrerad till skivan. Detta antagande påverkar enbart längden på hävarmen för vridmomentet från tyngdkraften. Fundamental fysik, Chalmers Page 6 Examinator: C. Forssén

Tröghetsmatrisen är diagonal och rörelsmängdsmomentet blir L O = I ξξ φˆξ Iζζ νˆζ. Vridmomentsekvationen blir ( M O = dl LO = ) O + Ω dt L O = I ξξ φˆξ Iζζ νˆζ +I ζζ ν φˆη. ξηζ Eftersom M O inteharnågonkomponentiζ-ledframgårdirektatt ν = 0 och att ν är en rörelsekonstant. Explicit blir rörelseekvationerna i ξ- och η-led mglsinφ = I ξξ φ M ext = I ζζ ν φ, där den första ekvationen motsvarar rörelseekvationen för en pendel och den andra ger storlek och riktning på vridmomentet i infästningspunkten. Notera att pendelekvationen inte beror på spinnhastigheten ν. Ovanståendeuttryckförstorlekenpåvridmomentetärenfunktionav φ och inte φ. Detta svar accepteras. Men skall man vara noga, och verkligen finna M ext (φ), så måste vi integrera rörelseekvationerna. Utnyttja att φ = φd φ/dφ och integrera den första rörelseekvationen φ 0 φ d φ = mgl I ξξ φ φ max sinφdφ, därφ max ärmaximalutslagsvinkel. Dennaintegralger φ(φ)ochinsättning i den andra rörelsekvationen ger 2mgl(cosφ cosφ max ) M ext = I ζζ ν I ξξ 6. Lösningsstrategi: Rita figur och välj generaliserade koordinater Teckna uttryck för potentiell och kinetisk energi för att få Lagrangianen. Teckna och lös Lagranges ekvationer. Kontrollera specialfall α = 0,π/2 M m. Fundamental fysik, Chalmers Page 7 Examinator: C. Forssén

Välj x, y som generaliserade koordinater (se figur). x m M y α Ŷ Ẑ O Potentiell energi: V = mgxsinα. Klossens absoluta hastighet är v kloss = (ẏ ẋcosα)ŷ kinetiska energin blir då +ẋsinαẑ. Den T = 1 2 Mẏ2 + 1 2 m(ẋ2 +ẏ 2 2ẋẏcosα). Från ovanstående kan vi teckna Lagrangianen L = T V = 1 2 (M +m)ẏ2 + 1 2 m(ẋ2 2ẋẏcosα)+mgxsinα. Lagranges ekvationer Vilket ger lösningarna y led : mẍcosα+(m +m)ÿ = 0 x led : mẍ mÿcosα mgsinα = 0 ÿ = mcosα M +mẍ (M +m)sinα ẍ = M +msin 2 α g, där ẍ är den sökta accelerationen relativt kilen. Dimensionen för ovanstående stämmer. Vi kan också studera uppenbara specialfall: ẍ = gsinα (om M m), ẍ = g (om α = π/2), ẍ = 0 (om α = 0). Fundamental fysik, Chalmers Page 8 Examinator: C. Forssén