KOMIHÅG 10: Effekt och arbete Effekt- och arbetslag ----------------------------------------- Föreläsning 11: Arbete och lagrad (potentiell) energi Definition av arbete: U 0"1 = t 1 t 1 # Pdt = # F v dt, enl definition av effekten. Tidsgränserna för arbetet är angivna. Med definitionen av hastighet v = dr, fås ett dt t 0 t 0 alternativt uttryck: U 0"1 = r 1 # F dr. (kraftens arbete längs en väg i rummet). r 0 Om arbetet är oberoende av vägen har vi en s k konservativ kraft. Den kraften ger oss möjlighet att definiera energinivåer i rummet, s k lägesenergier! Lägesenergierna beskrivs av kraftens potentiella energi! Definition: --Den konservativa kraftens potentiella energi: r V ( r) = " # F dr, där är en fix referenspunkt som kan väljas efter behag!. De viktigaste konservativa krafterna är tyngdkraft, gravitation och fjäderkraft. Tyngdkraftens potentiella energi: ( ) = " "mge z V r r ( ) dr # = mgz + konst.
Fjäderkraftens potentiella energi: r V ( r ) = " # ("k( r "l)e r ) dr = k 2 ( r "l)2 + konst Konstanterna blir olika för olika val av referenspunkt. Energiprincipen (gäller inte alltid) -- Mekanisk energi (definition): E = T + V Om det inte finns någon friktion bevaras den mekaniska energin: (EP) T 1 + V 1 = T 0 + V 0 Bevis: För en konservativ kraft gäller arbetslagen: T 1 " T 0 = U 0"1. Definitionen av arbetet är en integral som kan delas upp i två delar med hjälp av en godtyckligt vald punkt. U 0"1 = r 1 r 0 r 1 # F dr = " # F dr + # F dr = V 0 "V 1, r 0 där definitionen av potentiell energi använts. Med denna omskrivning av arbetet fås T 1 " T 0 = V 0 "V 1, som i sin tur kan skrivas som energiprincipen (EP).
A R R B v Problem: Två lika partiklar är förbundna med en lätt stång i figuren. Antag att de släpps i sin ursprungs-position och får glida (i ett vertikalplan) på det glatta underlaget. Beräkna sedan partiklarnas fart då partikel A når ursprungsläget för partikel B. Lösning: Ingen friktion innebär att den totala mekaniska energin bevaras. T 0 + V 0 = T 1 + V 1. I ursprungsläget har vi bara potentiell energi hos partikel A. T 0 + V 0 " 0 + mgr. I slutläget har den lägesenergin förvandlats till en gemensam rörelse med energin: T 1 + V 1 " 2# m 2 v 2 + 0. Att energin har bevarats innebär att: mv 2 = mgr, dvs v = gr.
R A k R m B Problem: En hylsa med massan m släpps i läget A och glider friktionsfritt längs den kvartscirkelformade ledstången i ett vertikalplan. Bestäm farten hos hylsan när den nått läget B i figuren. Beräkna även den maximala deformationen x av fjädern på grund av hylsans fortsatta rörelse. Lösning: På grund av att tyngdkraftens potentiella energi helt övergår i rörelseenergi, har vi: 1 2 mv 2 = mgr, dvs farten i läget B blir: v = 2gR. I den fortsatta rörelsen kommer hela den kinetiska energin att bromsas upp av den konservativa fjäderkraften, så att dess potentiella energi blir lika stor (som den ursprungliga 1 lägesenergin): 2 kx 2 = mgr. Den maximala deformationen blir alltså: x = 2mgR k.
KOMIHÅG 11: Energilagar ----------------------------------------- Föreläsning 12: Problemlösningar-dynamik Problem: En bil med massan m kör ett varv med konstant fartökning ( v =) k i en horisontell cirkulär bana med radien R. Bilen har ingen fart i startögonblicket. a) Hur stor blir den slutliga accelerationen? b) Bestäm den totala kraftens effekt på bilen efter ett varv. Lösning: Accelerationens komposanter efter ett varv införda i figur. Där normalaccelerationen bestäms av slutfarten efter ett varv. a) Slutfarten fås ur rörelsen i tangentriktningen, där Fel! Objekt kan inte skapas genom redigering av fältkoder. (konstant). Byt tidsvariabel till sträckan s, så att ( v =) v dv ds = k (konstant). Primitiva funktioner i VL och HL ger: v2 2 = ks + C 0, där C 0 = 0 enligt begynnelsevillkor. Efter ett varv i banan fås v 1 = 2k(2"R) = 2 "kr, som insatt i normalaccelerationen ger a n = 4"k. Den totala accelerationen blir a = k 1+16" 2. b) Den totala kraftens tangentkomponent ger effekt (P) på rörelsen. N2 i tangentriktningen ger i detta fall: F t = mk. Effekten är enligt definition P = mkv 1, som blir med slutfarten insatt: P = 2m "Rk 3.
Figur 1 Figur 2 Problem: Två homogena rätblock, vardera med massa m, hålls ihop och i jämvikt med horisontella krafter P och vertikala krafter Q enligt figur 1. P är känt. Rätblockens masscentra ligger på P- krafternas gemensamma verkningslinje, och dess synliga kanters längder ges i figur 2. a) Bestäm Q. b) Bestäm kraftverkan (som en resultant) på det högra rätblocket från den gemensamma kontaktytan mot det vänstra rätblocket. Lösning: Frilägg det högra rätblocket och ansätt en resultant på mitten av kontaktytan. Jämviktsekvationer för högra rätblocket: Horisontellt: H " P = 0 (1), så att H=P. Vertikalt: V + Q " mg = 0 (2), momentpunkten "M " mg b + Qb = 0 (3). 2 Jämviktsekvationer för båda rätblocken som en kropp: Horisontellt: P " P = 0, vertikalt: 2Q " 2mg = 0 (4). Ur (4) fås att Q=mg.(svar på a)-uppgift) Insättningar i (2) och (3) ger V=0 och M=mgb/2. De inramade ekvationerna utgör svaren.
Problem: En bil med massan m accelereras från vila med konstant horisontell kraft F under en tid ". Rörelsen är rak och horisontell, och luftmotstånd är försumbart. a) Bestäm farten v 1 precis efter denna acceleration. Bortse ifrån luftmotstånd och andra bromsande krafter. b) Bestäm kraftens effekt vid samma tidpunkt. c) Bestäm kraftens utförda vid samma tidpunkt. Lösning: a) Impulslagen ger direkt v 1 = F ". b) Med farten given av m v 1 ger definitionen av kraftens effekt P 1 : P 1 = F2 m ". c) Det utförda arbetet ges av dess definition, där hela tids-intervallet betraktas. Farten ändras hela tiden och ges av N2: (") mv = F " v = F m t. Därför blir arbetet: U 0"1 = # $ Fvdt = U 0 0"1 = F2 m # $ tdt = F2 " 2 0 2m.
Problem: En kula med massan m kan glida utan friktion längs en cirkelbåge med radien R. Cirkelbågen roterar med konstant vinkelhastighet " kring en fix vertikal axel. Bestäm den vinkel " för vilken kulan är i vila relativt cirkelbågen. Lösning: Kraftanalys: Tyngdkraft och normalkraft från bågen, Kinematik: Horisontell cirkelbana, konstant vinkelhastighet. Newtons 2:a lag: Ingen rörelse i vertikal riktning: " 0 = N cos# $ mg. Horisontell cirkelrörelse: e r : m "Rsin#$ 2 ( ) = "Nsin#. Eliminera normalkraften: mr " 2 = mg, för sin" # 0 cos# Lös vinkeln: cos" = g R #. 2 eller sin" = 0.
Föreläsning 13: Tillbakablickar och förberedelse inför KS1