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.

En presentation över ämnet: "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."— Presentationens avskrift:

1 Tentamen juni 2014 B-delen Viss del på tavlan

2 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 mass- centrums läge i lägsta punkten). I B på höjden h övergår ytan till glatt. ω C söks uttryckt i i H och h liksom höjden x för C uttryckt i ω B

3 Vinkelhastigheten bevarad mellan B och C

4 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.

5 Rullningsvillkor och mekanisk energi ωr=v mellan A och B T=mv 2 /2+Iω 2 /2=(mr 2 +I) ω 2 /2 mellan A och B (T+V) A =mgH (T+V) B =mgh+ (mr 2 +I) ω B 2 /2 =mgh+ (mr 2 +I) ω C 2 /2 (T+V) C =mgx+Iω C 2 /2=mgx+ Iω B 2 /2 Viktigt: Vi har kinetisk energi i vändläget C trots att v =0 i den punkten.

6 Mekaniska energins bevarande ger mgh+ (mr 2 +I) ω C 2 /2=mgH mgx+ Iω B 2 /2 =mgH Tröghetsmomentet för klot är I=2mr 2 /5 enl PH Detta ger svaret: ω C =[10(H-h)g/r 2 ] 1/2 x= H-0.2r 2 ω B 2 /g Kolla gärna dimensionen! Slut på lösning B1 juni

7 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

8 Kartlägg kinematiken Antag att vinkeln ϕ är så stor att rullen rullar åt höger. Då är v=v y j med v y >0 och ω=ω z k med ω z >0 v P = v y j + ω z kx(-rsinϕi+rcos ϕj) Utnyttjas att kxi=j och kxj=-i samt insätts rullningsvillkor v y =R ω z fås v P = ω z [-rcosϕi+(-rsinϕ+R)j]

9 Rörelseenergi-effekt dT/dt=F●v P = =(Fcosϕi+Fsinϕj)●ω z [-rcosϕi+(-rsinϕ+R)j] dT/dt= ω z Fr[-cos 2 ϕ-sin 2 ϕ+(R/r)sinϕ] Utnyttjas trigonometriska ettan fås dT/dt= ω z Fr[-1+(R/r)sinϕ] Vi ser att dT/dt=0 för (R/r)sinϕ C =1 (Kritiska värdet sökt i b-uppgiften sinϕ C =r/R)

10 Svar på ”paradoxen” När vi rycker i snöret gäller dT/dt>0 Vi ser att ω z >0 för sinϕ>r/R Om sinϕ<r/R måste alltså ω z <0 gälla d v s systemet rullar åt andra hållet. Observera att denna slutsats gäller oberoende av tröghetsmomentet hos systemet, d v s slut- satsen gäller för såväl kabeltrumma som jojo.

11 Bestämning av vinkelaccelerationen T=mv 2 /2+Iω z 2 /2=(I+mR 2 ) ω z 2 /2 vid rullning dT/dt =(I+mR 2 ) ω z dω z /dt Rörelseenergi-effekt ger (I+mR 2 ) ω z dω z /dt=ω z Fr[-1+(R/r)sinϕ] varav (om vi dividerar med ω z som antas skilt från noll) (I+mR 2 ) dω z /dt=Fr[-1+(R/r)sinϕ] I B2 sätts tröghetsmomentet I lika med mR 2 /2

12 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

13 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.

14 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=ma rel =0 ger samma resultat

15 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.

16 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.

17 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 rörelse- mängdsmomentet bevaras under stöten.

18 Idealt slag utöver reaktionskraft Hela rörelsemängdsmomentet går över till bollen, varav om bollens rörelsemängd är mv efter stöten I o ω=mvx d v s mv= I o ω/x Rörelsemängden bevaras ger MLω/4=mv=I o ω/x Detta ger x=4I O /(ML) där tröghetsmomentet bestäms med hjälp av Steiners sats

19 Bestämning av tröghetsmoment I O =I+M(L/4) 2 =ML 2 /12+ML 2 /16=7ML 2 /48 4I O =7ML 2 /12 4I O /ML=7L/12 varav x=7L/12

20 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

21 Example 21.3 BF (ungefär) Vagn som påverkas av fjäderkraft och dämpande kraft bägge motverkande rörelsen v x >0 svarar mot rörelse åt höger (x>0) Förutom tyngdkraft och normalkraft (som tar ut varandra påverkas vagnen av totala kraften -kx-cv x

22 Rörelseenergi-effekt ger d(mv x 2 /2)/dt=(-kx-cv x )v x varav mv x dv x /dt= (-kx-cv x )v x eller mdv x /dt= -kx-cv x Införs v x =dx/dt erhålls md 2 x/dt 2 =-cdx/dt-kx eller med k=mω 0 2 och c=2mγ d 2 x/dt 2 +2γdx/dt+ω 0 2 x=0 där i vårt fall γ<ω 0

23 B5 juni 2014 O M Lätt stel förbindelse till kula radie r massa M Kulans masscentrum på avstånd 3r från O

24 Krafter på systemet Tyngdkraft Mg riktad vertikalt nedåt Reaktionskraft i lagret i O Dämpande kraft: -c3rdθ/dt motsatt riktad rörelsen. O θ

25 Kraftmoment och momentlagen M oz =-mg3rsinθ-c(3r)3rdθ/dt (okänd kraft eliminerad) Momentlagen ger i vårt fall I O d 2 θ/dt 2 =M oz eller I O d 2 θ/dt 2 =-mg3rsinθ-c(3r) 2 dθ/dt Dividerar vi ledvis med I O och stuvar om erhålls d 2 θ/dt 2 +(1/I O )c(3r) 2 dθ/dt+(3mgr/I O )sinθ=0 Små svängningar innebär sinθ≈θ och med den approximationen känner vi igen differentialekvationen från Example 21.3

26 Behöver vi lösa diffekvationen? De i problemet sökta kvantiteterna fås genom att ”läsa” koefficienterna i rörelseekvationen och använda Physics Handbook. I O bestäms med hjälp av Steiners sats. I O =2Mr 2 /5+M(3r) 2 =9.4Mr 2 Observera att om klotet haft försumbar utsträckning hade tröghetsmomentet varit 9Mr 2 d v s utsträckningen ger en effekt 0.4/9.4=4.3%

27 Hur läser man diffekvationen? Diffekvationen (små svängningar) fås efter insättning och smärre räkningar till d 2 θ/dt 2 +2(45c/94m)dθ/dt+θ(15g/47r)=0 PH ger γ=45c/(94m), ω 0 2 =15g/(47r) ω e 2 =15g/(47r)-(45c/94m) 2 Svängningstid vid försummad dämpning är 2π/ ω 0 Den verkliga svängningstiden är τ=2π/ ω e