Kap 1 Kraftgeometri. 1.2 Krafter i två dimensioner. 1.6 Använd parallellogramlagen. M h a sinussatsen visas sedan att F 1 sinα = F 2.

Kap 1 Kraftgeometri 1. Krafter i två dimensioner 1.6 Använd parallellogramlagen. M h a sinussatsen visas sedan att F 1 sinα = F sin0 = R sin(160 α) där R = 1,5 kn. b) F har min då sin(160 α) = 1 1.15 Låt a = 0 mm, b = 100 mm, F = 150 N. Dela upp F i komposanterna Fsinα och Fcosα. Deras momentarmar: (b + acos70 o ), asin70 o M O = Fsinα (b + acos70 o ) Fcosα asin70 o a) Låt α = 75 o b) Ma o min av M O fås genom studium av funktionen M O (α) och derivatan dm O dα. Alternativt, geometriskt: M O har minimum då F:s verkningslinje passerar O och maimum då F är vinkelrät mot linjen mellan O och F:s angreppspunkt. 1.16 Dela upp kraften i en horisontell och en vertikal komposant, och utnyttja Varignons teorem. 1.31 Villkoret uppfyllt om ΣM O = 0. 1

Kap 1 Kraftgeometri 1.3 Krafter i tre dimensioner 1.53 α 1.35 b) Utgår från svaret i a) och transformera basvektorerna enligt högra figuren: e = 1 e' 1 e' y e y = + 1 e' 1 e' y e z = e' z 1.37 b) F hor = 641 + 30 N = 716 N c, d) Använd sambandet F λ = F e λ 1.38 Tyngdkraftvektor Q Enhetsvektor längs stången e λ Komposanter (Q e λ )e λ Q (Q e λ )e λ 1.39 Kraften på 650 mn (F) delas först upp i två komposanter: Fcos40 o i -riktningen och Fsin40 o uppåt längs planets brantaste lutningslinje. O z Oyz ligger i väggplanet. O är mittpunkten på vänstra luckkanten. Tyngdkraften Q = mg ( 0, sinα, cosα) Tyngdpunktens lägesvektor från O r = 0,5a ( sinβ, cosβ, 0) M O = r Q. M z = (M O ) z efterfrågas 1.55 d) ΣM λ = ΣM C e λ e) Enl e. 1.54: OE parallell med ΣF varför (se (1.3.9)) ΣM E = ΣM O + EO ΣF = ΣM O y 1.40 b) Observera att de tre krafterna ej alla utgör inbördes vinkelräta komposanter. För just F CD gäller dock F CD = (F e CD )e CD 1.41 e) Observera sambandet M λ = M A e λ. Se diskussionen vid figur 1.3.7. 1.43 Se e. 1.41 ovan. DA 1.49 Kraften är S = 17 DA kn. M O = OD S 1.50 a) Byt ut A mot B i uttrycket för S i e 1.49. b) Byt ut B mot C i S-uttrycket. 1.56 d) Använd lämpligen ΣM λ = ΣM O e λ e,f) Använd lämpligen ΣM λ = ΣM B e λ I uppg. e) kan ju direkt ses ur figuren att det efterfrågade momentet ΣM BD är lika med minus z-komponenten av vektorn ΣM B. 1.6 Bilda t e den ena kraftens momentvektor m a p den andras angreppspunkt. 1.66-1.67 Ställ frågan Var skall en enstaka kraft som är lika med ΣF placeras för att dess moment m a p - och y-alarna skall vara desamma som för det givna kraftsystemet. 1.68 b) Observera det allmänna sambandet, ekv. (1.3.9), mellan ett kraftsystems momentsummor: ΣM B = ΣM A + BA ΣF 1.69 Beloppet av det mot resp. bultael vinkelräta momentet är a) M + M z b) M + M y

Kap Jämviktslära. Tvådimensionella jämviktsproblem. Sfären påverkas av tre krafter. Verkningslinjerna för dessa måste då skära varandra i en punkt, närmare bestämt i sfärens medelpunkt. Detta villkor bestämmer vinkeln mellan linan och väggen..3 b) Enligt avsnittet "Superposition av nollsystem" i kap.1(b) kommer de krafter som tillkommit jämfört med uppgift (a) att bilda ett nollsystem. Detta kan utnyttjas för att bestämma tillskotten till de sökta krafterna, varigenom räkningarna förenklas något..8 Bestäm först det obekanta momentet som verkar på det ena hjulet. Utnyttja att hjulen påverkar varandra med lika stora, motriktade tangentiella krafter, och betrakta jämvikten för varje hjul för sig. När det sökta momentet bestämts friläggs hela systemet balk + väellåda..9 Observera att krafterna från hydraulcylindrarna är riktade längs dessa (tvåkraftsystem). Flakets tippningsvinkel kan bestämmas m h a sinussatsen. Resultat: 14,3.10 b) Se ledning till e.35. c) Den elegantaste lösningen fås (antagligen) om hela systemet friläggs, och den vänstra trissans mittpunkt väljs som momentpunkt..11 c) Observera att fjäderkrafterna är lika stora..16 Se ledning till e.35..18 När hjulet nätt och jämnt rullar över kanten är kontaktkraften i den nedre kontaktpunkten noll.. b, c) Linkraftens hävarm m a p stångens upphängningspunkt är lika med höjden i den likbenta triangeln, d v s l cos(ϕ/). e) Vinkeln ϕ är lösning till ekv tan 3 ϕ tan ϕ 1 = 0.3 Vid jämvikt befinner sig stångens tyngdpunkt G rakt under C. Vidare är triangeln ACG rätvinklig och likbent. Av detta följer att stången bildar 45 vinkel med lodlinjen..7 Avgör först om någon stång påverkas av endast två krafter. Är detta fallet har dessa en gemensam verkningslinje..8 c) Lagringen till vänster innebär att ingen horisontell kraft verkar på balken; däremot kan en vertikal kraft och ett moment förekomma. d) De två parallella länkarna vid den högra infästningen kan endast överföra krafter i sina längsriktningar (tvåkraftsystem). Eftersom inga andra horisontella krafter verkar på balken måste krafterna i länkarna vara lika stora men motriktade, d v s de bildar ett kraftpar. M a o påverkas balken av ett rent moment vid högerändan. När det gäller lagringen till vänster, se c)..3 Observera att i båda fallen påverkas stången CD endast av två krafter..34 Linkraften är lika med halva tyngden av lasten (varför?). För att bestämma kraften F friläggs lämpligen den övre trissan. Det gäller att bestämma den erforderliga kraften, d v s den minsta nödvändiga. Denna fås förstås då kraften F bildar rät vinkel med hävarmen som är fäst vid trissan: 45 F F 1

Kap Jämviktslära.35 Observera att de linkrafter som verkar på var och en av trissorna (efter friläggning av dessa) får parallellförflyttas till trissans ael om ett lämpligt rent moment adderas (jfr figur 1..11)..38 Jämför ill.e...9 och dess Kommentar beträffande kraftriktningar. Ett liknande resonemang kan föras här..45 Visa först att sammanbindningslinjen mellan klotens medelpunkter bildar vinkeln α med horisontalplanet, där α satisfierar ekv cos α = r r 1 r r 1 + r Frilägg sedan det övre klotet, och bestäm den normalkraft som verkar på klotet från röret. Betrakta därefter jämvikten för röret. På gränsen till tippning är normalkraften från underlaget koncentrerad till en enda punkt..39 Det kan vara lämpligt att frilägga tångens delar enligt nedan. B B.40 Frilägg hjulet och den horisontella länken BC var för sig: D D.46 Börja uppifrån! Den översta tegelstenen kan maimalt skjutas ut så långt att dess tyngdpunkt ligger rakt över den näst översta stenens kant, d v s 1 = a. Betrakta därefter de två översta stenarna som ett system. Deras gemensamma tyngdpunkt ligger i gränsfallet rakt över den tredje stenens kant o s v. a Eftersom n = 1 n oändligt brett. är divergent kan valvet göras.55 Bestäm först stödreaktionerna. B B C C C C Kraften i D måste vara riktad längs AD och är naturligtvis ingenting annat än den sökta reaktionskraften i A..56 Problemet kan inte lösas med ett enda snitt, utan måste lösas i två steg, t e så här: Lägg först ett snitt genom BD, CE, CF och linan och betrakta delen till höger om snittet för att visa att kraften i BD är noll. Lägg därefter ett snitt genom BD, DE, EG, GH och linan (på två ställen) och betrakta den övre vänstra delen av fackverket..41 På ett obromsat hjul är friktionskraften från marken noll, eftersom totala momentet m a p hjulaeln måste vara noll vid jämvikt..4 Utnyttja att BC och DE endast påverkas av två krafter vardera..57 Lägg ett snitt genom CD, BD och AB. Betrakta den övre delen av fackverket. Välj skärningspunkten E mellan förlängningarna av stängerna CD och AB som momentpunkt. Observera att trianglarna ABD och ADE är likformiga..44 Triangeln är rätvinklig. Friläggning av BC: ΣM B = 0 ger den vertikala kraften i C. Friläggning av AC: ΣM A = 0 ger återstoden. Viktens tyngd behöver alltså ej beräknas.

Kap Jämviktslära.3 Tredimensionella jämviktsproblem.58 Jämvikt S AB e AB + S AC e AC + S AD e AD + mg = 0.60 Ställ upp trådkraftvektorn Q e BC där C är öglans position. För stången, använd ΣM z = 0 Trådkraftens bidrag till ΣM z fås som z-komponenten av OB Q ebc..61 Masscentrum har ett sådant läge att tyngdkraftens moment m a p upphängningsaeln (AB) är noll. Kroppens massa spelar därför ingen roll i problemet. Den kända kraftens moment kring aeln AB beräknas till 16 3 Pa. Låt A och B vara kullederna och D kraftens K angreppspunkt. För att ha ett minimalt belopp skall K vara vinkelrät mot planet ABD. Tänk ut motivering för detta..6 Låt B vara snörets fästpunkt på klotet och O dettas medelpunkt. I detta fall ligger O, B och A på en rät linje vid jämvikt. Varför?.64 Följande kraftstorheter finns: R A R Ay R B R Bz R Cy R Cz samt momenten Me och Me z.66 Inför som obekant nedre snördelarnas lutningsvinkel. Två friläggningar, t e följande skiva + ring skiva Friläggning av ring är förstås möjlig. Egentligen betraktar man väl då systemet ring + delar av snörena. Se figuren. S S S.67 Varje krafts moment m a p linjen λ är noll varför villkoret ΣM λ 0 är identiskt uppfyllt..68 Teckna varje trådkraftvektor som trådkraft enhetsvektor enligt eemplet S CE = S CE e CE. (Se även vid.70 nedan).70 Teckna trådkraftvektorerna S CD och S BE uttryckta i så få obekanta (beloppen S CD och S BE ) som möjligt. Med origo i A, -aeln i riktningen CA och z-aeln rakt uppåt (se fig i facit) har vi: (3,, 4) (3, 1, ) S CD = S CD S 9 BE = S BE 14 Frilägg skylten + stången (massa 0): ΣF = 0 ΣM y = 0 ΣM z = 0 ger de fem sökta kraftstorheterna. S S S 3

Kap Jämviktslära.7 Figuren visar systemets symmetriplan. A a R u α a a/ c γ D a/ B a/ T β d a/ D är mittpunkt på linjen AC. Trianglarna ABC och CBD är likbenta. Vinklarna α, β, γ behövs liksom sträckan BD (= c): c = a sin β Tyngdpunkten G ligger rakt under B. Betrakta triangeln DBG ( BG = d): Cos-teoremet ger d = 1,0531a Sin-teoremet ger ε = 0,859 Kraften R är resultanten av krafterna i de två lika trådarna (vardera beloppet S). T är den tredje trådkraften. Med u = 90 α ε och v = 90 β + ε ger jämviktsvillkoret R + T + Q = 0: Rsinu Tsinv = 0 Rcosu + Tcosv Q = 0 Vi får T = 0,666Q, R = 0,5974Q och därur även S. ε G Q a v C a.81 Eftersom ringen i E är glatt är linkraftens belopp detsamma i båda lindelarna..85 Kraften i E skall vara vinkelrät mot planet ABEF..86 Frilägg eempelvis systemet lucka + lina. Linkraften är Q utefter hela linan. Q R A R Ay R B Q R By R C.87 Momentjämvikt m a p rotationsaeln ger direkt att F = 410 N. Därmed är alla pålagda krafter på systemet ael + två hjul kända..88 P beräknas till 87,8 N. Inga reaktionskrafter längs aeln i A och B..89 Kedjans undre, hängande del kan betraktas som ospänd. De två krafterna i A och B har komposanter i aeln AB:s riktning vilka ej kan bestämmas var för sig. De betraktas dock som små i ett eempel som detta. Jfr ill.e..3.. Q.75 Jfr Superposition av nollsystem, kap..1 (b), slutet..78 Första linkraftsystemet och andra linkraftsystemet skall vara ekvivalenta; innebär att deras kraftsummor och momentsummor skall vara lika..79 Det kan antas att dörren enbart påverkas av krafter (inga rena moment!) i A och B. Gångjärn förutsätts ha denna funktion och konstrueras och monteras därefter. 4

Kap 3 Masscentrum - tyngdpunkt 3. Beräkningsmetoder 3.5 Jfr ill.e 3..1! 3.9 Den aktuella kroppen kan ses som skillnaden mellan två cirkulära koner. 3.0 Kroppen är sammansatt av en kvarts kon och ett rätvinkligt triangulärt prisma, vars tyngdpunkter har y-koordinaterna r/π resp r/3. 3. Dela in i tunna cirkelskivor enligt figuren och använd vinkeln ϕ som integrationsvariabel. R ϕ α 3.3 a) Kan delas in i tunna cirkelskivor genom att lägga snitt parallellt med yz-planet. En sådan skiva har radien y = /a, och dess tyngdpunkt har -koordinaten. Skivans tjocklek är d och volymen är dv = πy d. Kroppens volym blir V = πa 3 /5. b) Kan delas in i tunna cirkelskivor genom att lägga snitt parallellt med z-planet. Löses därefter på samma sätt som a). Kroppens volym blir V = πa 3 /. 3.4 Kan delas in i tunna, horisontella halvcirkelskivor. En sådan skivas radie är och läge i höjdled y. För dessa storheter gäller då sambanden y = /a och dy = d/a. Skivans tjocklek är dy och volym dv = π dy. Skivans tp har koordinaterna 4 och y. 3π Kroppens volym blir V = πa3 och statiska 4 momentet S yz = 4a4 15. y beräknas som i e 3.3. 3.5 Tyngdkraftsystemet kan representeras av en kraft i hela skivans tyngdpunkt men lika gärna (något enklare) av två krafter, en i varje skivdels tyngdpunkt. Cirkelskivan i figuren har radien R sinϕ och tjockleken R cosϕ dϕ. Skivans tyngdpunkt har z-koordinaten R cosϕ. Man finner att elementets volym dv = π (R sinϕ) Rcosϕ dϕ. Segmentets volym V = dv= = = πr 3 3 cosα + 1 3 cos3 α och z = 1 V R cosϕ dv= 3.7 Kroppens tyngdpunkt måste ligga rakt under P. Det kan vara lämpligt att lägga in ett koordinatsystem så att alarna är parallella med kubernas sidor. Övre integrationsgränsen α bestäms ur sambandet R cosα = R h. 1

Kap 3 Masscentrum - tyngdpunkt 3.8 Glatt kontakt innebär: Den mindre cirkelns högsta punkt (tangenten horisontell) sammanfaller med upphängningspunkten. På lodlinjen genom denna punkt finns kroppens tp. På samma lodlinje finns även den mindre cirkelns medelpunkt. Det kan vara praktiskt att lägga in ett koordinatsystem enligt nedanstående figur: Tp y 3.9 Jfr e 3.8. Cirkeltangenten i P är horisontell; kroppens tp ligger rakt under P.

Kap 4 Speciella tillämpningar 4.1 Friktion 4.1 d) Observera att normalkraften N mg cos15 4.4 Allmänt kan visas: F N = λ λ c) I det här fallet är friktionsvillkoret visserligen uppfyllt, men eftersom normalkraften blir negativ är inte jämvikt möjlig. 4.5 Om man tillåter fallet α > 90 finns det risk att kroppen tippar. 4.9 Observera att planets lutningsvinkel α inte är given. Däremot kan den bestämmas ur villkoret att tyngdpunkten måste ligga rakt ovanför kontaktpunkten. Man finner att sinα = 3/8. 4.10 Krafterna från (och på) de två små vertikala länkarna är rakt uppåtriktade och vardera lika med Q/ (Q = lockets tyngd). I en kontaktpunkt mellan redskapets skänklar och locket är den vertikala kraften (friktionskraften) = Q/. Den horisontella kraften (N) i en sådan punkt fås genom betraktande av skänkelns momentjämvikt m a p mittbulten. 4.11 Visa först att friktions- och normalkrafterna är parvis lika i båda kontaktpunkterna. 4.13 Här är de geometriska villkoren sådana att eventuell glidning måste inträffa samtidigt i båda kontaktpunkterna. Om gränsfallet betraktas kan alltså i båda punkterna friktionskraften sättas lika med µn. 4.14 Se ledning till e 4.13. 4.15 Se ledning till e 4.13. 4.16 Eftersom det finns ett litet glapp mellan lådan och gavlarna kommer det endast att bli kontakt mellan lådan och gavlarna i två av lådans hörn. Se f ö ledning till e 4.13. 4.17 Se ledning till e 4.13. 4.19 Frilägg kropparna var för sig, och tänk på att normalkraften i kontaktytan mellan kropparna är vinkelrät mot kontaktytan och inte vertikal. Se f ö ledning till e 4.13. 4.1 I båda fallen ger friktionsvillkoret att tanϕ > 3/. I fall b) tillkommer villkoret att normalkraften vid väggen skall vara positiv. Man finner att kontakten med väggen förloras för ϕ > 71,6 o. 4. Kvoten mellan friktionskraften (räknad positiv nedåt) och normalkraften på stången i kontaktpunkten vid lutande planet är F N = tanϕ tanϕ + Sätts lika med ± µ då gränserna söks. 4.3 Här finns inte något geometriskt förhållande som hindrar att glidning i de två punkterna sker oberoende av varandra. Kvoterna F/N måste därför undersökas var för sig. De båda normalkrafterna är här lika stora. Friktionskraften i A kan visas vara störst, d v s F A /N A > F B /N B. Glidning börjar således först i A då P tänks väa. Då är friktionen i B ännu inte fullt utbildad. 4.4 Här finns inte något geometriskt förhållande som hindrar att glidning i de två punkterna sker oberoende av varandra. Kvoterna F/N måste därför undersökas var för sig. Man finner direkt att F A = F B (momentjämvikt m a p cylinderaeln). Man visar sedan att N A < N B. Alltså är F B /N B < F A /N A. Risken för glidning är störst i A i båda fallen. 1

Kap 4 Speciella tillämpningar 4.5 Här finns inte något geometriskt förhållande som hindrar att glidning i de två punkterna sker oberoende av varandra. Kvoterna F/N måste därför undersökas var för sig. Man finner att F B = F C, N B < N C, vilket leder till att F B /N B > F C /N C Eftersom friktionskoefficienterna är olika stora är detta inte tillräckligt för att avgöra var risken för glidning är störst (jfr e 4.3-4 ovan). Antag därför att glidning först inträffar i den ena punkten (välj själv), och bestäm motsvarande värde på h. Beräkna därefter F/N för den andra punkten och kontrollera om friktionsvillkoret är uppfyllt. Om inte, så har Du valt fel punkt. Pröva i så fall med den andra. 4.6 Tångens två delar är förenade endast i D (momentfritt). Frilägg tångens båda delar var för sig och beräkna kvoten F/N i de båda kontaktpunkterna med röret. Man finner att den sökta kvoten är 1/7 0,14 till höger och 47/301 0,16 till vänster. 4.30 Normalkraften har även en horisontell komposant. Observera att N i uttrycket F/N betecknar normalkraftens belopp. 4.31 Friktionskraften har en komposant längs planets brantaste lutningslinje (fallinje) och en vinkelrätt däremot. Storheten F i uttrycket F/N betecknar friktionskraftens belopp. 4.3 Linkraften, som verkar på den lilla kroppen, kan delas upp i komposanter enligt följande: 0,60P vinkelrätt mot det lutande planet, 0,594P längs planets brantaste lutninslinje, 0,513P vinkelrätt mot de föregående (i sidled). Jämviktsekvationerna för kroppen bestämmer normal- och friktionskrafterna. Se också ledning till e 4.31. 4.33 Jfr ledning till e 4.34. 4.7 Man kan visa att friktionskrafterna i de båda kontaktpunkterna vardera är lika med F = Q(9 tanα 5)/1, där Q betecknar tyngden av den mindre kroppen. Normalkrafterna är N 1 = Q(7 + cotα)/4 och N = Q(5 cotα)/4 till vänster resp höger, d v s F/N > F/N 1. Villkoret µ > F/N leder till olikheterna 1 3 tanα (tanα 5/9) < < 1 3 5(tanα 1/5) 3 som har lösningarna tanα < 1/9 och 1/3 < tanα < 1. Därtill kommer villkoret tanα > 1/5 (annars lyfter den mindre kroppen från underlaget; normalkraften N blir negativ). 4.8 Då balen glider utan att tippa är friktionen fullt utbildad. Värsta fallet (när balen står på gränsen till tippning) inträffar då friktions- och normalkrafterna angriper i balens framkant. 4.9 Tyngdpunkten måste ligga till vänster om blockets nedre högra kant för att tippning inte skall inträffa. Detta leder till villkoret tanβ < 0,75. Friktionsvillkoret ger tanβ < µ. 4.34 Uppifrån C A G P B Från sidan Ur figurerna ovan fås: AP = r 3 AG = 3 AP = r 1 sinα = 3 3 Översta kulan påverkas av tre normalkrafter (N 1 ) och tre friktionskrafter (F 1 ). Kraftjämvikt ger sambandet 3N 1 cosα + 3F 1 sinα Q = 0 där Q är kulans tyngd. Var och en av de tre undre kulorna påverkas av en normalkraft N och en friktionskraft F från underlaget. Jämvikt för hela systemet ger: 3N 4Q = 0 Genom att frilägga en av de undre kulorna och ställa upp jämviktsekvationer för denna fås ytterligare två samband, som leder till: F 1 sinα F = och 4 sinα = N 1 1 + cosα N 9(1 + cosα) P α G A

Kap 4 Speciella tillämpningar 4.39 Eftersom friktionskrafterna från trumman på repet strävar efter att rotera detta moturs är (förstås) kvinnans dragkraft S 1 mindre än linkraften S på lådan; S 1 = S e µα där anliggningsvinkeln α = 375. 4.40 Beteckna (från vänster) linkrafterna S 1 och S där S 1 = Se µα och α = 3π/. Två ekvationer: momentjämvikt för hjulet och för armen. 4.41 Linans anliggningsvinkel α är π/ för alla värden på ϕ. Linkraften S CA bestäms ur momentjämvikt m a p O för halvcylindern. På gränsen till glidning är S CA = Qe µα. Värsta fallet fås för läget ϕ = π/, där tyngdkraftens moment m a p O är störst. 4.4 Sätt M = 0 kg. Friktionsvillkoret vid väggen ger m > 4 3 M 31,0 kg. ( 3 1) Friktionsvillkoret för linan ger m > M 4,6 kg. 3 e 0, π 4 4. Snittkrafter, balkar Observera! Under "Svar " finns på detta avsnitt ganska utförliga illustrationer som även kan tjänstgöra som vägledning vid problemlösningen. Titta inte där innan Du själv försökt! 4.43-4.45 m fl Var noga med att kontrollera att inte enbart de beräknade snittstorheternas belopp stämmer med facit. Ouppmärksamhet eller missförstånd när det gäller riktnings-konventionerna kan också ha svåra konsekvenser. 4.46 Observera innebörden av T y M bz osv. Se figur. y M by M t N T y T z M bz På den återstående, till vänster liggande balkdelen, skall enligt reaktionslagen i snittpunkten ligga motsvarande kraftpilar T y M bz, fast motsatt riktade. z 4.51 Att momentens belopp skall vara lika ger två möjligheter. 1. P Q L = QL ger P = 3Q. P Q L = QL ger P = Q 4.5 Kraftens P verkan på balkdelen AB kan ses som verkan av en kraft plus ett rent moment, båda placerade i skarvpunkten. 4.53 De två linkrafterna som verkar på ett hjul kan här flyttas till hjulets centrum. Vid beräkning av stödkrafterna i A och B är det dock enklast att frilägga systemet balken + hjulen + hela linan. Förutom stödkrafterna är då de enda yttre krafterna två vertikala linkrafter med beloppen Q. 3

Kap 4 Speciella tillämpningar 4.55 e) Frilägg vänstra balkdelen. Q/4 A a a/3 5Q/1 4.56 I samtliga fall är det lätt att beräkna stödreaktionerna genom att låta den utbredda lasten representeras av sin resultant. Stödkrafter o stödmoment: a) Q moment QL 4 medurs vänster höger stöd: stöd: b) Q (nedåt) 3Q (linkraft) c) Q Q I c-uppgiften är lastintensitetsfunktionen q = k där k = Q 9a T M N 4.58 Vertikala stödkrafter (ty glatt ). Beloppet P/ + mg vardera. Högra balkdelen: M 1 R 45 o P/ + mg mg Snitt (Sn) görs på avståndet från vinkelspetsen. Se nedan. N M Sn T L- L- mg L P/ + mg Här har högra balkdelen frilagts. Därmed slipper man blanda in det okända kraftsystemet (R, M 1 ) som verkar i vinkelspetsen. Observera de inritade standardriktningarna hos N, T och M i den undre friläggningsfiguren. 4.57 Fäll masten, åt höger. Inför stödreaktioner. 4.59 Stödkrafterna är 7Q 6 och 11Q 6. qh P 4.6 Friläggning av hela kroppen ger de två stödkrafterna (normalkrafter) i A och D. H V h/3 R Friläggning av delen AB ger bl a överförd kraft och överfört moment ( = PL tanα ) i B. Här blir V = 1 4 qh P = 3 4 qh H och R behöver ej beräknas för den givna frågeställningen. 4.64 Börja med stödkrafterna i A och E. De blir vertikala med beloppen P/ fås ur jämviktsvillkoren för hela systemet. Stången AC: ΣM C = 0 ger stångkraften N BD ΣF = 0 ger krafterna i C 4

Kap 5 Partikelns kinematik 5.1 Rätlinjig rörelse 5.4 Utgå från grafen för v(t). 5.6 Falltiden τ är lösning till ekvationen τ + v g τ vt g = 0 där v är ljudhastigheten och T = 10,0 s. 5.0 Antag att partikeln uppnår hastigheten v o efter tiden τ och att den då färdats sträckan L. Den sökta medelhastigheten är v = L/τ. För att bestämma L görs omskrivningen L = = v o a o För att bestämma τ utnyttjas att a = v dv ds a = dv dt τ = = (e 1) v o a o 5.7 Bäst att inte blanda in t. Använd a = v dv som ger v ds vo = as ty här är a konstant. 5.9 Antag att A passerar B (som befinner sig i läget s = 0) då t = 0. Då gäller: s A = v A t s B = 1 a B (t τ) där τ = 10 s. 5.10 Då polisen kör från täten mot slutet av tåget har han hastigheten 1 m/s relativt tåget. I den motsatta riktningen är relativhastigheten 8 m/s. 5.11 Mellan accelerationerna råder sambandet 5a A = 3a B. Om A startar vid t = 0 gäller: s A = 1 a A t s B = 1 a B (t τ) där τ = s. 5.14 Utnyttja trigonometriska ettan för att bestämma ett samband mellan a och v. 5.6 Enligt teten kan vi skriva a = ks, där k > 0. Ma retardation 5g fås för s = L, där L är bromssträckan, d v s k = 5g/L. Vidare gäller a = v dv ds = ks som efter integration leder till svaret. 5.7 a = v dv ds = a o cs med begynnelsevillkor: s = 0, v = v o Vi får v v o = a o s cs 5.8 Sätt a = v dv ds. Integrera först från s = 0 till s = b för att bestämma proportionalitetskonstanten. Integrera därefter från s = 0 till s = b. 5.9 Sätt a = v dv ds. Efter integration fås v som funktion av πs/b. Denna funktion har ma då a = 0, d v s då tan(πs/b) = 1. Två möjliga lösningar: πs/b = π/4 + n π och πs/b = 3π/4 + n π. Den första lösningen visar sig svara mot v < 0. 1

Kap 5 Partikelns kinematik 5.30 Diff.ekv: ṡ + cs = a 0 sinωt Allmän lösning till motsvarande homogena ekv: s h = C 1 sin ct + C cos ct Partikulärlösning (ansats): s p = A sinω t Begynnelsevillkor: t = 0, s = 0, s = 0 5. Kroklinjig rörelse 5.34 b) Visa först att v = 3 qy och v y = 3 q. c) Utgå från svaret i (a). Använd trigonometriska ettan för att eliminera t. d) Bestäm först a(t). 5.35 Eftersom + y = a rör sig partikeln på en cylinderyta med z-aeln som symmetriael. Då ω t ökar med π går partikeln ett varv runt cylinderytan samtidigt som z-koordinaten ökar med πa. Banan är därmed en spiral. 5.55 Att v ökas likformigt betyder att fartändringen är proportionell mot tillryggalagd tid och inte mot tillryggalagd sträcka. Eftersom v (dvs as ) är konstant gäller v v o = a s s a = a s + a n 5.56 Diff ekv: a s = v dv ds = 1 dv ds där a n = v r = (0,7g) a n där a n = v Byt variabel: y = v r Beg.villkor: v = 0, s = 0 5.57 Jämför e. 5.56. Randvillkoren är annorlunda. a s är negativ. Vi får: R arcsin(v /a) = s + R arcsin(v o /a) där a = 0,8gR, R = 30 m och v o = 50/3,6 m/s. Med v = 0 fås s = 14,4 m. 5.59 Då a s = v är konstant har vi allmänt v = a s s (s = rϕ) 5.36 a) Utgå från sambandet dy dt = dy d d dt. 5.43 a v = a n v = v ρ v v Härur: ρ = 3 a v 5.60 Lämplig omskrivning i a): a s = r ϕ = r d ϕ ϕ dϕ = r 1 d ϕ dϕ = aebϕ 5.44-5.45 Använd resultatet i e. 5.43. 5.54 Tangentialaccelerationen v = 1, m/s är konstant. Då leder v dv = v ds till v = vo + v s

Kap 6 Partikelns kinetik 6.1 Historik, grundläggande lagar och begrepp 6.13 Använd resultaten i 6.1 a) och c). 6.6 Uttryck normalaccelerationen för en planet i dess banradie och omloppstid. Kraften är uttryckt i banradien = avståndet till solen. 6.9 a) I den föreslagna referensramen: A vilar i origo (v A = 0, s A = 0) v B = a B t s B = s o + a B t där a B = 1,5 m/s s o = 30 m 6.11 Utgå från Newtons lag d v s F absolut = ma absolut Använd galileitransformationen, ekv. (6.1.4) för hastighet och acceleration. 6.1 b) M R ϕ O ϕ dϕ Elementarkraft på P f = Gm daσ där ➀ ρ σ = M/4πr och ρ = (r + R rrcosϕ) 1/ Addera kraftkomposanter längs PO. Bidrag från alla element som bildar ett cirkulärt band på sfärens yta med radien Rsinϕ och bredden Rdϕ : πr sinϕ Rdϕσ df = Gm cosα ➂ ρ Här är cosα = R r ρ (cos.teoremet) rρ Integrera ➂ över hela sfären med ϕ som integrationsvariabel. Vi får F = Gm4πR σ 1 r = GMm r r ρ ρ α α m P 6. Tillämpningar 6.15 F är den uppåtriktade kraft som mannen påverkar barnet med. "Tyngd" i kilogram måste då i en situation som denna avse storheten m' som uppfyller sambandet F = m'g. 6.17 Jämför e. 6.15 ovan. 6.0 Ekipagets acceleration är a = g sinα. Tillämpa på kulan acc.lagen F = ma. Två komponentekvationer uppställs. 6. Låt v o = 18 m/s och t 1 = 1, s. Koordinaterna (s 1 och s ) för de två bollarna är följande funktioner av tiden s 1 = v o t 1 gt s = v o (t t 1 ) 1 g(t t 1 ) 6.4 Sätt t 1 = 4,6 s. Mellanresultat: Vid tiden t = t 1 är hastigheten 3gt 1 och tillryggalagd sträcka 7gt 1 6. Därefter verkar endast tyngdkraften. 6.5 Acc.lagen: a) F r = ma r Enklast: F r = G Mm r och a r = v dv dr r v Ger GM r dr = vdv osv R v o 6.6 Jämför e. 6.5. används. 6.9 µ s avgör när kroppen börjar röra sig; sedan gäller µ = µ k. 1

Kap 6 Partikelns kinetik 6.30 Se anmärkning vid e. 6.9. c) för t > 3,5 s: Om i beräkningarna bokstäverna står för storheternas mätetal i SI-systemet: 1 mg t 0,5mg dv dt = 5 m 6.3 Skriv i acc.lagen accelerationen enligt = d d 6.33 Betrakta en viss "resa" vilken som helst under vilken totalsträckan L tillryggaläggs. Vid en viss tidpunkt har då vägkoordinaten värdet s samtidigt som hastigheten har värdet v. Enligt problemteten är då återstående rörelsesträcka = 5 ln 1 + v 4 Alltså: L = s + 5 ln 1 + v 4 Tidsderivering av denna ekvation ger ett samband mellan v och v. 6.43 Det är från början inte klart om A glider relativt B eller ej. Om man börjar med antagandet att A följer med i B:s rörelse kan accelerationen hos kropparna beräknas till 6,06 m/s. Denna acceleration hos A kan dock inte friktionskraften (som är högst 0,4m A g) mellan kropparna åstadkomma. A glider alltså relativt B; friktionen är fullt utbildad på båda ställena. Med m = 4 kg och F = 180 N fås då: F 0,3 5mg 0,4mg = 4ma B 6.44 Var uppmärksam på åt vilket håll den inbördes friktionskraften (µmg) mellan trailer och container verkar på resp. kropp. Obs. kinematiskt samband. 6.45 Kinematiskt: Kropparnas accelerationer är 4a, a och a. Block och linor är lätta varför linkrafterna kan tecknas som i figuren. S B S B 6.37 Mellanresultat: Första situationen innebär att friktionskoefficienten µ 0,80. SC S C S C S B 6.40 Observera det kinematiska sambandet mellan kropparnas hastigheter. Observera också: Kraften i stången mellan blocket och den övre kroppen står i en viss, enkel relation till kraften i linan. Denna relation används. 6.41 Mellanresultat: Planet fieras i läget α = 43,91. Acc.lagen tillämpas på kropparna en i taget. Eliminera linkrafterna och beräkna acceleratio nerna. Ger a = g 7 (8eα 5,5) För beräkning av sluthastigheten, enklast: (a = ) v dv d = g 7 (8eα 5,5)

Kap 6 Partikelns kinetik 6.46 Fall 1: Bromssträckan blir Fall : Accelerationen är s 1 = vo /µ 1 g = 39,8 m (µ 1 = 0,80) a(v) = µg = µ o g 1 v (µ o = 0,75) α Integrationer ger v(t) och sedan s(t) = αt + (α v o ) α µ o g (1 eµ ogt/α ) Kommer till stopp (v = 0) vid tiden t = α µ o g ln α α v o Ger bromssträckan s = 53, m 6.48 Diff.ekv. med beg.villkor ger s = g c t g c (1 e ct ) 6.51 För t 0: URK s U = v 1 t (v 1 = 300 3,6 m/s) 007 mg mcv = ma ➀ där c = g v 1 ➁ Program: Sök läget (s B ) för 007 som funktion av t. Sätt s U = s B och lös ut t. Beg.villkor till diff.ekv ➀ t = 0 v = v 1 s B = 40 m Ger s B (t) = v 1 t + v 1 g (1 e gt/v 1 ) + 40 m Ekvationen s B = s U kan lösas numeriskt. Inför t e y = gt. v 1 Ger y 0,757 t 3,1 s 6.5 I båda eperimenten är a = 0. 6.49 ΣF = mv : mg mcv = m dv dt Från dv g cv = dt följer svaren på a) c). mgsinα µmgcosα dv = 0 Ger två ekvationer i d och µ. d = 0,8 Ns /m µ = 0,14 där m = 87 kg d) m 1 dv = mg mcv ds ger eakt lösning där s = 1/c kan sättas in. Tänkbart alternativ (jobbigare): Lös först ut t ur svaret i b) (kräver numerisk lösning). Sätt sedan in detta t-värde i v-funktionen enligt a). 6.50 Första informationen ger att, om motståndskraften skrivs mcv, så är motståndskonstanten c = g/v g där v g = 7 m/s. Rörelseekv. mg mcv = mv ger sedan att ln g + cv = ct osv g + cv o 6.55 Lösningar till rörelseekvationen: Linjär modell v = v o e ct s = v o c (1 e ct ) Kvadratisk modell v v = o s = 1 1 + kv o t k ln(1 + kv o t) En matematisk modell är alltid förenklad; vi kan inte vänta oss svar på alla frågor se b) och c). 3

Kap 6 Partikelns kinetik 6.56 v o = 4 m/s m = 150 kg a) Acc.lagen på formen mv dv ds = (cv + bv ) Lösning s = m b ln c + bv o c + bv b) Acc.lagen på formen m dv dt = (cv + bv ) Lösning cv v = o e ct/m c + bv o bv o e ct/m För övrigt jfr e. 6.55 6.57 Lyftkraften enligt Arkimedes princip är 3mg. Acc.lagen Därmed m dv = 3mg mg mkv dt 1 gk ln g + v k g v k = t 6.58 Behandla rörelse uppåt och nedåt var för sig. Tidsförloppet ej med i frågeställningen. Pröva för accelerationen uttrycket a = v dv ds = 1 dv ds. Skriv luftmotståndet på formen mcv. Rörelse uppåt: Acc.lagen m 1 dv ds Ger s = 1 c ln g + cvo g + cv = mg mcv Rörelse nedåt: Acc.lagen m 1 dv = mg mcv d (-aeln nedåt, = 0 i toppunkten) Ger = 1 c ln g g cv Gränshastigheten vid fritt fall v g = g c 6.59 Efter första skedet, i det ögonblick då skärmen lösgörs, är den tillryggalagda sträckan s 1 = 1 340 ln b 50 = 958,5 m 6.60 Acc.lagen ger s(v) = 1 bc arctan u c arctan v c där u är hastigheten vid starten. s ma motsvarar u = och v = 0. 6.6 Lägg inte till någon tyngdkraft eller normalkraft! Den givna kraften är den resulterande. 6.64 d) Det går att finna en linjärkombination av de tre koordinaterna som är konstant, oberoende av t. Därmed är ett plan definierat, i vilket rörelsen sker. Därmed ligger också kraftvektorn i detta plan. Uppgifterna 6.65 - forts. Kaströrelseproblemen behandlas ofta smidigast om man först tecknar koordinaterna (, y) var för sig som funktioner av tiden t. Därmed har man också bankurvans ekvation på parameterform. Detta är ofta att föredra framför att försöka utgå från parabelkurvans ekvation uttryckt som y = f(). 6.69 Ideala elevationsvinkeln (45 o ) för långt kast kan ej användas i b) slår i "taket". 6.70 Rörelsen i planet styrs av tyngdkraftkomposanten mg'e y. Här är g' = g sin5 och y-riktningen nedåt utefter linjen för största lutning. 6.71 6.7 Kastparabelns ekvation y = f() som utgångspunkt. Jfr ill.e. 6..8. 4

Kap 6 Partikelns kinetik 6.73 h =,0 m v o = 13 m/s = v o cosα t y = h + v o sinα t 1 gt Stötlängden (z) fås som -värdet för y = 0. z v o g sinαcosα z h v o g cos α = 0 ➀ Derivera denna ekv. med avseende på α och sätt dz = 0 i det erhållna uttrycket. dα Detta ger z ma = h tanα Sätt in detta i ➀: sin 1 α = + gh v o eller α = 4,0 o Därmed z ma = h tanα = 19,1 m 6.74 Se ekv. ➂ i ill.e. 6..7, kastparabeln: g y = v o cos α + tanα För givet (= 0 m) betraktas y som funktion av α. Kan visas, att y då har maimivärde för tanα = v o osv g 6.75 Med origo i P och horisontell -ael följer kroppen kurvan (ekv. ➂ i ill.e. 6..7) g y = v o cos β + tanβ ➀ Det lutande planet representeras av linjen y = 3 Kombinera ➀ och så fås koordinaterna för skärningspunkten ( l ; y l ). Utgående från funktionen 1 (β) kan frågeställningarna i a) och b) bearbetas. 6.76 Lämpligt koordinatsystem: -ael uppåt planet, y-aeln nedåt planet. = gsin0 o y = gcos0 o Begynnelsevillkor insätts o s v. Sök sedan v för y = h. 6.77 Lägg in lämpligt Ayz-system (med sitt origo i utkastpunkten A). Tre komponentrörelser; tag fram funktionerna (t), y(t) och z(t). Arbeta med dessa: Bestäm tidpunkten t 1 för träff. Värdena på koordinaterna och deras derivator vid tiden t 1 är av intresse. 6.78 Tänk på vad det innebär ifråga om luftmotståndskraften storlek, om hastigheten i ett visst ögonblick är just v g. 6.80 Inför ett koordinatsystem (referensram) med en konstant hastighet som är lika med bilens hastighet i utkastögonblicket. Detta koordinatsystem är ett inertialsystem och kan därmed betraktas och hanteras som fit. Därmed kommer bilen att hanteras som om den började accelerera från vila i det ögonblick då partikeln kastas iväg. För den aktuella frågeställningen är detta helt korrekt. I det fia systemet utför partikeln kaströrelse med given utgångsfart (v o ) och elevationsvinkel (α). Den absoluta kastlängden L är därmed i vanlig ordning given som en funktion av α. Partikeln tar mark på flaket i en punkt vars avstånd 1 till utgångspunkten på flaket kan uttryckas i L och den tid kastet har tagit. (Bilen har ju under denna tid rört sig sträckan 1 (0,75g)t och t kan uttryckas i α.) Därmed har man 1 som en funktion av α med v o som en parameter. Sök det värde på α som ger ett maimum hos 1. Som en etra hjälp, 1 är följande funktion: 1 = v o g sinα cosα 3 sin α 5

Kap 6 Partikelns kinetik 6.81 I en inertialram som följer med hjulets centrum är begynnelsetillståndet i kaströrelsen det som figuren visar. y r v o α 6.9 Det är fråga om ett funktionssamband mellan läge och tid. Acc.lagens komponenter i normal- och tangentriktningar: N = m v R µn = m dv dt Med givna begynnelsevillkor fås efter integration vägkoordinaten s som funktion av tiden. s = R µ ln 1 + µv o R t Inför som koordinat höjden y över hjulcentrum. I det ögonblick en sten lossnar i läget α gäller för dess koordinat och hastighetskomponent: y = r sinα y = vo cosα där r = 0,65 m v o = 4 m/s Med detta som begynnelsevillkor i kaströrelsen fås y(t) = r sinα + v o cosα t 1 gt 6.94 Observera att kroppen rör sig i en horisontell cirkelbana med radien 90 mm kroppen endast påverkas av tyngdkraften och en normalkraft från konen 6.95 Kroppens acceleration är sin30 o ω. Betrakta de två gränsfallen med friktionskraften riktad uppåt och nedåt resp. Låt största värdet på y (för givet α) vara h. Sök ma. av funktionen r + h(α). µn N N 6.83 Obs. analogin med kaströrelse. 6.86 Se diskussionen vid figur 6.1.7. mg a mg µn a Uppgifterna 6.88 - forts. Se diskussionen om fiktivkrafter vid figur 6.1.6. Endast verkliga krafter skall användas här. 6.98 Punkten på marken måste ligga på ekvatorn. Vinkelhastigheten i banan är lika med (den absoluta) vinkelhastigheten hos jorden i dess rotationsrörelse. 6.90 Själva staven är masslös. Den kan behandlas som i statiken. Jfr med resonemanget kring figur 6..1 under Masslösa maskinkomponenter. 6.101 b) Börjar glida då F friktion = µmg Alltid gäller F friktion = m a 6.91 Observera att friktionskraften har två komposanter men att i friktionsvillkoret ingår kraftens belopp; F µn 6

Kap 6 Partikelns kinetik 6.103 F n = ma n N mgsinϕ = mrϕ ➀ F s = ma s mgcosϕ µn = mrϕ Använd ϕ = d ϕ ϕ dϕ = 1 d ϕ dϕ ➀ och ger d dϕ ( ϕ ) + µ ϕ g µg = cosϕ R R sinϕ ➂ Med y = ϕ är detta en differentialekvation av typen y' + µy = f(ϕ) ➃ Dess allmänna lösning är y = y h + y p där y h = Ae µϕ är den "homogena lösningen" och y p är en partikulärlösning till ➂-➃. Visa att funktionen y p = Bcosϕ + Csinϕ satisfierar ➂ om B = 6µg R(1 + 4µ ) C = g(1 µ ) R(1 + 4µ ) Begynnelsevillkoret ger värdet på koefficienten A: A = 6µg R(1 + 4µ ) Det efterfrågade sambandet är härmed ϕ = Ae µϕ + Bcosϕ + Csinϕ 6.104 Då a är konstant har vi i läget B: v = as där s = 3πR 4 Acc.lagen F n = ma n används med N = 0. 6.106 a) Eakt mellanresultat: gr sökt fart v = tan15 där r = (1, m) cos15 6.107 Utgångshastigheten i kaströrelsen är v o = g (85 m) (ill.e. 6..7 c)) 6.108 Accelerationen a är lodrät med konstant belopp g. v Bevisa och använd sambandet ρ = g cosα där α är bantangentens lutningsvinkel. 6.109 Se e. 6.108. Utnyttja uttrycket för ρ. b) I högsta punkten är farten (16 m/s) cos40. 6.110 Låt y = Asinπ med A = 0,05. Betrakta sambandet ΣF y = ma y y N mg Villkoret att N alltid är > 0 används. = vo = 0 Visa y = Aπ sinπ v o 6.111 I punkterna A och B: µn = m N mg = m = µg µ y ➀ y Derivera kurvans ekvation m a p tiden: y = 0, 0,6cos(0,) y = (innehåller även -term) Här är = v = 60 km/h. Vidare är värdena på sinus- och cosinusfunktionerna i A och B kända. Använd nu ➀ och och det sökta fås. I punkten C: Infleionspunkt där krökningsradien är oändligt stor (ρ = ) d v s a n = 0. Kan då behandlas som om inbromsningen skedde på lutande plan med lutningen bestämd av dy d. 6.11 Med den givna kraftfunktionen innebär ω = acc.lagen: ω y = y ➀ Bilda tidsderivatan av funktionerna f 1 och f. Enligt ➀ är då dessa tidsderivator noll. S α 7

Kap 6 Partikelns kinetik 6.113 a) Antag kontakt mellan skiva och partikel. Partikelns vertikala acceleration är då y = ω h cosωt ΣF y = my Villkoret N 0 visas innebära att alltid måste gälla: ω h g b) Horisontell -ael längs utkastriktningen. ΣF = m : µn = m N finns i ΣF y = my och därmed: = µ(g ω h cosωt) samt = vo µgt + µhω sinωt ( = 0 då rörelsen upphör) c) Villkoret = 0 leder med givna värden till 1 ωt + 0,5sinωt = 0 Numerisk lösning ger ωt 1,499 Glidsträckan fås då ur vägfunktionen (t) = µg ω t 1 µgt + µg (1 cosωt) ω 6.114 ΣF = ma övergår i med beg. villk. m = eby my = ee + eb mz = 0 t = 0 = y = z = 0 = v o y = z = 0 (Härur fås z = 0, rörelsen sker i z-planet.) Derivera första ekv. i ➀ m a p t och kombinera med andra ekv. i ➀. Inför beteckningen u =. Vi får u e B + m u + E B = 0 som, med utnyttjande av beg.villkoren, ger funktionerna u(t) och (t). Andra ekv. i ➀ övergår nu i där ω = eb m. my = eb v o + E B ➀ ➁ cos ωt ➂ a) ➂ med beg.villkor ger funktionen y(t). Vi har y = m eb v o + E B (1 cosωt ) = m eb v o + E B sinωt E B t b) Sök punkten där u = = 0. E Där är cosωt = B v o + E B och således y = = mv o eb 6.3 Härledda lagar 6.115 W = F dr = F dr = F (r r 1 ) där r och r 1 är lägesvektorerna för slut- resp startpunkterna. 6.118 Jfr ill.e 6.3.3! 8

Kap 6 Partikelns kinetik 6.119 a) Linkraften är F = k R cos(ϕ/). Kraftens komposant längs cirkelns tangent är F s = F sin(ϕ/). F ö se ill.e 6.3.3. b) Skillnaden jämfört med (a) är att F = k (R cos(ϕ/) R ). 6.14 Tyngdkraftens totala arbete är noll. 6.15 Använd lagen för kinetiska energin: W = T 6.16 Utgå från kv mg = ma. Skriv först om a som dv och visa att dt τ = m k ln mg + kv o mg kv 1 där v 1 är farten vid återkomsten. Skriv därefter om a som v dv och visa att ds v 1 = mg ln mg + kv o v k mg kv o 1 Genom att jämföra uttrycken ser man att v 1 = gτ v o Det sökta arbetet kan sedan beräknas m h a lagen för kinetiska energin. 6.17 T absolut = 1 m(v + u) 1 mv A:s arbete = ändringen av T i A:s inertialram alltså 1 mu. Resten av T absolut måste tåget ha svarat för. När A kastar iväg föremålet påverkar detta A med en bakåtriktad kraft enligt Newtons 3:e lag. A påverkar i sin tur tåget med en lika stor bakåtriktad kraft. Denna borde normalt innebära att tågets fart minskar. Enligt teten bibehåller dock tåget konstant fart. För att detta skall vara möjligt måste därför en viss energi tillföras (för ett ånglok enligt figuren i boken genom förbränning av kol). Denna tillförda energi är lika med mvu och kan i slutändan sägas ha använts för att uträtta arbete på det kastade föremålet. 6.18 Med beteckningar enligt figuren nedan: F fj = mg 1 1 cosϕ N = mg cosϕ F = µn Minsta arbetet uträttas om ΣF = 0 i varje ögonblick. a a W min = 0 P min d = 0 (F fj sinϕ + F) d = π/4 = a mg (tanϕ sinϕ + µ cosϕ) cos ϕ dϕ = 0 1 =mga cos ϕ 1 cosϕ + µ ln tan ϕ + π π/4 4 a y ϕ 6.133 Jfr ill.e 6.3.6! F fj F N mg 6.134 Nyttig effekt P ut = 0,7 750 kw Drivande kraften F = P ut där v = 40 km/h. v F D = ma, där D är rörelsemotståndet. 6.135 a) Konstant hastighet innebär att drivande kraften är lika med rörelsemotståndet. b) Här är den drivande kraften lika med summan av rörelsemotståndet och tyngdkraftens komposant bakåt. Se också ledning till e 6.134. P 0 6.136 Cyklistens effekt antas given = P. Vid konstant fart: P Dv = 0 kv 3 = P. Minska k med % och räkna ut relativa ändringen i v. 9

Kap 6 Partikelns kinetik 6.139 Villkor på normalkraften: N 0. Sök N(ϕ) och använd villkoret ovan. v fås ur energilagen som funktion av ϕ. 6.140 Villkor på normalkraften: N 0 överallt (störst risk att kontakten förloras i högsta punkten). Använd energilagen för att be stämma farten i högsta punkten. 6.14 Använd lagen för kinetiska energin för att bestämma hastigheten i B. Att K tappar kontakten i B innebär att normalkraften är noll där. 6.143 Kraften i tråden måste vara positiv hela tiden (störst risk att tråden slaknar i högsta punkten i cirkelbanan). Använd energilagen för att bestämma farten där. 6.145 Mellanresultat: Farten vid takkanten är 5,0 m/s. 6.146 Snörkraften fås ur ΣF n = ma n, där a n = v /L. Farten v bestäms m h a energilagen. 6.147 a) Kroppen rör sig i en cirkelbana. När farten är maimal är tangentialaccelerationen a s =v = 0, d v s ΣFs = 0. Friktionskraften F = µmgcos30 Tyngdkraftkomposant i planet: g' = g sin30 ΣF s = mg' cosϕ F som bestämmer ϕ b) Lagen för kinetiska energin: mg'l sinϕ FLϕ = 1 mv där v = L ϕ c) Snörkraften fås ur ΣF n = ma n d v s S mg'sinϕ = m v L 6.148 Med beteckningar enligt figuren nedan: d v o = v cosϕ dy = tan ϕ Lagen för kinetiska energin ger: mgy = 1 mv 1 mv o som leder till d dy = gy v 0 som efter integration ger svaret. y ϕ 6.151 I gränsfallet stannar kroppen i det läge där fjädern är ospänd. Använd lagen för kinetiska energin. Fjäderkraftens arbete = V = kl /. 6.15 Friktionskraftens arbete = (T + V) 6.154 b) Svaret fås genom numerisk lösning av ekvationen 1+ y = y y + där y = /a. 6.155 Energin konserveras. Observera att begynnelsehastighetens riktning är oväsentlig i detta sammanhang. 6.157 Jfr ill.e 6.3.9, speciellt kommentar. 6.158 Energikonservering ger: 1 mv G Mm = 0 r där v då är flykthastigheten 5 m/s (jfr också ill.e 6.3.9, speciellt kommentar ). Vidare är M = 4 3 πr3 ρ. v 10

Kap 6 Partikelns kinetik 6.159 Börja med att beräkna farten och banradien för den geostationära satelliten. Utnyttja ΣF n = ma n, samt det faktum att satelliten måste fullborda ett varv i banan på samma tid som jorden roterar ett varv kring sin ael, d v s på ett dygn. Använd energilagen för att beräkna vilken absolut hastighet avfallsbehållaren måste ges. 6.160 a) Sambandet mellan kraften och potentiella energin ges av ekv (6.3.). c) Svaret fås genom numerisk lösning av ekvationen e y + y = e 1, där y = α. 6.161 Potentiell energi: V() = F o L 4 L 4 L 6.16 Partikeln har störst fart, när kinetiska energin är som störst, vilket inträffar när potentiella energin har minimum. 6.165 Använd ekv (6.3.35)! 6.166 Använd ekv (6.3.36) för a) hela tåget b) dels loket, dels sista vagnen. 6.167 Använd ekv (6.3.36) 1) på hela tåget under de inledande 0 s, ) på loket och den återstående vagnen under nästa 0 s. 6.169 Eftersom friktionskraften byter riktning, då kroppen byter rörelseriktning, måste problemet lösas i två steg. Först beräknas hur lång tid det tar tills kroppen vänder; därefter beräknas hur lång tid det tar att uppnå hastigheten v. Observera att problemet förutsätter att µ > cot α; i annat fall stannar kroppen definitivt när den bromsats upp av tyngdkraften och friktionskraften. 6.170 Använd ekv (6.3.35), och tänk på att integralens värde kan beräknas direkt ur diagrammet. 6.171 Partikeln börjar inte röra sig förrän vid t = 1 s, då P nått friktionskraftens maimala belopp (µ s mg). Därefter är totala kraften lika med P µ k mg. 6.17 F t = mv mv 1 o s v 6.173 a) Kraftmomentet m a p en vertikal ael genom hålet är noll. c) Arbetet = ändringen i kinetisk energi. 6.174 Rörelsemängdsmomentet m a p lodlinjen genom O konserveras. För varje cirkelbana visas att v g tanα = l sinα där l är linans längd, α dess lutningsvinkel. 6.175 r 1 = 18000 km, v 1 = 4700 m/s Totala energin E = mv 1 GMm r 1 Rörelsemängdsmomentet L = mr 1 v 1 sin84 o. Då avståndet har ma eller min är vinkeln mellan v - och r -vektorerna 90 o. Eftersom energi och rörelsemängdsmoment konserveras gäller i de två aktuella punkterna: E = mv GMm och L = mrv r Detta ekvationssystem ger de två efterfrågade värdeparen för v och r. 6.176 Bestäm först rymdstationens hastighet. Resultat: 4597 m/s. Använd därefter energikonservering för att bestämma hastigheten vid uppskjutningen. Elevationsvinkeln bestäms slutligen av att areahastigheten är konstant. 6.178 Rörelsemängdsmomentet m a p en vertikal ael genom O konserveras liksom energin. I de punkter där avståndet till O har ma eller min är lägesvektorn och hastighetsvektorn vinkelräta. Detta innebär att rörelsemängdsmomentet fås som mrv. 11

Kap 6 Partikelns kinetik 6.179 Se ledning till föregående problem. Svaret fås genom numerisk lösning av ekvationen m k v o L ( + L) + mv o L = 0 k Här är m = 100 g, k = 50 N/m, v o = 4,0 m/s, L = 100 mm och gummibandets förlängning i de sökta punkterna. Partikelns avstånd till O är alltså + L. 6.4 Svängningsrörelse 6.181 b) Krafterna i de båda fjädrarna är lika stora och lika med kraften på kroppen. Kroppens förflyttning är summan av fjädrarnas förlängningar. 6.183 Obs. likheten med 6.181 b). 6.184 Försök skapa en svängningsekvation av typen (6.4.5). I detta fall kan det närmast betyda my + keff y + konstant = 0. 6.185 a, b, d) Tänk på "masslösa maskinkomponenter" och "kinematiska samband". (se kap 6.(a)) c) Använd resultat från uppgift 6.181. 6.186 Vid tiden t är de tillryggalagda sträckorna: Vagnen: Loket: y = at Vagnen: F = m ger k(y ) = m ➀ För in linförlängningen z = y. ➀ går över i z k + m k = 0 Använd begynnelsevillkoren: t = 0, z = 0, z ma = 0 z(t) = (1 cosωt) k 6.187 Kroppen A börjar röra sig i ett läge som är sträckan mg under jämviktsläget. k 6.189 Beräkna maimala fjäderförlängningen i en svängningsrörelse som motsvarar den som B inträder i innan A glider. Jämför fjäderkraften med friktionskraften. 6.191 Visa: Så länge den övre kroppen rör sig åt höger gäller: mg µmg k = m Hela den första rörelsen åt höger motsvarar en halv period i svängningsrörelsen. 6.19 Om y är fjäderns sträckning gäller: acc. lagen på hela systemet: mg ky = my acc. lagen på undre kroppen: mg F = my där F är limkraften. F sätts = 1,5mg. Ger det sökta y-värdet efter eliminering av y. 6.193 Eftersom systemet är i jämvikt vid = 0 så är rörelseekvationen k = m ( eller hur?) Lämpligen beräknas begynnelsehastigheten (i = 1 ) med hjälp av en energirelation. P:s arbete: W P = P 1 Av de två lösningsansatserna (t) = Asin(ωt + δ) och (t) = C 1 sinωt + C cosωt är den senare något lätthanterligare i detta fall, där man vid t = 0 har från noll skilda värden på både och. 6.194 b) nivå 3 vändläge nivå nivå 0 nivå 1 fjädern ospänd svängningscentrum startläge Från nivå 1 till nivå : Harmonisk svängning enligt k + = 0 om = 0 vid nivå 0. m Tiden för detta t 1 = 0,03635 s. Från nivå till nivå 3: Kaströrelse, sträckan är 0,03097 m. Tiden t = 0,07946 s. 1

Kap 6 Partikelns kinetik 6.195 Arbeta fram en diff.ekv. av typen M + C + K( o ) = 0 I enlighet med tetavsnittet 6.4(b) gäller vid C kritisk dämpning KM = 1 I eempelvis fallet b) kan ekvationen skrivas 5 m + c + k( o ) = 0 6.197 a) b) c 1 v F c c 1 c F = c 1 v + c v F = c 1 v 1 = c (v v 1 ) c F = (c 1 + c )v F = 1 c v c 1 + c 6.198 a) Hängande kroppens rörelseekvation kan skrivas som 5m + c + 4k = mg b) Kroppens rörelseekvation kan skrivas som m + 9 4 c + 3 k = mg 6.00 τ d =,3 s och e ζω 10τ d 78 = ger ett 130 värde på ζω. Kombineras med π τ d = ω 1 ς =,3 s, k m = ω c och ς = km v 1 F v 6.06 Följande funktioner kan visas vara de aktuella k ω = m : a) (t) = a o ( ωt + 1) e ωt b) (t) = v o t e ωt c) (t) = [(a o ω v o )t + a o ]e ωt 6.07 Se ill.e. 6.4.6 c) där också ζ =. 6.08 Det får förutsättas att dämpningen är "svag". Borde stått i problemteten. Kroppens absoluta acceleration är + a. Dämpningskraften beror på den relativa hastigheten inne i kolven, är alltså c. Därmed k c = m ( + a) 6.09 Första situationen ger k = MΩ. För andra situationen fås ekvationen 5M 4 = k + maω sinωt 6.11 I de två situationerna är k = mg d där d = 0,001 m och 0,0036 m resp. Låt ω = k m och Ω = 3π rad/s. Beräkna förstoringsfaktorerna λ = 1 1 Ω. ω Enligt resonemanget vid ekv. (6.4.8) fås kvoten mellan de två λ-värdena. 6.03 Numerisk lösning av ekvation. 6.04 Numerisk lösning av ekvation. 6.1 Mellanresultat: p = CsinΩt där C = 0,001616 m. p studeras. 13

Kap 6 Partikelns kinetik 6.13 Det är väsentligt att innan man börjar räkna göra klart för sig vad som är absolut rörelse och vad som är rörelse relativt vagnen. Förslag till figur och beteckningar: O y A z mus Låt A vara den punkt på vagnen som är rörelsecentrum för musens rörelse på vagnen. Då fjädern är slak är A i punkten O. är koordinaten för musens absoluta rörelse. y är fjäderförlängningen. z = a sinωt (där Ω = π/τ o ) = y + z Kraftsumman för vagnen ("lätt") är noll: F (= ky) Kraften från vagnen på musen är också F. 6.14 Vi får p = d 3 sinωt (ω = k/m) F ma = mg + m ma F 6.17 Maimal kraft är k C där C = λf o mω Här är ω = k 1 och λ = m 1 Ω /ω a) Transmissibiliteten är kvoten k C k = F o ( 1 Ω /ω )mω k Alltså 0,1 = osv k mω 6.18 Rörelseekvation + ω = ω asinωt Partikulärlösning, ansats p = Csinωt a) Svar (t) = a (sinωt sinωt) 3 b) Betrakta funktionen z(u) = sinu sinu Ma. belopp för cosu = 0,5. Därmed ma = a 3 0,866a 6.19 Rörelseekvation + ω = F o m sinωt Jfr e. 6.18: (t) = F o (sinωt sinωt) 3k och F (t) = o ω (cosωt cosωt) 3k Vid den aktuella tiden t = π ω : 6.16 Faktorn C i partikulärlösningen är här: C = F o k mω ➀ Aktuella kraften = k C + mg = 3600 N k (där m = 30 kg) Vi får k C = 3600 N mg De två möjliga k-värdena uppkommer genom att C ingår i ekvationen. Se ➀; k kan ju antingen vara > mω eller < mω. = 0 = vo = 4F o ω 3k Därefter fri svängning med totalenergin 1 mv o Då blir amplituden A = v o m k = 4F o 3k 14