Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del 2: Dynamik. Läsvecka 6

015 Utgåva.0 Föeläsninga i Mekanik (FMEA30) Del : Dnamik Läsvecka 6 Föeläsning 1: Stela koppens kinetik abete enegi och effekt-metode (6/6). Stel kopps kinetiska enegi: Definitionsmässigt ha vi fö godtckliga koppa T 1 = v v dm P P P (1.1) Låt beteckna koppens masscentum. Fö stel kopp gälle sambandsfomeln fö hastighete vp = v + ω P P (1.) ω v P P v = v + ω P P O Figu 1.1 Stel kopps hastighetsfält. Om vi sätte in (1.) i (1.1) ehålles fö stel kopp 1 1 T = ( P ) dmp ( ( P ) P ) dmp v + ω = + + = v ω v ω 1 1 1 1 1 dmp ( P ) dmp P dmp m ( P ) dmp v + ω + = + + v ω v ω 1 v ω P dm 1 P m 1 P ( P ) dm 1 1 P m = v + ω = + ω v ω I ω ( ( = 0 1

015 Utgåva.0 Vi ha alltså följande uttck fö den kinetiska enegin fö en stel kopp (kinetiska enegins två dela) 1 1 T = vm+ ω Iω (1.4) Fö plan öelse paallellt med x--planet gälle kinetiska enegin ω= k ω och med v = v så gälle fö den T = 1 v m+ 1 ω I 1 1 1 1 ω= v m+ ω k Ik = v m+ ω I zz (1.5) Antag att fö punkten O gälle att v O = 0 (t ex fix punkt elle momentancentum). Då ha vi v = v + ω = ω och dämed P O OP OP P Fö plan öelse gälle då T = 1 ( ) OP dm 1 P O ω = ω I ω (1.6) T = 1 ( ) 1 1 1 dm I ω = = ω = ω ω I ω k I k OP P O O O zz (1.7) Enligt Steine s sats ha vi sambandet IO zz = I zz + md dä d = O om vi anta att ligge i öelseplanet såväl v = ω O P v = v = ωo = ωd. Då följe att T = 1 ω IO zz = 1 ω ( I zz + md ) = 1 ω I 1 1 1 zz + ω md = ω I zz + v m (1.8) att jämföa med (1.5) Exempel 1.1: Fö det ullande hjulet (i plan öelse) gälle att 1 1 T = vm I + ω (1.9) = d C Figu 1. Det ullande hjulet.

015 Utgåva.0 Om hjulet ulla utan att glida gälle v = ω och kinetiska enegin kan skivas 1 1 v 1 I 1 1 T= vm+ ( ) I = m1 ( + ) v elle T = ( m + I) ω = ICω (1.10) m dä = + (Steines sats) ä hjulets töghetsmoment m a p axeln ( C k ). IC m I I Exempel 3.3 (läsvecka 5) ehölls fö det ullande hjulet unde föutsättningen att v ( 0) = v ω < 0. glid 0 0 Kinetiska enegin vid tidpunkten t = 0 m m v0 +ω0 ω0 + v 0 x () t = I () ( ) I x t ω t = = t t m m 1+ 1+ I I 1 1 T0 ( ) = vm 0 0I + ω g Kinetiska enegin fö t t g m m m v0( 1+ ) + ω0 v0 ω0( 1+ ) ( ω0 v0) 1 1 1 1 Tt () = xm + ω I = ( I ) m+ ( I I ) I m m 1+ 1+ I I Antag nu fö enkelhets skull att v0 = 0. Då gälle 1 ω 1 ω I 1 ω I T( t) = ( 0 ) m+ ( 0 ) m = ( 0 ) m1 ( + ) = m m m m m 1+ 1+ 1+ I I I 1 m ω 0 I < T0 ( ) I + m på gund av fiktionskaftens negativa abete. Kontollea olikheten om vi anta att ω 0 = 0 Exempel 1.: Fö den fsiska pendeln enligt Figu 1.3 nedan gälle att pendelns töghetsmoment m a p axeln ( O k ). 3 T 1 ω = I dä O O I ä

015 Utgåva.0 Figu 1.3 Fsiska pendeln. Effekt: etakta en kopp som påvekas av en tte kaft F angipande i punkten Q. Se Figu 1.4 nedan. Låt v Q beteckna hastigheten hos den mateiella punkten Q. Kaftens effekt P definieas av P = v Q F F v Q OQ Q O Figu 1.3 En kafts effekt. etakta en kopp som påvekas av ett sstem av tte kafte F :( dfp dm P) P dä df P epesentea en kaft och dm P ett moment (ett kaftpasmoment) angipande i den mateiella punkten P. Kaftsstemets effekt på koppen definieas av 4

015 Utgåva.0 P = ( v df + ω dm ) P P P (1.11) Om koppen ä stel ge sambandsfomeln (1.) insatt i (1.11) ge P = ( v + ω ) df + ω dm ) = v df + ω ( df + dm ) = v F + ω M (1.1) dess moment- dä F = df summa d v s P P P P P P P P ä kaftsstemets F kaftsumma och M = ( df + dm ) P P P P = + v F ω M (1.13) Antag att A. På motsvaande sätt som ovan kan man visa att P = A + v F ω M (1.14) A I plan öelse ha vi O Figu 1.4 Ett kaftsstems effekt. P = + = xfx+ F+ω Mz v F ω M (1.15) Uppgift 3.1: Visa att Effektsatsen fö stel kopp: Det gälle att d 1 d 1 v F = ( v m) ω M = ( ω Iω ) (1.16) dt dt P = T (1.17) 5

015 Utgåva.0 evis: Med utgångspunkt fån (1.4) ehålles T = 1 v v m+ 1 ( ω I d ω+ ω Iω) = v am+ ω H = v F + ω M = P dt Antag att koppen påvekas av tngdkaften. Tngdkaftens effekt P g ges av Pg = v gm= d ( O gm) = V g (1.18) dt V dä g O = g m ä koppens potentiella enegi i tngdkaftfältet. Med F = F g m kan då effektsatsen skivas v F + ω M = v ( F + gm) + ω M = v F V + ω M = T (1.19) g eftesom v gm= V g. Detta ge Enegisatsen (Lagen om enegin): (1.0) E = P dä E beteckna den stela koppens mekaniska enegi dvs. E = T + V g (1.1) och P = v F + ω M (1.) ä effekten av de tte kaftena föutom tngdkaften. Exempel 1.3: Antag att den stela koppen ä kopplad till en lineät elastisk fjäde med fjädekonstanten k och ospända längden l 0. Fjädekaften ( e som i elastisk) ges av F = e kl ( l) (1.3) e A 0 A dä ea = och l = A ä fjädens aktuella längd. Filägg den stela koppen enligt Figu 1.5 b) A nedan. Fjädekaftens effekt Effektsatsen fö stel kopp (1.16) ge då P= v F = v e kl ( l) (1.4) e A e A A 0 (1.5) T = P = P + P e 6

015 Utgåva.0 dä P nu ä effekten av de tte kaftena föutom fjädekaften dvs. F = F F. e a) b) Figu 1.5 Stel kopp kopplad till fjäde. Om vi istället filägge den kopp som bestå av den stela koppen + fjäden enligt nedanstående figu så komme fjädekaften F e som angipe i punkten att ha effekten lika med noll eftesom v = 0. Koppens mekaniska enegi definieas av Figu 1.6 Stela koppen + fjäden. E = T + V e (1.6) dä ä koppens (fjädens) elastiska enegi och dä 1 V ( ) e = kl l0 (1.7) l = A ä fjädens aktuella längd. Då gälle att 7

015 Utgåva.0 enligt (1.5) E = T + V = P + P + V (1.8) e e e Men V e = 1 k( l l0) dl dt Vidae gälle att d l dt dl = l och d l = d = d ( ) = = v dt dt dt dt A A A A A A A dä vi antagit att v = 0 och dämed va = A. Således dl d v = = = e v dt dt A A A A A A och dämed Detta insatt i (3.8) ge V = v e kl ( l) = P e A A 0 e (1.9) E = T + Ve = P dvs. tidsdeivatan av den mekaniska enegin ä lika med effekten av de tte kaftena föutom fjädekaften. Om vi infö den mekaniska enegin enligt dä den potentiella enegin V ges av E = T + V (1.30) V = V + V (1.31) g e så ges lagen om enegin av (1.9) dä P nu ä effekten av de tte kaftena föutom tngdkaften och fjädekaften dvs. F = F gm F. Lagen om mekaniska enegins bevaande: Av lagen om enegin (1.9) följe att e = = = = (1.3) P 0 E 0 E E0 konstant d v s Tt () + Vt () = T0 ( ) + V0 ( ) 8

015 Utgåva.0 elle kotae uttckt T + V = T0 + V0 (1.33) Exempel 1.4: Hjulet i Exempel 1. ulla utan att glida i plan öelse längs ett lutande plan med lutningsvinkeln α. Hjulet ä kopplat till en lineät elastisk fjäde med fjädekonstanten k och ospända längden l 0. estäm öelseekvationen fö hjulet och egenvinkelfekvensen fö hjulets svängningsöelse. Se Figu 1.7 nedan. Lösning: Vi använde lagen om mekaniska enegins bevaande. Infö koodinaten x enligt Figu 1.7 ovan. Den mekaniska enegin E = T + V = 1 x 1 1 m + ω I + mgh + k( x l0) (1.34) C efeensnivå Figu 1.7 Rullande hjul på lutande plan. dä h= h x sinα ä masscentums höjd öve efeensnivån. Se figuen nedan. 0 F e ω C K x Figu 1.8 Rullande hjul på lutande plan. 9

015 Utgåva.0 Låt F f beteckna fjädekaften och låt K beteckna kontaktkaften fån det lutande planet på hjulet i x kontaktpunkten C. Hjulet antas ulla utan att glida och dämed så gälle sambandet ω =. Detta insatt i (1.34) ge Enligt effektsatsen gälle då 1 I 1 E = T + V = x m( 1+ ) + mg( h0 xsin α) + k( x l0) (1.35) m d 1 I 1 ( x m( 1+ ) + mg( h0 xsin α) + k( x l0) ) = v C K + v Fe = 0 (1.36) dt m eftesom vc = v = 0. Tidsdeivationen i (1.36) ge elle 1 I 1 x xm1 ( + ) xmg sin α + kx ( l0) x = 0 m I x ( xm( 1+ ) mg sin α + k( x l0)) = 0 (1.37) m Om x 0 följe då öelseekvationen k gsinα + l0 x m + ωn x = (1.38) I 1+ m k dä öelsens egenvinkelfekvens ges av: ω n = I m1 ( + ) m (1.39) Exempel 1.5: (tenta MD1310) En plan mekanism bestå av en smal homogen stel stång OA med massan m och längden b. Stången ä fiktionsfitt lagad på en fix axel i O. Stångens anda ändpunkt ä via en fiktionsfi led i A kopplad till stången AC som ha massan m och längden b. Stången AC ä i sin mittpunkt fösedd med ett litet hjul som ä fiktionsfitt lagat. Hjulet kan ulla utan att glida längs en fix hoisontell stning. Mekanismen kan öa sig i ett vetikalplan och stata fån vila i mg hoisontellt läge med θ = 0 och angips då i punkten C av en kaft F = e F dä F > ä π konstant och e ä en enhetsvekto paallell med öelseplanet och vinkelät mot stången dvs e() t AC () t = 0 fö alla t. eäkna vinkelhastigheten hos stången OA stax innan hjulet då θ = 90 stöte mot stningen vid O. Se nedanstående Figu 1.9! Tngdacceleationen g = g 10

015 Utgåva.0 g Figu 1.9 Exempel 1.5. Lösning: Filägg länkaget OAC. Infö nomalkaften mot stningana: N = i N eaktionskaften fån stödet vid O R= ih + j V och tngdkaftena mg = j ( mg) mg = j ( mg). Infö masscentumskoodinatena x och samt vinkelhastighetena ω OA = k ω OA ( ωoa = ω = θ ) och ω = k ω fö länkamana OA och AC espektive. Se figu nedan! Det gälle att AC AC v = v + ω = kω ( ibcosθ + jbsin θ) = i( ω bsin θ) + j ω bcosθ A O OA OA OA OA OA A mg O V b θ H b x N mg b e θ C F Figu 1.10 Exempel 1.5. Lösning. och dämed v = v + ω = i( ω bsin θ) + jω bcos θ + kω ( ibcos θ + j ( bsin θ)) = A AC A OA OA AC i( ωac ωoa) bsin θ + j ( ωoa + ωac ) bcosθ v j = 0 ωoa + ωac = 0 ωac = ωoa = ω v = i ( ωbsin θ) (1.40) 11

015 Utgåva.0 vc = va + ωac AC = i( ωbsin θ) + jωb cos θ + k( ω) ( ibcos θ + j ( bsin θ) = i( 3ωbsin θ) + j ( ωbcos θ) (1.41) Länkagets mekaniska enegi ges av (obsevea att ä masscentum fö länkamen AC) 1 1 1 1 mb E = T + Vg = IOω + v m + Iω + mg = ω + 3 1 1 m( b) b mb b ( ωbsin θ) m+ ω + mg sin θ = ( 1+ 8sin θ) ω + mg sinθ 1 (1.4) dä vi utnttjat (1.40). Effektsatsen tillämpad på länkaget ge (1.43) E = P dä P ä effekten av de tte kaftena föutom tngdkaften d v s med (1.41) P = F v = ef ( i( 3ωbsin θ) + j( ωbcos θ)) = e i F( 3ωbsin θ) + C e j F( ωbcos θ) = ( sin θ) F( 3ωbsin θ) + ( cos θ) F( ωbcos θ) = Fωb( 3sin θ + cos θ) = Fωb( 1+ sin θ) Obsevea att nomalkaftena N och R ä effektlösa! Låt tiden t = 0 svaa mot utgångsläget d v s π θ ( 0) = 0 och låt t = t svaa mot slutläget d v s θτ ( ) =. Av (1.43) följe att t t t E( t) E( 0) = P ( t) dt = Fb ( 1+ sin θω ) dt = Fb ( 1+ sin θθ ) dt = 0 0 0 π sin Fb θ ( cos θ) dθ = Fb θ = πfb (1.44) 0 (unde föutsättning att θ( t) > 0 0 t t ). Men av (1.4) följe att E0 ( ) = 0 och mb b 9 b E( τ) = ( 1+ 8sin θτ ( )) ωτ ( ) + mg sin θτ ( ) = mb ωτ ( ) + mg. Dämed enligt (1.44) b Fbπ mg 9 b 1 F mg mb ( ) mg Fb ( ) π ωτ + = π ωτ = = 9 mb 3 mb π 0 1

015 Utgåva.0 1 π F mg Sva: ω = 3 mb Anm: Fö beäkning av kaftens F effekt kan vi altenativt utnttja uttcket P = F v + C F ωac = ef i( ωb sin θ) + k( bf) k( ω) = = M ef i( ωb sin θ) + k( bf) k ( ω) = Fωb sin θ + bfω = Fωb( sin θ + 1) Punkten C: s läge som funktion av θ ges av kuvan OC = OC ( θ) = O + C = ibcosθ + ibcos θ + j( bsin θ) = i3bcos θ + j ( bsin θ) som utgö fjädedelen av en ellips med stoaxel 3b och lillaxel b. Sätt = bsinθ. Då gälle nämligen att x = 3b cosθ och x ( ) + ( ) = cos θ + sin θ = 1 3b b 8 Längden av denna kuva ges av 3bE( ) 3. 34b dä Ek ( ) = 1 k sin θdθ 3 (elliptisk integal). Tangentvekton till ellipsen ges av doc ( 3bsin θ) ( b cos θ) dθ = i + j Den anbingade kaften F = ef = ( i( sin θ) + j ( cos θ)) F ä således inte paallell med tangentvekton och kaften veka dämed inte i vägens iktning. Kaftens abete ä således inte lika 8 med ( kaft gånge väg ) F3bE( ) 3. 341Fb men nästan eftesom abetet ges av (1.44). 3 Notea att om vi fån böjan konstatea att ωac = ωoa = θ (OA likbent tiangel!) samt infö koodinaten x enligt figuen så gälle att v = i x dä x = bcosθ. Vi kan däefte beäkna vc = v + ωac C utan att vi behöve beäkna v A! π 0 13

015 Utgåva.0 Exempel 1.6: Vi studea tvättmaskinen fån ADAMS-pojektet med hjälp av effektsatsen. θ Figu 1.11 Den odämpade maskinen. Lösning: Filägg maskinhus och excentisk massa va och en fö sig. Infö kontaktkaft och moment i punkten O H V och M d dä M d beteckna det divande momentet. Låt x beteckna lägeskoodinaten fö maskinhuset dä x= 0 svaa mot ospänd fjäde. Låt beteckna elativa lägeskoodinaten fö den oteande massans masscentum och låt θ beteckna otationsvinkeln fö den oteande massan. Vi betakta föst sstemet som bestå av maskinhus fjäde och dämpae. Den kinetiska enegin fö maskinhuset och den potentiella enegin hos fjäden ges av T h 1 = zm h V e 1 = kz (1.45) espektive Figu 1.1 Filäggning av maskinhus och oteande massa. 14

015 Utgåva.0 Sstemets mekaniska enegi kan då skivas Effektsatsen ge då Eh = T 1 1 h + Ve = z mh + kz (1.46) E = F z + Vz (1.47) h d Fö den excentiska massan gälle 1 1 T = (( z + ) + x ) m + I θ (1.48) dä I beteckna den oteande massans (klotets) töghetsmoment m a p sitt masscentum. Effektsatsen ge T = Vz + Mθ (1.49) enom att addea (1.46) och (1.48) så ehålles då Fd = cz dä + = (1.50) E cz Mθ E = Eh + T = 1 z m 1 h + (( z + ) + x ) m 1 1 + I θ + kz (1.51) Med = esin θ x= ecosθ så ehålles = e θcos θ x = e θsinθ och dämed E = 1 z mh + 1 (( z + e θcos θ) + ( e θsin θ) ) m 1 1 + I θ + kz (1.5) Med θ = ωt dä ω ä konstant ehålles E = 1 z m h + 1 (( z + eωcos ωt) + ( eωsin ωt) ) m 1 1 + Iω + kz = dä m= mh + m. Det följe att och dämed enligt (1.50) 1 z m + ze ωm cosωt + 1 e ω m 1 1 + Iω + kz (1.53) E = z zm+ zeωm cosωt ze ω m sinωt + kzz (1.54) 15

015 Utgåva.0 elle z zm+ zeωm cosωt ze ω m sinωt + kzz + cz = M θ (1.55) z ( zm+ cz + kz eω m sin ωt) = ω( M zem cos ωt) (1.56) Momentekvationen fö den oteande massan m a p punkten O se Figuen! O ä en acceleeande momentpunkt med a O = j z och dämed ehålles (med utnttjande av MOz = I Ozz ω + k O aom) vilket ge momentekvationen k O ao = k ( iecosθ + jesin θ) j z= ez cosθ (1.57) O : I ω = M ezm cosωt (1.58) Men ω = 0 och dämed M zemcosωt = 0. Av (1.56) följe då om z 0 vilket ä öelseekvationen fö det odämpade maskinhuset. O att zm+ cz + kz = eω m sinωt (1.59) Sammanfattning: Stel kopps kinetik abete enegi- och effektmetode Kinetisk enegi: T = 1 v 1 1 m+ ω Iω= ω IOω O fix punkt i koppen och ummet masscentum. Effekt: P = + v F ω M Mekaniska enegin: E = T + V Potentiella enegin: V = Vg + Ve Enegisatsen: E = P Plan öelse: 1 1 1 T = ω I zz + v m= ω IO zz P = x F + F +ω M x z 16

015 Utgåva.0 Föeläsning : Impuls- och impulsmomentekvationen (6/8). En kopps öelsemängd och öelsemängdsmoment definieas av H O elativt den valda efeensamen = v P dm P H = v dm och O OP P P Kaft- och momentekvationena ges av m M = H O O F = = v dä O ä en fix punkt i inetial-amen. Altenativt kan man utnttja koppens masscentum som momentpunkt M = H = H el Kaftekvationen ä ekvivalent med impulsekvationen dä ( t ) = ( t ) + I( t t ) v ( t ) m= v ( t ) m+ I( t t ) (.1) 1 1 1 1 I = I( t1 t) = F () t dt ä kaftsummans impuls unde tidsintevallet [ t t ] 1 t t 1. Således gälle I = I( t t ) = 0 ( t ) = ( t ) v ( t ) m= v ( t ) m (.) 1 1 1 d v s om kaftsummans impuls unde intevallet ä noll så bevaas öelsemängden. Momentekvationen ä ekvivalent med impulsmomentekvationen dä H ( t ) = H ( t ) + J ( t t ) (.3) O O 1 O 1 JO = JO( t1 t) = M O() t dt ä impulsmomentet (momentsummans impuls) unde tidsintevallet [ t t ] 17 t t 1 1. Således gälle J = J ( t t ) = 0 H ( t ) = H ( t ) (.4) O O 1 O O 1 d v s om impulsmomentet unde tidsintevallet ä noll så bevaas öelsemängdsmomentet. Fö en stel kopp gälle att H el = Iω och impulsmomentekvationen kan då skivas

015 Utgåva.0 I ( t ) ω( t ) = I ( t ) ω( t ) + J ( t t ) (.5) 1 1 1 Exempel.1 En peson sitte på en pall (en så kallad Pandtl-pall ) som ä fiktionsfitt lagad på en vetikal axel. Pesonen hålle i en kot axel på vilken ett hjul ä fiktionsfitt lagat. Pallen ä initialt i vila och pesonen hålle hjulet famfö sig. Om hjulet ges en otation i nomal famåtiktning vid ckling och det däefte vänds i sidled åt pesonens vänsta sida enligt figuen nedan vad hände då med pallen? Figu.1 Pandtl-pallen. Lösning: etakta koppen Peson + pall + hjul. Hjulets vinkelhastighet i läge 1: ωh1 = e xωh. Peson + pall ä i detta läge i vila. Hjulets vinkelhastighet i Läge : ωh = e z( ωh). Antag att Peson + pall i läge kan betaktas som en stel kopp med vinkelhastigheten ωp = e zω p dä ( ex e e z) ä en HON-bas med e z -iktningen vetikalt uppåt. Låt H O beteckna koppens öelsemängdsmoment dä O ä en fix punkt på otationsaxeln. I läge 1 gälle H O = e x I h ω h dä I h beteckna hjulets töghetmoment med avseende på otationsaxeln d v s HOz = ez H O= 0. I läge gälle HO = e z( Ihωh + Ipωp) d v s H = e H = I ω + I ω. O z z O h h p p ω h e z g = e ( ) 3 g e z ω p O e ω h e x Läge 1 Läge Figu. Pandtl-pallen. Lösning. 18

015 Utgåva.0 Låt M O beteckna de tte kaftena moment på koppen. Det gälle att MOz = ez M O= 0. Detta medfö att öelsemängdsmomentets komponent i ez -led H Oz ä konstant d v s I 0 = I ω + I ω ω = ω h h h p p p h I p Pallen otea således motus sett uppifån om ω h > 0. Obsevea att vi ovan antagit att hjulets vinkelhastighet elativt efeensamen inte ändas fån Läge 1 till Läge! Det kävs ett säskilt agument fö att säkeställa detta. Ändas koppens kinetiska enegi fån läge 1 till läge? I läge 1 1 gälle T1 = Ih h ω och i läge 1 1 1 1 Ih 1 Ih T = I ω + I ω = I ω + I ( ω ) = I ω ( 1+ ) > T I I h h p p h h p h h h 1 p p Vaifån komme tillökningen i kinetisk enegi? Exempel. The lage oto has a mass of 60kg and a adius of gation about its vetical axis of 00mm. The small oto A is a solid cicula disk with a mass of 8kg and is initiall otating with 1 an angula velocit ω 1 = 80ads with the lage oto at est. A sping-loaded pin P which otates with the lage oto is eleased and beas against the peiphe of the small disk binging it to stop elative to the lage oto. Neglect an beaing fiction and calculate the final angula velocit of the assembl ( lage oto + small oto otating as one igid bod). g = k ( g) Figu.3 Exempel.. R Lösning: Filägg hela sstemet. Infö tngdkaft och eaktionen fån lagingen på sstemet: R M angipande i punkten O på axeln enligt figuen nedan. Låt m A och m beteckna massona fö A och espektive och låt A och beteckna espektive masscentum. 19

015 Utgåva.0 Låt Figu.4 Exempel.: Lösning. H O beteckna sstemets öelsemängdsmoment m a p punkten O. Momentekvationen ge m g+ m g+ M = H (.6) R O A O O A Momentekvationens komponent i z-led ehålles genom att skalämultiplicea (.6) med vekton k. Detta ge ekvationen dä k m g+ k m g+ k M = k H = H R OA A O O O z = 0 = 0 = 0 R k M =0 eftesom lagingen ä fiktionsfi. Således gälle att H = 0 H = konstant (.7) Oz Oz 1 otoa 1 Sstemets öelsemängdsmoment föe inkoppling av pinnen: HOz = I ω A 1 dä ω 1 = 80ads. Efte inkopplingen av pinnen otea sstemet som en stel kopp med vinkelhastigheten ω= k ω king den fixa axeln ( O k ). Sstemets öelsemängd efte inkopplingen ges av H Oz = I ω O dä I = I + I + md ä sstemets töghetmoment m a p axeln ( O k ). Det gälle att oto otoa O A d = 0. 15m och A oto 1 1 I = m (.). k = 60 0 = 4kgm I = m (.). A AA = 8 0 1 = 0 04kgm otoa och dämed I =. 4kgm + 0. 04kgm + 8(. 0 15) kgm =. 6kgm. Således O och 1 otoa 1 1 H = I ω = 0. 04kgm 80ads = 3. kgm s HOz = IOω =. 6kgm ω Oz 1 A 0

015 Utgåva.0 HOz = HOz 3. kgm s =. 6kgm ω ω = 1. 1ads 1 1 1 t t Låt nu t 1 = t 0 och t = t 0 + så att t t 1 = t. Då kan impulsen skivas t t0 + I = I( t t ) = F() t dt F( t ) t 1 0 t t0 Vi anta nu att t 0 samtidigt som F ( t0 ) och F( t ) ˆ 0 t I. Impulsen Î kallas då momentan och kan sägas epesentea impulsen fö en mcket sto men kotlivad kaft av den tp som föekomme vid stöt mellan koppa den momentana stötimpulsen. Impulslagen ge ( t t v t0 + ) m= v ( t0 ) m+ I( t1 t) Om vi ta gänsvädet av denna ekvation då t 0 ehålles fomellt v m= v m+ I ˆ (.8) t t dä t ex v = lim v ( t0 + ) och v = lim v ( t0 ) d v s masscentums hastighet omedelbat t 0 t 0 efte och omedelbat föe stöt vid tidpunkten t = t0. Ekvationen (.8) kallas stötimpulsekvationen och den kan skivas I ˆ = v (.9) m v = v v ä ändingen i masscentums hastighet öve stöten På motsvaande sätt dä definieas det momentana stötimpulsmomentet J ˆ. Impulsmomentekvationen (.5) kan skivas t t t t t t I( t0 + ) ω( t0 + ) = I( t0 ) ω( t0 ) + J ( t0 t0 + ) Om vi ta gänsvädet av denna ekvation då t 0 ehålles fomellt I ( t ) ω = I ( t ) ω+ J ˆ 0 0 t t dä t ex ω = lim ω ( t0 + ) och ω= lim ω ( t0 ) d v s vinkelhastigheten omedelbat efte och t 0 t 0 omedelbat fö stöt. Vi anta att I ( t ) = I ( t ) = I 0 0 1

015 Utgåva.0 d v s att töghetstenson inte ändas öve stöten. Detta antagande ä imligt med tanke på töghetstensons definition. Stötimpulsmomentekvationen kan då skivas Jˆ = I ω (.10) dä ω= ω ω ä ändingen i vinkelhastigheten öve stöten. Fö en ölig momentpunkt fix i koppen gälle Jˆ A = I A ω+ A v A m (.11) Jämfö med ekvation (3.9) - (3.10) Läsvecka 4. Altenativt ha vi stötimpulsmomentekvationen Jˆ A = I ω+ A v m (.1) Impulsen och impulsmomentet kan fomellt skivas Iˆ = di ˆP och J ˆ = ( di ˆ + dj ˆ ) O OP P P Vi specialisea nu till plan öelse (i x--planet): Då gälle ω= k ω ω= k ω ω = ω ω v = v v. Detta ge impulsmomentekvationen: A A A Rotation king fix axel ( O k ): Jˆ Ax = IAxz ω + i A vam J ˆ A = IAz ω + j A vam Jˆ Az = IAzz ω + k A vam Jˆ Ox = IOxz ω J ˆ O = IOz ω Jˆ Oz = IOzz ω Jˆ x = Ixz ω J ˆ = Iz ω Jˆ z = Izz ω (.13) Exempel.3 The thee bas ae fee to otate about the fixed hoizontal axis at O. Each of the bas A has a mass of 0kg. A adius of gation about the x-axis of 300mm and a mass cente at 1. The 8kg ba with adius of gation about the same axis of 0mm and a mass cente at is eleased fom est in the hoizontal (-axis) position and becomes attached to bas A a latch at C at the bottom of the swing. Calculate the angle θ though which the thee bas otate as a unit and find the loss of eneg due to impact.

015 Utgåva.0 g = k ( g) Figu.5 Exempel.3. Lösning: Vi studea föst den kopp som bestå av am. Låt E= T+ Vg beteckna koppens mekaniska enegi. Vi dela upp öelseföloppet enligt: Läge 1: Koppen hoisontell och i vila. I detta läge gälle E1 = T1 + Vg1 dä T1 = 0 och Vg1 = mgz1 dä m = 8kg och z1 = 0m. Detta ge Vg1 = 0Nm och dämed E1 = 0Nm. Läge : Stax föe stöt. Am ä vetikal och ha vinkelhastigheten ω = i ω. I detta läge gälle fö am att E = T + Vg dä 1 1 T = IOx ω= m( kox ) ω kox = 0. 3m d v s T = 1 8 (. 0 ) ω = 0. 1936 ω och Vg = mg z = 8 9. 81 ( 0. 18) Nm = 14. 13Nm. Dämed E = 0. 1936ω 14. 13. Lagen om den mekaniska enegin E = E1 ge då att 1 0. 1936ω 14. 13 = 0 ω = 8. 54ads. Vi ha hä utnttjat att eaktionskaftena fån axeln ( O) i på amen ä effektlösa. Vi studea nu fotsättningsvis den sammansatta koppen (A+A+). Ox Ox Ox Läge 3: Stax efte stöt. Låt ω = i ( ω ) beteckna vinkelhastigheten fö den sammansatta koppen stax efte stöt. Röelsemängdsmomentet m a p axeln ( O) i fö denna kopp stax föe stöt ges av HOx = IOx ω= m( kox ) ω= 8 (. 0 ) ( 8. 54) = 3. 31 och stax efte stöt av H Ox = A A ( I + I ) ω dä töghetsmomentet I + I = 0 (.) 0 3 + 8(. 0 ) = 3. 99. Röelsemängdsmomentets bevaande öve stöten ge villkoet H = H 3. 99ω = 1 3. 31 ω = 0. 83ads. Vi ha hä utnttjat att eaktionsimpulsmomentets x -komponent fån axeln ( O) i på den sammansatta koppen ä lika med noll. Den sammansatta koppens kinetiska A enegi omedelbat efte stöt: T3 = 1 ( IOx + IOx )( ω ) = 1 3. 99( 0. 83) = 1. 374. Fölusten i kinetisk enegi öve stöten T = T T = 1. 374 0. 1936ω = 1. 374 0. 1936( 8. 54) = 1. 74. Ox 3 Ox Ox 3

015 Utgåva.0 Läge 4: Maximal utpendling vinkeln θ. I detta läge gälle E4 = T4+ Vg4 dä T4 = 0 och Vg4 = Vg3 cosθ dä V g3 ä det sammansatta sstemets potentiella enegi i Läge 3 d v s Vg 3 = mag za + mg z = 0 9. 81 ( 0. 5) + 8 9. 81 ( 0. 18) = 11. Lagen om mekaniska enegin E4 = E3 ge då villkoet T3+ Vg3 1. 374 Vg3 cosθ = T3+ Vg3 cos θ = = 1 θ = 8. 97 V 11. g3 Den sammansatta koppens mekaniska enegi i läge 1 ä lika med E1 = magza = 0 9. 81 ( 0. 5) = 98. 1. Den sammansatta koppens mekaniska enegi i Läge 4 ä lika med E4 = Vg3 cos θ = 11. cos 8. 97 = 110. 8. Ändingen i mekanisk enegi fån Läge 1 till läge 4 bli då E4 E1 = 110. 8 ( 98.) 1 = 1. 74 vilket svaa mot ändingen i kinetisk enegi öve stöten. Exempel.4 En homogen smal stång med massan m och längden a ä i sin ena ände upphängd på en fix glatt hoisontell axel A. Ett slag mot stången ge i allmänhet en eaktion i fom av en stötimpuls i upphängningspunkten. Va ska slaget täffa fö att denna eaktionsimpuls i laget skall bli så liten som möjligt? Detta kan tjäna som en enkel modell fö slag med ett basebolltä. A Figu.6 Exempel.4. Lösning: Filägg stången och infö en stötimpuls S = i S som epesentea slaget mot stången och eaktionsimpulsen R= irx + j R enligt Figu.7 nedan. Stångens vinkelhastighet ω= k ω och masscentumshastighet v= ivx + j v. Infö avståndet x fån upphängningspunkten A till stötimpulsens S vekningslinje 4

015 Utgåva.0 x Figu.7 Exempel.4. Lösning. Stötimpulsekvationen ge: S + R = v m= v m ( ): R= v m= v m (.14) ( ): x x x dä vi utnttjat att föe stöt gälle att v = v = 0. Stötimpulsmomentekvationen ge: x A xs = I ω = I ω (.15) : Az Az dä vi utnttjat att föe stöt gälle att ω = 0 och det gälle att I a a v = va + ω A = kω j( ) = i ω innebä att Az ma =. Hastighetssambandet 3 Och dämed enligt (.14) a v x = ω v = 0 (.16) R = 0. Insättning av (.15) och (.16) i (.14) 1 ge a xs a xam 3x Rx= v x m S = ω m S = m S = ( 1) S = ( 1) S IAz ma a 3 a och således Rx = 0 x=. 3 Poblem 6/199: Ett clindesmmetiskt hjul med adien ulla utan att glida på ett hoisontellt undelag och mot ett fast hinde med höjden h enligt figu nedan. Hjulets töghetsadie ä k. estäm 5

015 Utgåva.0 den minsta fat v som hjulet behöve fö att pecis ulla öve hindet. Det antas att fiktionen ä tilläckligt hög fö att föhinda att hjulet glide mot hindet. Tngdacceleationen = g. g Figu.8 Poblem 6/199. Lösning: Låt A beteckna den punkt i hjulet som stöte emot hönpunkten på hindet se figuen nedan. Impulsmomentekvationen J = I ω + k v m (.17) ˆA z Azz A A dä I A zz = I zz + m = mk + m = m( k + ) A = i( cos θ ) + j ( h) och va = vc + ω CA = 0+ k( ω) ( icos θ + jh) = iωh+ j ( ωcos θ) dä C beteckna den punkt i hjulet som ä i kontakt med undelaget omedelbat föe stöt. v = C 0 då vi föutsätte ullning utan glidning. Omedelbat efte stöt gälle v = 0 och dämed A v A = va va = 0 iωh j( ωcos θ) = i( ωh) + j ωcosθ och A va = ( i( cos θ) + j( h)) ( i( ωh) + jωcos θ) = k ( ω cos θ + ωh( h)) C Î Det gälle att JˆA z = 0 och dämed enligt (.17) Figu.9 Poblem 6/199. Lösning. 6

015 Utgåva.0 0= mk ( + ) ω+ ( ω cos θ + ωh ( h)) m (.18) dä ω = ω ( ω) = ω + ω. Detta insatt i (.18) ge m( k + ) m cos θ + mh( h) ω = mk ( + ) Med ( h) cos θ = ehålles k + ( h) ω = ω k + Notea att ω < ω. Kinetisk enegi hos hjulet omedelbat efte stöt 1 1 1 k + ( h) 1 ( k + ( h)) T = IAω = ( k + ) mω = ( k + ) m( ) ω = m ω k + k + Fö att hjulet pecis ska ulla öve hindet så kävs enligt enegisatsen att T mgh d v s 1 ( k + ( h)) 1 m ω mgh ω gh( k + ) k + k + ( h) Och dämed v = ω gh( k + ) k + ( h) 7

015 Utgåva.0 Sammanfattning: Stel kopps kinetik impuls- och impulsmomentekvationen Impulsekvationen: ( t ) = ( t ) + I ( t t ) 1 1 Impulsmomentekvationen: H ( t ) = H ( t ) + J ( t t ) O O 1 O 1 Stötimpulsekvationen: I ˆ = v m Stötimpulsmomentekvationen: J ˆ = I ω Jˆ = I ω+ v m A A A A Plan öelse: Jˆ Ax = IAxz ω + i A vam J ˆ A = IAz ω + j A vam Jˆ Az = IAzz ω + k A vam Jˆ x = Ixz ω J ˆ = Iz ω Jˆ z = Izz ω Rotation king fix axel ( O k ): Jˆ Ox = IOxz ω J ˆ O = IOz ω Jˆ Oz = IOzz ω 8

015 Utgåva.0 Föeläsning 3: Röelse elativt en ölig efeensam. etakta två efeensama R 1:( e e e X Y Z) O och R :( ex ex ez) enligt nedanstående figu. Låt oss betakta R 1 som fix dvs. vi anta att O ä en fix punkt och att e X e Y och e Z ä fixa (tidsobeoende) basvektoe. Vi betakta R som ölig d v s ä en ölig punkt och e x e och e z ä tidsbeoende basvektoe; e = e x x() t e = e () t e () z = e z t. Låt ω= ω () t beteckna R :s vinkelhastighet elativt R 1 d v s e x = ω ex e = ω e e z = ω ez (3.1) Se Figu 3.1 nedan! Låt nu u= u() t vaa en godtcklig tidsbeoende vekto. Vi kan epesentea u i de båda basena enligt u() t = e u () t + e u() t + e u () t = e tu() t + e tu() t + e tu() t X X Y Y Z Z x x z z (3.) Vi infö tidsdeivatona u () t = e u () t + e u () t + e u () t u () t = e () tu () t + e () tu () t + e () tu () t X X Y Y Z Z (3.3) dä u kallas den absoluta tidsdeivatan (tidsdeivatan i efeensamen R 1 ) och u el kallas den elativa tidsdeivatan (tidsdeivatan i efeensamen el x x z z R ). Av (3.1) och (3.) följe att d u () t = ( exux + eu + ezuz) = e xux + exu x + e u + eu + e zuz + ezu z = dt ω e u + e u + ω e u + e u + ω e u + e u = ω u+ u x x x x z z z z el (3.4) O Figu 3.1 Fix och ölig efeensam. En patikel P med massan m påvekas av en kaft F = F () t. Patikelns öelse beskivs i efeensamen R 1 av lägesvekton = () t och i efeensamen R av lägesvekton el = el () t. Det gälle att se Figu nedan 9

015 Utgåva.0 () t = () t + () t (3.5) el och dämed efte tidsdeiveing = + (3.6) el Men enligt (4.4) med u= så ehålles = ( ) + ω. Med beteckningana v = el el el el el v = och vel = ( el ) dä v ä patikelns hastighet elativt efeensamen R el 1 v ä punktens hastighet (som ä fix i efeensamen R ) och v el ä patikelns hastighet elativt R så ehålles sambandet v = v + ω el + v el (3.7) Med = () t = exxt () + eyyt () + e ZZt () och el = el () t = ex () txt () + e () tt () + e z () tzt () så gälle i enlighet med definition (3.3) v = e X + e Y + e Z v = e x + e + e z (3.8) el x z X Y Z Antag att patikeln påvekas av kaften (kaftsumman) F och att R 1 ä en inetialam. Då gälle kaftekvationen på fomen F = a m (3.9) dä a = v ä patikelns acceleation elativt R 1. Man kan säga att det ä pecis detta föhållande att Newton s anda lag ä giltig som definiea en inetialam. ankuva sedd fån R 1 O e Z e X Figu 3. En patikels öelse elativt två efeensama. 30

015 Utgåva.0 Hu se då kaftekvationen ut i den öliga efeensamen? Den komme i allmänhet inte att vaa på fomen F = a (3.10) el m dä ael = ( v el ) = e el x x+ e + ez z ä patikelns acceleation elativt R. Detta innebä att Newton s anda lag enligt (3.9) inte gälle i alla efeensama. Hu se då kaftekvationen ut i efeensamen R? Fö att svaa på denna fåga utgå vi fån acceleationssambandet dä a = a + ω + ω ( ω ) + ω v + a = a + a + a (3.11) el el el el sp co el a = a + ω + ω ( ω ) (3.1) sp el el ä sstempunktacceleationen dvs. acceleationen hos patikeln om den ä fix i (följe med) R och a = ω v (3.13) co ä de så kallade Coiolis-acceleationen. Uttcket (3.11) häleds genom att utgå fån (3.7) och utnttja sambanden el = v el + ω el och vel = ael + ω v el d v s el v = v + ω + v a = v = v + ω + ω + v = el el el el el a + ω + ω ( v + ω ) + a + ω v = el el el el el a + ω + ω ( ω ) + ω v + a el el el el Om a ( t ) = 0 t dvs. v () t = konstant vekto och ω( t) = 0 t dvs. R otea inte i föhållande till R då gälle att asp = aco = 0 och dämed a = a el och kaftekvationen enligt (3.9) gälle i R. Detta innebä att vaje efeensam som ö sig i föhållande till en inetialam i tanslationsöelse med konstant hastighet ä också en inetialam. Om detta inte ä fallet fö R så gälle enligt (3.9) och (3.11) att F = am= ( a + a + a ) m (3.14) sp co el Efte omflttning av teme ehålles F a m a m= a m sp co el 31

015 Utgåva.0 Vi infö beteckningana F = a m och sp sp F = m co a co och kaftekvationen (3.14) kan då skivas F + F + F = a m (3.15) sp co el d v s i den öliga efeensamen R tillkomme föutom kaften F de så kallade töghetskaftena: F sp Sstempunktskaften och F co Coiolis-kaften. Hu identifiea man en inetialam? Ja antag att vi i en given efeensam betakta en patikel som inte ä utsatt fö kafte d v s F = 0. Om då patikeln ö sig längs en ätlinjig bankuva med konstant hastighet då ä R 1 en inetialam. Se Figu 3.3 nedan! I paktiken buka man betakta sstemet av fixstjäno som en (appoximativ) inetialam. Det innebä att joden inte ä en inetialam joden både acceleea och famföallt otea elativt fixstjänona. R 1 O e Z Figu 3.3 Kaftfi öelse i en inetialam. Exempel 4.1 (se Exempel 3. Del 1 Läsvecka 5) En puck ligge på en hoisontell glatt skiva som otea king en fix vetikal axel. Vi betakta puckens öelse fån två olika efeensama. En inetialam R 1:( e e e X Y Z) O och en oteande efeensam R :( ex e ez) som ä fix i skivan. Fö efeensamen R gälle att ω= e Z ω och a = 0. Vi anta fö enkelhets skull att ω ä konstant. I inetialamen gälle då ingen fiktion föekomme mellan puck och skiva N + mg = a m dä N = e N z och g = e ( ) z g. Vi föutsätte att az = ez a = 0. Då följe att a = 0 N = mg dvs. pucken ä i vila (ligge stilla) i föhållande till inetialamen. Antag att el = e X R. I den oteande efeensamen gälle att 3

015 Utgåva.0 F = a m = ( a + ω + ω ( ω )) m = e ω ( e ω e R) m = e ω Rm sp sp el el Z Z X X d v s centifugalkaften i den oteande efeensamen. Vidae gälle att och dämed dä vi utnttjat att F = a m= ω v m= e ω e ( ωr) m= e ( ω Rm) co co el Z θ X F + F + F = N + mg+ e ω Rm + e ( ω Rm) = e ( ω Rm) = ( ω m) sp co X X X el N + mg = 0. Röelseekvationen (3.15) i den oteande efeensamen ge då ( ω m) = a m a = ω el el el el R utfö en cikelöelse med vinkelhastigheten ω. Den oteande vilket innebä att pucken elativt efeensam R kan således inte vaa en inetialam. Se Figu 3.4 nedan! Figu 3.4 Relativ öelse. 33

015 Utgåva.0 Exempel 3. (Röelse elativt jodtan). Vi betakta en patikel med massan m som ö sig i näheten av jodtan. Låt ω= e beteckna jodens vinkelhastighet i föhållande till en inetialam Z ω (t ex fixstjäneamen ). Antag att patikeln befinne sig på latituden θ och ö sig akt östeut med hastigheten vel = e v ϕ el dä eϕ = eθ e se nedanstående figu. Då bli Coiolis-kaften F = ω v m= e ω e v m= e ( e e ) ωv m= ( e e ) e ωv m= co el Z ϕ el Z θ el θ Z el ( ee e ee e ) ωv m= ( ecosθ esin θ) ωv m= n ωv m θ Z θ Z el θ el el dä n= e cosθ eθ sinθ och dämed ez n= ez ecosθ ez e θ sinθ = sinθcosθ cosθsinθ = 0 d v s Coiolis-kaften ä vinkelät mot jodaxeln (och mot hastigheten v el ). Dess komposant tangentiellt till jodtan Fco ges av Fco = eθ( eθ Fco ) = eθ( ωvel msin θ) Notea att Fco ända iktning nä vi passea ekvaton. Coiolis-kaften ä nomal liten i föhållande till t ex tngdkaften mg men unde långvaiga öelsefölopp kan dess vekan likväl vaa av betdelse. Detta föhållande exemplifieas av vidning av den så kallade Foucaultpendelns svängningsplan passadvindanas avlänkning etc. Se figue nedan. N x Ekvatoplan S Figu 3.5 Coiolis-kaften vid jodtan. 34

015 Utgåva.0 Figu 3.6 Foucault s pendel i Panthéon Pais. Foucault s pendel ä en patikelpendel med sto pendellängd. Pendelns svängningsplan komme på gund av jodens otation att vida sig. Fö pendeln i Pantheon gälle att dess svängningsplan otea medus i en takt om 11 pe timme. Lufttckkaften: Coioliskaften: Figu 3.7 Coiolis-kaftens meteoologiska betdelse på noa halvklotet. 35