lOMoARcPSD|11639879 MEKANIK 1 - Tenta 2014/08/25, frågor och svar Mekanik I (Kungliga Tekniska Högskolan) Studocu is not sponsored or endorsed by any college or university Downloaded by Entropy Eillert ([email protected]) lOMoARcPSD|11639879 140825 Tentamen i mekanik I , SG1130 Varje uppgift ger högst 3 poäng. För godkänt på problem- eller teoridel fordras minst 4 poäng. Rita tydliga figurer, definiera införda beteckningar och motivera uppställda samband! Skrivtiden är 4 h. Inga hjälpmedel. Christer Nyberg Problemdelen a B b A c µ P r O M A AA l m 2. Ett rätblock med massan m kan glida på ett plan som lutar vinkeln β mot horisontalplanet. En fjäder med fjäderkonstanten k och naturliga längden l förenar rätblocket med en fix punkt. Rätblocket släpps från vila då fjädern har sin naturliga längd, alltså i det läge som figuren visar. Bestäm fjäderns största förlängning om friktionstalet är µ , där µ < tan β . k µ β θ 1. Ett hjul med radien r är glatt lagrat i den fixa centrumpunkten O och påverkas av ett kraftparsmoment M . En smal och lätt stång AB med längden a kan vrida sig kring den fixa punkten A och påverkas i den andra änden av en vertikal kraft P . På stången, på avståndet b från A , sitter en bromskloss med tjockleken c . Bestäm den minsta kraft P som förhindrar att hjulet roterar, om friktionstalet mellan hjul och bromskloss är µ . R P 3. En liten hylsa med massan m kan glida på en fix glatt cirkelring som har radien R och befinner sig i ett horisontalplan. Hylsan är först i vila i det läge som ges av θ = 0 . Med en konstant horisontell kraft P dras den sedan längs cirkelringen. Bestäm den horisontella komponenten av normalkraften från cirkelringen på hylsan som funktion av vinkeln θ . Downloaded by Entropy Eillert ([email protected]) lOMoARcPSD|11639879 A β v0 4. En rymdfarkost skall skjutas upp från jordytan till höjden R/2 , där R är jordradien. Man vet att man kan ge farkosten en begynnelsefart v0 = 3 gR/2 , där g är tyngdaccelerationen vid jordytan. Vilken elevationsvinkel β skall man välja? Jordens rotation försummas. Teoridelen 5. a) Ett kraftsystem i tre dimensioner är givet. Krafterna och deras angreppspunkter är alltså kända. Visa hur man bestämmer kraftmomentet med avseende på en axel. b) Definiera begreppet kraftpar och visa att kraftmomentet för ett sådan blir detsamma oberoende av vilken momentpunkt man väljer. c) En kropp befinner sig på ett lutande plan. Hur bestäms friktionskraftens storlek då kroppen glider respektive ligger stilla? 6. En plan partikelpendel består av en liten kula med massan m fastsatt i en tråd med längden l. Svängningen sker i ett vertikalplan och trådens vinkel med vertikalen kallas θ . Tyngdaccelerationen är g . Ställ upp momentekvationen och visa hur man får rörelseekvationen för pendeln. Bestäm svängningstiden för pendelns små svängningar. 7. Definiera begreppet konisk partikelpendel och visa utifrån kraftekvationens komponenter hur sambandet mellan partikelns fart och trådens lutningsvinkel ser ut. 8. Definiera begreppen centralkraft och centralkraftsrörelse! Utgå sedan från kraftekvationen i cylinderkoordinater för centralkraftsrörelse och redogör för vilken information som var och en av dessa tre komponentekvationer ger. Downloaded by Entropy Eillert ([email protected]) lOMoARcPSD|11639879 mekanik I, 140825-1 AA A AA A a b B N c f f N P r O Frilägg hjulet och den lätta stången! Hjulet påverkas av kontaktkraften vid bromsklossen, kraftparsmomentet M samt tyngdkraften och reaktionskraften vid axeln O . Den yttre pålagda kraften P och kontaktkraften vid bromsklossen ger upphov till en reaktionskraft på stången i A . Här ska vi bestämma krafternas storlek i gränsfallet mot glidning då friktionskraften vid bromsklossen uppnått sitt maximala värde. M Den enda möjligheten att undkomma reaktionskrafterna som ej efterfrågas är att utnyttja momentekvationer. Jämvikt fordrar för: stången hjulet A : O: N ⋅b − P⋅a − f ⋅c = 0 (1) M − f ⋅r = 0 (2) Friktionsvillkoret vid kontaktytan är f ≤ µN ⇒ fmax = µN ⇒ N= fmax µ (3) Den minsta kraft P som krävs bestäms för det fall då friktionskraften är maximal. Insättning av ekv (3) i (1) ger fmax ⋅ b − P ⋅ a − fmax ⋅ c = 0 µ (4) Insättning av ekv (2) i (4) ger M M ⋅b − P⋅a − ⋅c = 0 µr r ⇒ M 1 M ⋅b − P⋅a − ⋅c P= r aµ r ⇒ P= M (b − µc) a rµ Downloaded by Entropy Eillert ([email protected]) lOMoARcPSD|11639879 mekanik I 140825-2 N l O x AA µN A kx Rätblocket släpps från vila då fjäderförlängningen är noll dvs då fjädern har sin naturliga längd l. Lägg en xaxel med origo i utgångsläget så att koordinaten x betyder rätblockets förflyttning och alltså också fjäderförlängningen. Begynnelsevillkoret kan skrivas x = 0 t=0 v x = 0 β mg De krafter som verkar på rätblocket är tyngdkraften mg, fjäderkraften kx, normalkraften N och friktionskraften, som vid glidning är fullt utbildad och kan skrivas µN . Den maximala fjäderförlängningen fås då rätblocket stannar eller vänder i nedersta läget, dvs då farten är noll. Eftersom en energiekvation i princip ger sambandet mellan fart och läge ställer vi upp en sådan. Då friktionskraften ej är konservativ väljer vi lagen om den kinetiska energin: U = T − T0 (1) som säger att det totala arbetet för att nå ett visst läge är lika med ändringen i kinetisk energi. Insättning ger: 1 1 − kx 2 − µmg cos β ⋅ x + mg sin β ⋅ x = mv 2 + 0 2 2 (2) Tyngdkraften och friktionskraften är konstanta så att arbetet bestäms som kraften i vägens riktning gånger förflyttningen. Tyngdkraftens komponent i x-riktningen är mg sin β . Fjäderkraftens arbete beräknas med en integral och blir negativt då fjäderkraften är motriktad förflyttningen. Insättning av v = 0 ger 1 − kx 2 − µmg cos β ⋅ x + mg sin β ⋅ x = 0 (3) 2 Ekvationen har två lösningar. Den ena är x = 0 . Den andra ges av 1 − kx1 − µmg cos β + mg sin β = 0 2 2mg x1 = (sin β − µ cos β ) k eller x1 = 2mg cos β (tan β − µ ) k Downloaded by Entropy Eillert ([email protected]) (4) lOMoARcPSD|11639879 mekanik I 140825-3 N R θ en et P En cirkelrörelse i horisontalplanet ska studeras. De krafter som verkar på hylsan är tyngdkraften mg, den konstanta kraften P samt normalkraften från ringen. Normalkraften kan delas upp i en vertikal och en horisontell komponent. Vi inför beteckningen N för den horisontella komponenten. En kraft söks och det är rimligt att anta att kraften skall kunna bestämmas med kraftekvationen. Vi väljer här kraftekvationen F = ma i det naturliga systemet: Här är krökningsradien och Insättning i (1) ger ms˙˙ = Ft 2 s˙ m ρ = Fn (1) ρ=R s = Rθ ⇒ s˙ = Rθ˙ ⇒ ˙˙s = Rθ˙˙ (2) (3) mRθ˙˙ = P cos θ v2 m = N − P sin θ R (4) Normalkraften ges alltså av ekv (4b) om vi bara kan bestämma vänsterledet, dvs i princip farten. Det går att bestämma den med en första integral till (4a) men det är enklare att ställa upp lagen om den mekaniska energins bevarande T + V = T0 + V0 (5) Eftersom P är konstant kan en potentialfunktion bildas på samma sätt som man gör för den konstanta tyngdkraften mg. Vi får alltså 1 mv 2 − PR sin θ = 0 − 0 2 mv 2 = 2 PR sin θ Insättning i ekv (4b) ger resultatet N = 3 P sin θ Downloaded by Entropy Eillert ([email protected]) (6) (7) lOMoARcPSD|11639879 mekanik I, 140825-4 v1 r1 β A Den enda kraft som verkar på farkosten är gravitationskraften. Verkningslinjen för den går genom jordens centrum och därför är kraftmomentet med avseende på jordens centrum noll. Detta betyder enligt momentekvationen v0 ˙ MO = H O R att rörelsemängdsmomentet är en rörelsekonstant: r1mv1 = Rmv0 cos β (1) Gravitationskraften är konservativ, vilket betyder att den mekaniska energin bevaras: T1 + V1 = T0 + V0 R2 R2 1 1 = mv0 2 − mg mv12 − mg R r1 2 2 (2) Nu vet vi att r1 = 3 R/2 och v0 = 3 gR/2 (3) Ekv (1) ger då 3 1 v1 = 3 gR cos β ⇒ 2 2 v1 = 1 3 gR cos β 3 (4) Dividera ekv (2) med m/2 och sätt in sambanden (3) och (4)! 2 2R 1 = v0 2 − 2 gR 3 gR cos β − 2 g 3 3R (5) 1 3 2 gR cos 2 β = gR − gR 3 4 3 (6) cos 2 β = 1 4 ⇒ ⇒ 2 cos β = ± 1 2 β = 60° Downloaded by Entropy Eillert ([email protected])
