Mer Friktion–jämviktsvillkor

advertisement
1
KOMIHÅG 6:
--------------------------------• Torr friktion: F ! µN .
• Viskös friktion: F = "cv .
• Extra villkor för jämvikt:
risk för glidning eller stjälpning.
---------------------------------!
Föreläsning 7:
Mer Friktion–jämviktsvillkor
m
µ2
L
µ1
x
Problem: En lätt stång av längd L stödjer en massa m som
bara kan röra sig vertikalt. Friktionstalet µ1 mot underlaget
skiljer sig från friktionstalet µ 2 i kontakt med massan. Bestäm
först friktionskrafterna för läget i figuren. Ange sedan
friktionsvillkoren för jämvikt.
2
Lösning: Friläggning av massan ger " N 2 # mg = 0. Frilägg
sedan stången:
F2
!
mg
N1
F1
Jämvikt kräver:
" F1 # F2 = 0
$ N1 # mg = 0
.
där
! momentekvationen avser kontaktpunkten mot underlaget.
De lika stora friktionskrafterna blir således:
mgx
.
F1 = F2 =
2
2
L "x
Friktionsvillkoren blir:
F1
x
=
< µ1 ,
2
2
mg
L "x
!
och
F2
x
=
< µ2 .
2
2
mg
L "x
!
Beroende på vilket friktionstal som är minst får vi villkoret
µL
, där µ = min{µ1,µ2 } .
x max =
2
1+ µ
!
!
!
3
Exempel
2a
P
(2b)
h
A
En gradvis ökning av belastningen P på lådan görs. Undersök
vilket villkor för friktionstalet µ som måste gälla för att den
belastade lådan ska stjälpa när P växer innan glidning inträffar.
Lösning:
Kraftanalys (dvs rita!och identifiera krafter, dvs ’frilägg’):
2a
P
mg
(2b)
h
f
A
x
!
!
N
Kraftjämvikten ger: P " f = 0 och N " mg = 0 . Härur kan
friktionskraften och normalkraften bestämmas. f = P, N = mg .
Momentjämvikten: Nx " mga " Ph = 0 . Härur kan x bestämmas.
Ph
x = a + !. För gränsen !
till glidning gäller: P = µmg .
mg
!
a
! till stjälpning, dvs x=2a, gäller: P = mg .
För gränsen
h
För att stjälpning skall inträffa först!då kraften P ökar krävs:
a
< µ.
h
!
4
Jämviktsläge för flexibla system
Fjäderkraft: När en rak fjäder är i vila har den en längd som
kallas vilolängd. Om en fjäder sitter fast i ena änden och i andra
änden påverkas av en dragkraft F drag ändras dess längd. En ideal
fjäder ändrar sin längd proportionellt mot kraftens styrka, dvs
dubbelt så stor förändring av längd för dubbla kraften.
Sambandet mellan dragkraft och förlängning kan skrivas:
!
F drag = k ( x " L) ex , där x
anger läget av den rörliga änden, L är vilolängden och k är den
så kallade fjäderkonstanten som bestämmer styvheten i fjädern.
Vektorn ex anger förlängningsriktningen.
!
!
!
!
!
OBS: Fjäderns egen kraft är motsatt riktad dragkraften!
F fjäder = "k ( x " L)ex (fjäderkraften)
Dvs:
Ofta betecknas fjäderkraften i denna kurs med Fk , där k betyder
fjäderkonstanten för fjädern. När den rörliga fjäderänden är i
!
(det enda) läget x = L finns ingen kraft i fjädern.
!
!
5
Jämviktsläge: Betrakta en massa som hänger i en fjäder med
känd vilolängd L och känd fjäderkonstant k . Massan påverkas
av två krafter, tyngdkraften mgex (neråt i figuren) och en
fjäderkraft "k ( x " L)ex (uppåt). Vid jämvikt blir totala vertikala
kraften
!0 . Den rörliga fjäderänden
! noll, dvs "k(x " L) + mg =
mg
befinner sig i läget!x = L +
, som även beskriver
k
!
jämviktsläget för massan. Där kan massan ligga still.
!
!
Jämviktslägen kan vara stabila eller instabila. I detta fall är
jämviktsläget stabilt.
6
Problem.
En pappersrulle med massan m skall rullas uppför ett sluttande
plan med hjälp av en kraft N. Bestäm N om friktionstalet är µ .
Lösning:
• Kraftanalys:
!
!
!
Vi observerar att momentjämvikten kräver att f1 = f 2 .
Antag också att N < N1 , så att glidningsgränsen blir f = µN .
• Jämviktsekvationer:
" N1 sin # $ N (1$ µ cos # ) = 0
!
" N1 cos # $ mg $ µN (1+ sin # ) = 0
!
!
Eliminera N1 . Lös N och förenkla med trigonometriska ettan.
mgsin "
N=
.
cos " # µ # µ sin "
!
!
!
7
!
!
!
!
!
!
Problem: a) Figuren visar en perspektivskiss av kraftvektorer
vars belopp är proportionella mot en kantlängd (två krafter)
samt en sidodiagonal (en kraft). Räkna ut resultanten i origo,
dvs kraftsumma R och momentsumma MO .
b) Bestäm en annan momentpunkt rC i rummet med avseende
på vilken krafternas momentvektor blir parallell (eller antiR . Använd sambandsparallell)
! med kraftsummans vektor
!
formeln för byte av momentpunkt: MO = MC + rC " R .
!
Lösning: Systemets kraftssumma: R = 2F ez = (0,0,2F ) .
Momentet map origo : M0 !
= ( Fa/ 2 + Fa,"Fa,"Fa) .
Hitta en ny momentpunkt!som tar bort momentkomponenter "
mot R , i detta fall x- och y-komponenterna. Sambandsformeln
!
för moment ger:
! "r #R.
MC = M
O
C
!
Vi ser att hur vi än letar punkter kan vi inte ändra momentet
med avseende på z-axeln. Alltså letar vi efter en punkt så att
rC " R = MO # MC = ( 3Fa/ 2,#Fa,0) .
zC kan inte bestämmas entydigt. Skriv nu ekvationer med
xC , yC ur vektorekvationen:
x = a /2
yC 2F = 3Fa /2
som har lösningen: C
.
yC = 3a /4
"xC 2F = "Fa
!
8
KOMIHÅG 7:
--------------------------------• Jämvikten kan rubbas: stjälpning, glidning.
• Flexibla system- jämvikt bara i jämviktslägen.
---------------------------------Föreläsning 8:
• PARTIKELKINEMATIK (rörelse)
Kinematiska storheter:
läge-hastighet-acceleration
y
m
v
r
r
a
!
x
Definitioner:
hastighet : v =
fart :
dr ˙
=r
dt
v=v
d 2r ˙˙ ˙
acceleration : a = 2 = r = v
dt
Dessutom införs
Rörelsemängd: p = mv ,
dp
!
Newtons
2:a lag:
=F.
dt
!
!
9
•Kinematik med vanliga (kartesiska) x, y, z-koordinater:
Problem: Rörelsen i planet beskrivs av tidsfunktionerna x(t)=
bt, y ( t ) = c " gt 2 / 2 , där b, c och g är konstanter. Bestäm
hastigheten och accelerationen, samt vinkeln mellan dem.
Lösning: Först använder vi definitioner med hjälp av de
kartesiska koordinaterna x och y .
!
r = ( x ( t ),y ( t )) = (bt,c " gt 2 / 2)
v = ( x˙ ( t ), y˙ ( t )) = (b,"gt )
!
a = v˙ = (0,"g) !
!
Det är här fråga om en kaströrelse, ty accelerationen är konstant
riktad neråt i (vertikal-) planet. Vinkeln mellan acceleration och
hastighet får man sedan ur skalärprodukten:
v • a = vacos"
2
g 2 t = b 2 + ( gt ) # g# cos"
dvs
#
&
gt
(
" = arccos%
!
% b 2 + gt 2 (
( ) '
$
När är mellanliggande vinkel 90 grader?
!
10
• Annat val av koordinater:
Problem: Låt nu rörelsen i planet beskrivas av de polära
koordinaterna r (konstant) och " . För likformig cirkelrörelse är
" ( t ) = #t , där " är konstant. Bestäm för denna rörelse läge,
hastighet och acceleration och vinklarna mellan dessa.
!
!
Lösning: Vi kan nu beskriva läge-hastighet-acceleration som
!
vektorer
r = ( rcos" ( t ),rsin" ( t )) = r(cos#t,sin#t )
!
v = ( $#rsin#t,#rcos#t ) = #r( $sin#t,cos#t )
a = $r# 2 (cos#t,sin#t ) = $# 2r
Läge och hastighet är vinkelräta, ty
r • v = "r 2 ( #cos"tsin"t + sin"tcos"t ) = 0
! medan läge och acceleration tydligen är anti-parallella. Denna
rörelse kallas likformig cirkelrörelse.
v
!
r
a
11
Kinematiska samband:
Om bara accelerationen är känd, behöver man integrera för att
få hela kinematiken, dvs även läge och hastighet. Vi tittar på
några olika fall:
1) Konstant acceleration.
a
Problem: Hur rör sig en partikel som har accelerationen a ?
Lösning: Vi väljer lämpliga x, y, z axlar så att a = (0,"a,0) .
Definitionen av accelerationen a :
a = dv
!
dt
!
säger att hastigheten v är primitiv funktion
till a . Dvs
v = at + konst . !
Konstantens värde måste vara hastighetens värde då t = 0 .
! Vi skriver v = at + v .
0
!
!
Detta är en vektorekvation. Hur ser den ut i komponentform?
!
Slutsats: Om vi vet a måste vi också veta !
v0 för att fullständigt
veta hastigheten vid en godtycklig tidpunkt!!
!
Om v är känd kan vi använda definitionen
!
!
v = dr
dt
för att bestämma läget r . Hastigheten är en primitiv funktion av
!
1
hastigheten: r = at 2 + v0 t + konstant .
2
! Konstantens värde är läget vid tidpunkten t = 0 . Vi skriver:
!
1 2
r = at + v0 t + r0 .
2
!
!
!
12
2) Tidsberoende acceleration.
Problem: En partikel rör sig med y-koordinatens beteende
"3
y ( t ) = bt 3 " ct , med b=4 ms och c=3 m/s. Dessutom vet man
att accelerationen i x-riktningen ges av ax = et , där e= 12 ms"3 .
Bestäm hastighets- och accelerationsvektorerna och deras
belopp vid t=1!s, om begynnelsehastighetens x-komponent vid
t=0 är 4 m/s.
!
!
!
Lösning: Rörelsen i y-led är fullständigt bestämd, återstår
huvudsakligen att bestämma v x ( t ) .
I x-led gäller
t
{ax = v˙ x } " v x ( t ) = # ax (t' ) dt' + v x 0
!
varur
t0
t
1
= et 2 + 4 m/s .
2
0
!
Konstruktion av vektorerna ger nästan omedelbart:
#1
&
v( t ) = (v x ( t ),v y ( t )) = % et 2 + 4 m/s, 3bt 2 " 3 m/s(
$2
'
!
samt
a ( t ) = ( ax ( t ),ay ( t )) = et, 6bt
v x (t) =
" et' dt' + v
x0
(
)
! Insättning av konstanters numeriska värden samt t=1 s, ger
sedan
v( t =1s) = (10,9) m/s
!
a ( t =1s) = 12, 24 m/s2
(
)
samt
v ( t =1s) = 181 m/s
!
!
a( t =1s) =12 5 m/s2
Download
Random flashcards
Svenska

105 Cards Anton Piter

organsik kemi

5 Cards oauth2_google_80bad7b3-612c-4f00-b9d5-910c3f3fc9ce

Multiplacation table

156 Cards Антон piter

Create flashcards