Stela kroppens plana rörelse; kinetik

Kap 9 Stela kroppens plana rörelse; kinetik 9.1 Rotation kring fix axel 9. b) Funktionen B sinωt + C cosω t kan skrivas som A sin(ω t + ϕ), där A = B 2 + C 2 9.6 Frilägg hjulet och armen var för sig. Normalkraften kan beräknas m h a jämvikt för armen. 9.7 Frilägg armen, och beräkna normalkraften. a) b) N µn 150 N 9.10 Trycket p = 16P/3πR 2. Betrakta en smal cirkelring med innerradien r och tjockleken dr. På denna yta verkar en utbredd normalkraft dn = p da, där da är cirkelringens area. Friktionskrafterna som verkar på ytan ger ett bidrag dm = µ dn r till det bromsande momentet. Integrera över samtliga cirkelringar för att få det totala bromsande momentet. 9.12 b-d) Se sid 20, nedre delen! 9.13 Beräkna först vinkelhastigheten då linan lossnar. Resultat: ω = 12πM / mr 2 9.1 Frilägg valsarna och ställ upp lagen för rörelsemängdsmomentet för var och en av dem. Tänk på Newtons 3:e lag! Visa sedan att summan av vinkelaccelerationerna är noll, d v s att summan av vinkelhastigheterna är konstant. N µn 150 N 9.15 Antag att linan inte glider, och beräkna linkrafterna på ömse sidor. Resultat: S 1 = 32mg/11 till höger, S = 1mg/11 till vänster. På gränsen till glidning är S 1 = S 2 e µπ. 9.8 Normalkrafterna vid de två kontakt ställena är inte lika; till vänster: N 1 = mg 1 µ 1 + µ 2 till höger: 2 N 2 = mg 2 1 + µ 1 + µ 2 9.9 I startögonblicket är ω = 0, d v s a n = 0. Vinkelaccelerationen ( ω = (3 3 /10)g / L 9.16 Jfr ill.ex 9.1.3. Pendelns tröghetsmoment är 322mR 2 /3 i (a) och 319mR 2 /3 i (b). 9.17 Jfr ill.ex 9.1.3. Om det sökta avståndet betecknas x, är vinkelfrekvensen gx ω = R 2 + x 2 1

Kap 9 Stela kroppens plana rörelse; kinetik 9.18 a) Frilägg först hela stången, och beräkna reaktionskraften i A som funktion av ϕ. Om kraften delas upp i normal- och tangentialkomposanter fås: R n = 5 mg cosϕ 2 R s = 1 mg sinϕ Frilägg därefter den del av stången som ligger mellan A och snittet, och beräkna de sökta storheterna. b) Böjmomentet har maximum då ϕ = 90 och då funktionen f(x) = x3 b 3 x2 2b 2 + x b har maximum. Detta inträffar för x = b/3 (funktionen har minimum för x = b). 9.19 Från det att hjulet släpps fram till det att linan slaknar kan hjulets rörelse beskrivas som en fjärdedels period av en harmonisk svängningsrörelse. 9.21 I det första fallet deltar inte vätskan i svängningsrörelsen. I det andra fallet har vätskan frusit fast vid det tunnväggiga skalet, och den svängande kroppen är då sammansatt av skalet och det frusna vätskeklotet. 9.28 a) Beräkna först vinkelaccelerationen i startögonblicket genom att betrakta hela systemet. Resultat: ω 3 (a + 2c) = 2 (a 2 + 3c 2 ) g Frilägg därefter enbart kroppen A och beräkna normalkraften i startögonblicket. Denna är positiv för c < 2a/3. b) Betrakta först hela systemet, och beräkna vinkelhastigheten och vinkelaccelerationen för en godtycklig vridningsvinkel ϕ. Därmed är kroppen A:s acceleration känd, och de verkande krafterna kan bestämmas. Man finner att normal- och friktionskrafterna är: N = 3 mg cos ϕ 8 F = 9 mg sin ϕ Kroppen börjar glida då F/N = 0,. 9.29 Beteckna effekten P och friktionsmomentet M f! a) P M f ω = 0 (ingen acceleration längre, T = 0) b) Allmänt under accelerationsförloppet: P M f ω = dt dt där T = 1 2 Iω2 Se också kommentar i "Svar till övningsexempel". 9.22 Inför cylindrarnas vridningsvinklar ϕ 1 och ϕ 2 relativt startläget, och ställ upp lagen för rörelsemängdsmomentet för var och en av cylindrarna. Beteckna relativa vridningsvinkeln ϕ 1 ϕ 2 med α, och härled en differentialekvation för denna. Ekvationens lösning är α = 16M 17k (1 cos ω t) α max = 32M 17k 9.27 a) Potentiella energierna är lika i de två lägena. Detta ger att k = mg/2a där a = 300 mm. b) Allmänna uttrycket för potentiella energin: V = mg a 2 sin ϕ + 1 2 kx2 där ϕ är luckans vinkel med horisontalplanet, och fjäderförlängningen x = 2a sin(ϕ/2). Då detta uttryck har minimum har kinetiska energin (och därmed vinkelhastigheten) maximum. 9.30 Se ledning till ex 9.29b. 9.32 Lagen för tyngdpunktens rörelse innehåller den sökta kraften. Tyngdpunktens acceleration uttrycks m h a ω och ω. Här är ω = 0 medan ω fås ur Fx = I A ω. 9.3 Med P = 75 N är P:s arbete Prπ/2. Energilagen ger ω 2 i det aktuella läget. Där gäller även Pr = I o ω. Lagen för tyngdpunktens rörelse ger reaktionskraftens komponenter. 9.35 a) Använd energilagen. b, c, d) Använd energilagen plus lagen för tyngdpunktens rörelse. 2

Kap 9 Stela kroppens plana rörelse: kinetik 9.36 Tröghetsmomentet bestäms m h a svängningstiden för små svängningar. Då fås I = mgc (τ/2π) 2 där c = 0,93 m och τ = (120/39) s. M h a lagen för rörelsemängdsmomentet, energilagen och lagen för tyngdpunktens rörelse visas att den horisontella komposanten av reaktionskraften är R h = m 2 gc 2 (3cosϕ 3)sin ϕ I som har maximum för ϕ = π/6. 9.37 Utgå från lagarna för rörelsemängdsmomentet och tyngdpunktens rörelse för att bestämma friktions- och normalkrafterna. Resultat: F = 3 10 mg N = 2 5 mg 9.38 Förutsätt rotation kring kontaktpunkten O. Beräkna friktionskraften F och normalkraften N som funktioner av vinkeln ϕ. Då behövs ω och ω som funktioner av ϕ. Dessa fås genom att utnyttja T + V = konstant och ΣM O = I O ω. Vi får F 3 (3 cos ϕ 2) sin ϕ = = f(ϕ) N (1 3 cos ϕ) 2 Stången börjar glida då F/N första gången uppnår värdet µ. Beroende på friktionskoefficientens värde kan detta antingen betyda att F/N = µ eller att F/N = µ. För att se vad som verkligen inträffar kan det vara klokt att plotta funktionen f(ϕ): 0. 0.2 0-0.2 f(ϕ) -0. -0.6-0.8-1 0 10 20 30 0 50 60 ϕ Man ser att för µ = 0,3 inträffar glidning för ϕ 2, medan för µ = 0, glidning först inträffar då ϕ 51 (och då i motsatt riktning!). 3

Kap 9 Stela kroppens plana rörelse; kinetik 9.2 Allmän plan rörelse 9.1 b) För P = mg är kraften i linans vänstra del S = 2mg/3. Villkor för att linan inte skall glida: P < S e µπ 9.3 Linkraftens hävarm m a p trådrullens tyngdpunktsaxel är lika med rullens innerradie, eftersom trådens fria del är tangent till motsvarande cirkel. 9.9 Den kraft som verkar på bilens hjul från marken är P/v i det aktuella ögonblicket. Detta gäller såväl före som efter linans bristning. Omedelbart innan linan brister rör sig systemet bil + rör som en enda stel kropp, och accelerationen kan enkelt bestämmas. För att bestämma bilens acceleration omedelbart efteråt friläggs bilen och röret var för sig. 9.50 Kinematiskt samband: v trumma = v plattform + rω 9. Man vet inte i förväg om cylindern glider i kontaktpunkten eller ej. Antag exempelvis att den inte glider, och beräkna friktionskraften F och normalkraften N. Bilda därefter kvoten F/N. Om beloppet av denna är mindre än 0,15 var antagandet korrekt. I annat fall får man börja om från början 9.5 Cylindern "rullar på" den räta linjen AB (se figuren nedan). Momentancentrum ligger i C. Friktionen är fullt utbildad i kontaktpunkten med underlaget. Här är det viktigt att friktionskraften har korrekt riktning. Åt vilket håll glider cylindern i kontaktpunkten? A C 9.6 Mellanresultat: Tyngdpunktshastigheten v(t) = µgt Vinkelhastigheten ω(t) = ω o 5µg 2R t Då ren rullning börjar är v = Rω. 9.7 b) Kinematiskt samband: v B = v + rω B 9.51 Frilägg trumman för sig; systemet plattform + televerksarbetare för sig. Se också ledning till ex 9.50. 9.52 Med gängse beteckningar kan svaret skrivas: Iv µ = 2 mglr 2 9.53 Just då stången lossnar (lossnat) är dess vinkelhastighet ω = 3g / L och tyngdpunktshastighet 3gL /. Därefter är ω konstant medan tyngdpunkten fortsätter i kaströrelse. Efter tiden π/ω är stången vertikal igen. 9.5 Beräkna först banradien R. För att satelliten skall röra sig i "bunden rotation" måste gälla att den roterar kring sin egen axel med vinkelhastigheten ω = v/r. Då roterar nämligen satelliten ett varv runt sin egen axel på samma tid som den tillryggalägger ett varv i omloppsbanan. Bestäm därefter hur stort moment som måste läggas på för att satelliten skall accelerera från vinkelhastigheten noll till ω på den angivna tiden. Observera att vissa av de numeriska uppgifterna är överflödiga. 9.55 Bestäm först tyngdpunktens acceleration samt vinkelaccelerationen. Se också sid 395! 9.58 Punkten A är bunden att röra sig i en cirkelbana. I startögonblicket är hastigheten och därmed normalaccelerationen noll. Därmed är accelerationsvektorns riktning känd.

Kap 9 Stela kroppens plana rörelse: kinetik 9.59 I första ögonblicket är alla krafter kända fjäderns längd är ju given. Alla hastigheter är noll. 9.60 Bestäm först tyngdpunktens acceleration samt vinkelaccelerationen. Resultat: a = F ω 6F = m ml Frilägg därefter den del av stången som ligger mellan kraftens angreppspunkt och ett snitt på avståndet x därifrån. Bestäm sedan tvärkraften som funktion av x. Resultat: T = F 1 x L + 3 x2 9.61 Friktionen är fullt utbildad i framhjulets kontaktpunkt. Värsta fallet är när bakhjulet nätt och jämnt är i kontakt med marken. 9.63 Betrakta värsta fallet, d v s då skåpet står på gränsen till tippning. Då är bara ena hjulparet i kontakt med golvet. 9.6 Skivan har translationsrörelse, vilket betyder att tyngdpunktsaccelerationens riktning är känd. Reaktionskraften i A är riktad längs AB. Däremot är inte kraften i C riktad längs CD. 9.66 Betrakta vad som händer efter det att skivan frigjorts från A. Vad kan man då säga om kraftmomentet m a p en vertikal axel genom B? L 2 9.72 Eftersom A.s hastighet och riktningen för B:s hastighet är kända, kan det vara lämpligt att använda metoden med momentancentrum för att bestämma vevstakens vinkelhastighet. c) Några mellanresultat: Punkten B:s avstånd från hjulaxeln är 3,82R. Momentancentrums avstånd från A är 3,2R. Vevstakens vinkelhastighet är 0,293ω. B:s avstånd från momentancentrum är 2,21R. Tyngdpunktens avstånd från momentancentrum är 2,5R. 9.75 b) Tyngdpunkten följer en lodlinje. Vad är då dess hastighet i det aktuella läget? 9.76 a) Om klotet nätt och jämnt kan fullborda ett varv är normalkraften i högsta läget känd. I så fall kan också tyngdpunktens normalacceleration, och därmed också farten, beräknas. 9.79 a) Tyngdpunkten följer en lodlinje. Omedelbart innan övre stångändan slår i golvet ligger därför momentancentrum i den nedre stångändan, och den kinetiska energin kan enkelt tecknas uttryckt i stångens vinkelhastighet ω. Med hjälp av energilagen bestäms först ω och därefter den sökta hastigheten. b) Just innan övre stångändan slår i golvet är tyngdpunktens acceleration a = L ω /2. Utnyttja detta samband tillsammans med lagen för tyngdpunktens rörelse och lagen för rörelsemängdsmomentet m a p tyngdpunkten för att bestämma normalkraften. 9.67 Under den korta stöttiden konserveras rörelsemängdsmomentet L P m a p hörnet P. Observera att det impulsmoment som tillförs p g a tyngdkraften är försumbart litet. 9.80 Hjulets tyngdpunkt har i B rakt uppåtriktad hastighet med beloppet 50gR /1. Före stöt: L P1 = mv 2R 3 + 2 5 mr2 ω o där ω o = v R Omedelbart efter stöt: L P2 = 7 5 mr2 ω 2. L P1 = L P2 ger ω 2 uttryckt i v och R. Därefter rotation kring P som utan förlust i mekanisk energi övergår i rullning. 5

Kap 9 Stela kroppens plana rörelse; kinetik 9.81 Enklast: Om x är tyngdpunktens avstånd till övre "väggen" ger energilagen T + V = 3mx 2 + 2kx 2 mg 2 x = konst. Derivering m a p tiden ger x 8k + 3m x = g 3 varur ω kan utläsas. Annan metod: Inför fjäderkraften kx samt friktionskraften F från underlaget. Använd ΣF = m x och ΣM = I ω där Rω = x. Eliminera F. Observera att F inte är lika med µn. 9.86 För aktuella drivande hjulpar sätts friktionskraften = 0,75 normalkraften. c) Att drivande momenten är lika innebär att friktionskrafterna är lika stora på alla hjul. Jfr också ledning till ex 9.85! 9.82 Inför vinkeln ϕ enligt figuren nedan som obekant. Energilagen ger T + V = konstant. Teckna därför totala energin T + V i ett godtyckligt läge och derivera m a p tiden. Om approximationen sinϕ ϕ utnyttjas, fås ekvationen för en harmonisk svängningsrörelse. Vinkelfrekvensen kan sedan läsas av direkt. ϕϕ 9.83 Eftersom kraftmomentet m a p en vertikal axel genom A är noll, bevaras motsvarande rörelsemängdsmoment. Detta villkor bestämmer vinkelhastigheten i den efterföljande rotationsrörelsen kring A. 9.8 Jfr ledning till ex 9.85. 9.85 Två möjliga metoder: 1) Den absoluta rörelsen betraktas, vilket innebär att ekv (9.2.1) och (9.2.) används. 2) Dörrens relativa rörelse i bilens referenssystem betraktas, och fiktivkrafter införs (se kap 9.2(c)). 6