Tentamensskrivning i Mekanik, Del 2 Dynamik för M, Lösningsförslag

Transkript

1 Tentamensskrivning i Mekanik Del Dynamik för M 08 Lösningsförslag. a) meelbart före stöt har kula en horisontella hastigheten v mean kula är i vila v s v = 0. Låt v och v beteckna kulornas hastigheter omeelbart efter stöt. Stötnormalen ges av vektorn i. j i örelsemängens bevarane i x-le för kroppen boll + boll ger ( ): mvx+ mvx = mv x+ mv x är vx = vcosα v = 0 v sin β och v x. Sålees x I y-le gäller (glatt stöt) x vcosα + 0 sin β + v v ( ): vy y ( ): y y är vy = vsinα v y cos β och vy y = 0. Detta ger vsinα cos β () Stustalet v x v x v v sin β e = = v v 0 vcosα x x (3) Ekvationerna (3) & () ger vcosα vsinα tan β e= = tanα tan β v cosα b) Änringen i kinetisk energi över stöten ges av

2 är u = 0 vcosα och n T = un ( e ) µ mm m µ = =. Därme m+ m m m T = ( vcos α) ( e ) = v cos α( ( tanα tan β) ) m Svar: a) e= tanα tan β b) T = v cos α( ( tanα tan β) ). a) Vi inför vinkelhastigheten = k för länkarmen är k är vinkelrät mot rörelseplanet och vinkelhastigheten C = k C för länkarmen C. Då gäller enligt sambansformeln för hastigheter v = v + r = i3 + k ( i0. cos 5 + j 0. sin 5 ) =.. i( 3 0 ) + j = vc = v + C rc = i( 3 0 ) + j 0 + kc ( i0. cos 5 + j( 0. sin 5 )) = i( 3 + C ) + j ( + C ) Detta ger me lösningen C = C = 0 b) Enligt och () gäller 5 = C 5 = () v = i( 3 ) + j = i5. + j 5.

3 5 Svar: a) C = b) v = i5. + j a) Frilägg stången! Inför kontaktkraften från unerlaget: normalkraften N och friktionskraften f samt tyngkraften mg. ntag icke-glining v s v = 0 och att stången är i kontakt me unerlaget. Kravet för att etta skall vara uppfyllt är att f µ N N > 0 s Inför vinkelkoorinaten ϕ enligt figuren nean. Stångens vinkelhastighet = k ϕ och vinkelacceleration = k ϕ. I et ögonblick när stången släpps gäller ϕ = θ ϕ = 0 v s = 0 = k( ϕ ) () i j mg ϕ N f Momentekvation ger i etta ögonblick L : mg cosθ = ml ϕ 3 vilket ger 3g ϕ = cosθ (3) L Masscentrums acceleration (enligt sambansformeln) och me (3) ger L L ag = a + rg + ( rg ) = rg = k ϕ ( i cosθ + j sin θ) = L L 3g 3g i( ϕ sin θ) + j ϕ cosθ = i cosθsin θ + j( cos θ) 3

4 Kraftekvationen ger 3g ( ) : ( cos sin ) f = agx m= θ θ m Gy 3g ( ) : N mg = a m = ( cos θ ) m () Ekvation () meför 3 N = mg( cos θ ) (5) π vilket innebär att N > 0 0< θ <. Icke-gliningsvillkoret i kombination me () och (5) ger 3 f cosθsinθ µ s = N 3 cos θ Svar: µ s 3 cosθsinθ 3 cos θ. etrakta kroppen centralkropp + balk + cirkelskivor och låt H beteckna ess rörelsemängsmoment. Då gäller enligt momentekvationen M = H är M betecknar e yttre krafternas moment m a p en fixa punkten. Detta moment kan skrivas M M r g = + G m är M betecknar reaktionsmomentet från lagringen på centralkroppen och G betecknar masscentrum för kroppen centralkropp + balk + cirkelskivor. Enligt förutsättningarna gäller att k M =0 och ärme k M = 0 vilket i sin tur meför att k H = H = 0 z g cosφ k Cirkelskiva alk a Centralkropp a

5 I läge I gäller att φ = 0 och = 0 v s I () ( ( )) z= Iz 0 = I+ m + m och ärme I ( ( ( ) 0 II Hz= I+ m + m )) 0. I läge II gäller att = och H z = ( I ( ( cos ) )) 0 + m + m φ och motsvarane vinkel φ skall bestämmas. v I II följer att Hz = Hz v s vilket innebär att ( I ( ( ) )) ( ( ( cos ) )) 0 + m + m 0 = I + m + m φ Detta uner förutsättning att I + + ( ) m φ = arccos( I + + ( ) m I + + ( ) a+ m I + + ( ) Svar: m φ = arccos( ) ) 5. eteckna rivcylinerns vinkelhastighet me D bakhjulens vinkelhastighet och framhjulens vinkelhastighet me. Låt v beteckna foronets fart uppför backen. Då gäller (vi rullning utan glining) v= = = r D Foronets mekaniska energi (kinetisk energi +potentiell energi) E = T + V är v v T = mv + ( I + I ) + ID = mv + ( I ( ) + I ( ) ) + v I I I I ( ) = m ( + ( + ) + ) v () r m m mr är utnyttjats och 5

6 V = mg xsinθ är x är en av foronet tillrygga laga sträckan uppför backen enligt figuren nean är c betecknar foronets masscentrum. g M Framhjul x c θ Eftersom kontaktkrafterna från vägbanan är effektlösa och samtliga lagringar är ieala så ger effektsatsen ger M = E v s me utnyttjane av D v I I I M = m( + ( + ) + ) va + mgvsinθ (3) r m m mr Detta ger uner förutsättning att v 0 M g sinθ a = mr I I I + ( + ) + m m mr Svar: M g sinθ a = mr I I I + ( + ) + m m mr 6