Tentamen juni 2014 B-delen

Tentamen juni 2014 B-delen
Viss del på tavlan
Uppgift 1 klot på cylindrisk yta
Start i A
B
C är vändläge
Banan överdrivet krökt
• Start i A på sträv yta på höjden H (över masscentrums läge i lägsta punkten). I B på höjden
h övergår ytan till glatt. ωC söks uttryckt i i H
och h liksom höjden x för C uttryckt i ωB
Vinkelhastigheten bevarad mellan B
och C
På glatta delen:
Endast tyngdkraft
och normalkraft
Detta innebär Mz=0 och enligt Euler II dHz/dt=0
Hz=Iω ä𝑟 𝑏𝑒𝑣𝑎𝑟𝑎𝑑, 𝑣𝑖𝑙𝑘𝑒𝑡 𝑔𝑒𝑟 𝑎𝑡𝑡 ω 𝑏𝑒𝑣𝑎𝑟𝑎𝑠.
Observera att bevarandet gäller den glatta delen
Mekaniska energins bevarande
• På den sträva delen har vi också friktion, vilket
innebär att vinkelhastigheten ej bevaras.
• Däremot bevaras mekaniska energin eftersom
friktionen ej uträttar arbete vid rullning, så att
den enda kraft som uträttar arbete är
tyngdkraften, som är konservativ.
• Mekaniska energin bevaras också på den
glatta delen eftersom noll friktion ej heller
uträttar arvete.
Rullningsvillkor och mekanisk energi
• ωr=v mellan A och B
• T=mv2/2+Iω2/2=(mr2+I) ω2/2 mellan A och B
• (T+V)A=mgH
(T+V)B=mgh+ (mr2+I) ωB2/2 =mgh+ (mr2+I) ωC2/2
(T+V)C =mgx+IωC2/2=mgx+ IωB2/2
Viktigt: Vi har kinetisk energi i vändläget C trots
att v =0 i den punkten.
Mekaniska energins bevarande ger
• mgh+ (mr2+I) ωC2/2=mgH
• mgx+ IωB2/2 =mgH
Tröghetsmomentet för klot är I=2mr2/5 enl PH
Detta ger svaret:
ωC=[10(H-h)g/r2]1/2
x= H-0.2r2 ωB2/g
Kolla gärna dimensionen! Slut på lösning B1 juni
B2, påminner om kabeltrumman
De bägge streckade linjerna möts i masscentrum
och vinkeln mellan dessa linjer är ϕ
F
P
y (x-axel uppåt)
Sökt är vinkelaccelerationen för en jojo
Kartlägg kinematiken
• Antag att vinkeln ϕ är så stor att rullen rullar
åt höger.
• Då är v=vyj med vy>0 och ω=ωzk med ωz>0
• vP= vyj + ωzkx(-rsinϕi+rcos ϕj)
• Utnyttjas att kxi=j och kxj=-i samt insätts
rullningsvillkor vy=R ωz fås
vP= ωz[-rcosϕi+(-rsinϕ+R)j]
Rörelseenergi-effekt
• dT/dt=F●vP=
=(Fcosϕi+Fsinϕj)●ωz[-rcosϕi+(-rsinϕ+R)j]
dT/dt= ωzFr[-cos2ϕ-sin2ϕ+(R/r)sinϕ]
Utnyttjas trigonometriska ettan fås
dT/dt= ωzFr[-1+(R/r)sinϕ]
Vi ser att dT/dt=0 för (R/r)sinϕC=1
(Kritiska värdet sökt i b-uppgiften sinϕC=r/R)
Svar på ”paradoxen”
• När vi rycker i snöret gäller dT/dt>0
• Vi ser att ωz>0 för sinϕ>r/R
• Om sinϕ<r/R måste alltså ωz<0 gälla d v s
systemet rullar åt andra hållet. Observera att
denna slutsats gäller oberoende av
tröghetsmomentet hos systemet, d v s slutsatsen gäller för såväl kabeltrumma som jojo.
Bestämning av vinkelaccelerationen
• T=mv2/2+Iωz2/2=(I+mR2) ωz2/2 vid rullning
• dT/dt =(I+mR2) ωzdωz/dt
• Rörelseenergi-effekt ger
(I+mR2) ωzdωz/dt=ωzFr[-1+(R/r)sinϕ] varav
(om vi dividerar med ωz som antas skilt från noll)
(I+mR2) dωz/dt=Fr[-1+(R/r)sinϕ]
I B2 sätts tröghetsmomentet I lika med mR2/2
B3 juni 2014
•
N
•
mg
Vinkeln mellan N och horisontalen är ϴ
Acceleration a i horisontell led söks om glaset
skall vara kvar på brickan
I berättigat referenssystem
• Normalkraftens horisontalkomponent är i
accelerationens riktning varav
ma=Ncosϴ där a är glasets acceleration
• Ingen acceleration vertikalt medför
Nsinϴ=mg
Eliminering av N ger
a=gcosϴ/sinϴ d v s a=g/tanϴ
Notera: Glaset och brickan har samma acceleration.
I system som är i vila relativt brickan
• Ekvivalensprincipen säger att vi har en
tröghetskraft motsatt accelerationen och lika
med ma till beloppet
N
-ma
mg
N+mg-ma=marel=0 ger samma resultat
B4 juni 2014
Tack för synpunkter i går som tagits till vara!
O
masscentrum
boll träffas av trät på avstånd x från O
Hur skall vi välja O för att vi skall få minimal
reaktionskraft i O, vilket vi översätter med
måttlig kraft.
Hur skall vi välja momentpunkt?
• Välj som momentpunkt punkten O´, vilket är
den fixa punkt i rummet där punkten O
befinner sig under den korta stöten med
bollen.
Val av system.
• Välj tvåkropparsystemet av trä+boll
• Då blir stötkrafter mellan boll och trä inre
krafter vars summa är noll och vars totala
kraftmoment med avseende på O´ är noll.
• Yttre krafter är tyngdkraft på systemet och
reaktionsstötkrafter i O (under stöten O´)
• Måttliga krafter och kraftmoment innebär att
totala rörelsemängden och totala rörelsemängdsmomentet bevaras under stöten.
Idealt slag utöver reaktionskraft
• Hela rörelsemängdsmomentet går över till
bollen, varav om bollens rörelsemängd är mv
efter stöten
Ioω=mvx d v s mv= Ioω/x
• Rörelsemängden bevaras ger
MLω/4=mv=Ioω/x
Detta ger
x=4IO/(ML) där tröghetsmomentet
bestäms med hjälp av Steiners sats
Bestämning av tröghetsmoment
IO=I+M(L/4)2 =ML2/12+ML2/16=7ML2/48
4IO=7ML2/12
4IO/ML=7L/12 varav
x=7L/12
Dämpade svängningar
Exempel B5 är exempel på dämpad svängning.
Dämpade svängningar behandlas i kap 21 i
läroboken.
Principen rörelseenergi effekt är ofta användbar
i problem på dämpad svängning.
Som förövning till lösningen av B5 behandlar vi
ett problem i läroboken
Example 21.3 BF (ungefär)
• Vagn som påverkas av fjäderkraft och
dämpande kraft bägge motverkande rörelsen
• vx>0 svarar mot rörelse åt höger (x>0)
Förutom tyngdkraft och normalkraft (som tar ut
varandra påverkas vagnen av totala kraften
-kx-cvx
Rörelseenergi-effekt ger
• d(mvx2/2)/dt=(-kx-cvx)vx varav
mvxdvx/dt= (-kx-cvx)vx
eller
mdvx/dt= -kx-cvx
Införs vx=dx/dt erhålls
md2x/dt2=-cdx/dt-kx
eller med k=mω02 och c=2mγ
d2x/dt2+2γdx/dt+ω02x=0 där i vårt fall γ<ω0
B5 juni 2014
O
M
Lätt stel förbindelse till kula radie r massa M
Kulans masscentrum på avstånd 3r från O
Krafter på systemet
• Tyngdkraft Mg riktad vertikalt nedåt
• Reaktionskraft i lagret i O
• Dämpande kraft: -c3rdθ/dt motsatt riktad
rörelsen.
O
θ
Kraftmoment och momentlagen
• Moz=-mg3rsinθ-c(3r)3rdθ/dt (okänd kraft eliminerad)
• Momentlagen ger i vårt fall IOd2θ/dt2=Moz eller
IOd2θ/dt2=-mg3rsinθ-c(3r)2dθ/dt
Dividerar vi ledvis med IO och stuvar om erhålls
d2θ/dt2+(1/IO)c(3r)2dθ/dt+(3mgr/IO)sinθ=0
Små svängningar innebär
sinθ≈θ och med den approximationen känner vi
igen differentialekvationen från Example 21.3
Behöver vi lösa diffekvationen?
• De i problemet sökta kvantiteterna fås genom
att ”läsa” koefficienterna i rörelseekvationen
och använda Physics Handbook.
• IO bestäms med hjälp av Steiners sats.
• IO=2Mr2/5+M(3r)2 =9.4Mr2
Observera att om klotet haft försumbar
utsträckning hade tröghetsmomentet varit 9Mr2
d v s utsträckningen ger en effekt 0.4/9.4=4.3%
Hur läser man diffekvationen?
Diffekvationen (små svängningar) fås efter
insättning och smärre räkningar till
d2θ/dt2+2(45c/94m)dθ/dt+θ(15g/47r)=0
PH ger γ=45c/(94m), ω02 =15g/(47r)
ωe2 =15g/(47r)-(45c/94m)2
Svängningstid vid försummad dämpning är 2π/ ω0
Den verkliga svängningstiden är τ=2π/ ωe