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
r
µr
⇒
M
1 M
P=
⋅b − P⋅a −
⋅c
aµ r
r
⇒
P=
M
(b − µc)
a rµ
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
(4)
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
(6)
(7)
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
1
R2 1
R2
mv12 − mg
= mv0 2 − mg
2
2
r1
R
(2)
Nu vet vi att
r1 = 3 R/2 och v0 = 3 gR/2
(3)
Ekv (1) ger då
3
1
3 gR cos β ⇒
v1 =
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
3 gR cos β − 2 g
= v0 2 − 2 gR
3
3R
(5)
1
3
2
gR cos 2 β = gR − gR
3
4
3
(6)
cos 2 β =
1
4
⇒
⇒
2
cos β = ±
β = 60°
1
2
