1) rullning utan glidning, fixt underlag Hastighetsanalys: Hjul 1
1)
rullning utan glidning,
xt underlag
Hastighetsanalys:
Hjul 1:
Momentancentrum M1
⇒
v B = 2Rω x̂
⇒
√
1
1
v A = | 2Rω
{z }2 √2 x̂ − √2 ŷ
|
{z
}
fart
(1)
Hjul 2:
Momentancentrum M2
enhetsvektor, &
Stång AB:
v B = v A + ω AB × rAB =
= Rω2(x̂−ŷ) + (−ωAB ẑ) × (2R x̂ + R ŷ)
|
{z
}
−2RωAB ŷ + RωAB x̂
1
(2)
Identiering av (1)=(2):
x̂ :
2Rω = Rω2 + RωAB
(3)
ŷ :
0 = −Rω2 − 2RωAB
(4)
(3) & (4) ⇒
ωAB = −2ω
ω2 = −2ωAB = 4ω
Accelerationsanalys:
Hjul 1:
aD = Rα x̂ (hjul som rullar utan
glidning på xt, plant
underlag)
aB = aD + α × rDB − ω 2rDB =
= Rα x̂ + (−α ẑ) × R ŷ − ω 2R ŷ =
= 2Rα x̂ − Rω 2 ŷ
2
(5)
Hjul 2:
aC = Rα2 x̂ (hjul som rullar utan
glidning på xt, plant
underlag)
aA = aC + α2 × rCA − ω22rCA =
= Rα2 x̂ + (−α2 ẑ)×R x̂ − 16ω 2R x̂ =
= R(α2 − 16ω 2) x̂ − Rα2 ŷ
Stång AB:
2
aB = aA + αAB × rAB − ωAB
rAB =
= R(α2 − 16ω 2) x̂ − Rα2 ŷ +
+ (−αAB ẑ) × (2R x̂ + R ŷ) − 4ω 2(2R x̂ + R ŷ)
|
{z
}
(6)
−2RαAB ŷ + RαAB x̂
Identiering av (5)=(6):
x̂ :
2Rα = R(α2 − 16ω 2) + RαAB − 8Rω 2
ŷ :
−Rω 2 = −Rα2 − 2RαAB − 4Rω 2
(7) ⇒
(7)
(8)
αAB = −2α − 27ω 2, d.v.s. αAB = 2α + 27ω 2, x
3
(8) ⇒
α2 = −2αAB − 3ω 2 = 4α + 51ω 2, y
4
2)
2
aD = aC + α × rCD − ω rCD
⇒
.
.
ṙCD = ω × rCD
⇒
j D = j C + α̇ × rCD + α × (ω × rCD ) − 2ωαrCD − ω 2(ω × rCD ) =
= j C + α̇ × rCD + ω (α · rCD ) −rCD (α · ω) − 2ωαrCD − ω 2(ω × rCD ) =
| {z }
0
ty
α ⊥ rCD
= j C + α̇ × rCD − 3ωαrCD − ω 2(ω × rCD )
5
3)
Frilägg m1 + m2:
Euler II
ext
MC =
2
X
IGi i αi +
i=1
ext
MC :
2
X
!
rCGi × miaGi
:
i=1
N R ẑ − m2g
R
ẑ − m1gR ẑ =
2
R
m1 R 2
α1 ẑ + R x̂ + ŷ × m1aG1 +
=
12
2
R
R
R 2
m2R2
α2 ẑ + x̂ × m2 − ω2 x̂ + α2 ŷ
+
12
2
2
2
|
{z
}
m2 R 2
3 α2 ẑ
Kinematik:
v A k v B & v A 6⊥ rAB
⇒
ω1 = 0
.
.
vB = cirkelrör. = Rω2 = −v
6
⇔
⇒
v B = v A = −v ŷ
ω2 = −
v
R
(1)
Stång 2:
.
.
v2
2
aB = cirkelrör. = −Rω2 x̂ + Rα2 ŷ = − x̂ + Rα2 ŷ
R
(2)
Stång 1:
aB = aA + α1 × rAB − ω12 rAB =
|{z}
0
v2
= x̂ − aAt ŷ + α1 ẑ × (−R ŷ)
{z
}
|
R
Rα1 x̂
Identiera:
x̂ :
v2 v2
− = + Rα1
R
R
⇔
2v 2
α1 = − 2
R
(3)
2v 2
d.v.s. α1 = 2 , y
R
α1
följer alltså enbart ur kinematiken i det avbil-
dade läget!
aG1 = aB + α1 × rBG1 − ω12 rBG1 =
|{z}
0
v2
R
v2
R 2v 2
x̂ =
= − x̂ + Rα2 ŷ + α1 ẑ × ŷ = − x̂ + Rα2 ŷ +
R
2
R
2 R2
(2),(3)
= Rα2 ŷ
(4)
7
Insättning i (1) ⇒
N R ẑ − m2g
R
ẑ − m1gR ẑ =
2
m1 R 2
1
m2 R 2
=
α1 ẑ + m1R x̂ + ŷ × Rα2 ŷ +
α2 ẑ
12
2
3
∴
R
m1R2
m2R2
2
N R − m1gR − m2g =
α1 + m1R α2 +
α2
2
12
3
Friligg m1:
Euler II M B = IG1 α1 + rBG1 × m1aG1 :
MB :
m1 R 2
R
N R ẑ =
α1 ẑ + ŷ×m1 |{z}
Rα2 ŷ
12
2
enl. (4)
∴
m1R2
NR =
α1
12
8
(5)
Insättning i (5) ⇒
m1 R 2
R
m1R2
m2 R 2
2
α1 − m1gR − m2g =
α 1 + m1 R α 2 +
α2
12
2
12
3
m2 gR
m1 +
2
α2 = − m2 ,
2
R m1 +
3
α2 =
(6m1 + 3m2)g
, y
(6m1 + 2m2)R
9
d.v.s.
⇔
4)
Total mekanisk energi,E :
E = T + Vg + Ve
(1)
Königs sats:
1
1
T = mvG2 + IG |{z}
ω2
2
2
2
(2)
θ̇
Kinematik:
l
xG = sin θ
2
l
yG = cos θ
2
∴
⇒
l2θ̇2
vG = ẋG + ẏG =
4
2
2
2
10
l
ẋG = cos θ θ̇
2
l
ẏG = − sin θ θ̇
2
Insättning i (2) ⇒
ml2θ̇2 1 ml2 2
ml2θ̇2
T =
+
θ̇ =
8
2 12
6
l
Vg = mg cos θ
2
Ve =
k
k
(−l sin θ)2 + (l sin θ)2 = kl2 sin2 θ
2
2
Insättning i (1) ⇒
1
l
E = ml2θ̇2 + mg cos θ + kl2 sin2 θ
6
2
E konstant (ty ingen friktion, normalkrafterna N A ⊥ v A, N B ⊥ v B ):
∴
1
l
0 = Ė = ml2θ̇θ̈−mg sin θ θ̇+2kl2 sin θ cos θ θ̇
3
2
1
1
mlθ̈ − mg sin θ + 2kl sin θ cos θ = 0
3
2
11
⇒
5)
Königs sats:
.
.
1
1
2
T = mv G ·v G + IG ω = Huygens sats =
2
2
1
1
2
= m(v C + ω × rCG ) · (v C + ω × rCG ) + (IC − mrCG
)ω 2 =
2
2
1
1
1 2 2
1
ω
= mvC2 + m|ω × rCG |2 + mv C · (ω × rCG ) + IC ω 2 − mrCG
2
2
2
2
2
2
Men |ω × rCG |2 = ω 2rCG
sin
| {z θ}
1
∴
1
1
T = mvC2 + ω · (rCG × mv C ) + IC ω 2
2
2
12
6)
C rör sig i en cirkelbana
med vinkelhastighet
√
ω och radie d = h2 + l2 sin2 θ.
Riktingen för v C enligt guren. Som synes får
v C en hastighetskomponent i x-led trots att
C alltid har x-koordinaten h.
13
7)
Frilägg:
Euler I
F
ext
=
4
X
!
miaGi :
i=1
x̂ :
FAx + FBx = −mrω 2 + m1(R − r)ω 2 − m2(R − r)ω 2 + m2(R − r)ω 2
(1)
ŷ :
FBy = 0
ẑ :
FAz + FBz = 0
(2)
(3)
Euler II:
M B = h˙ B =
dhB
dt
+ ω r × hB , B x i i-ram.
r
Vi väljer här att behandla cylindern och punktmassorna som en enda kropp: kropp 1.
14
hB = I B ω 1, B även x i kropp 1.
Val av referensram r att derivera i: r = 1
Inför Bxyz xt i kropp 1 (redan gjort).
ω 1 = ω ŷ
∗ IBxy ∗
0
hB = ∗ IByy ∗ ω = IBxy ω x̂ + IByy ω ŷ
∗ 0 ∗
0
∴
dhB
dt
= 0 ty IBxy , IByy , ω konst.
1
M B = ω ŷ × IBxy ω x̂ + IByy ω ŷ = −IBxy ω 2 ẑ
1
2
3
4
IBxy = IBxy + IBxy + IBxy + IBxy
1
IBxy =
0
1
IG1xy
|{z}
− md1x d1y , p.s.s. för de övriga
p.g.a. symm.
15
(5)
d1 = r x̂ + b ŷ
h
d2 = −(R − r) x̂ + b +
ŷ
2
h
ŷ
d3 = (R − r) x̂ + b +
2
h
d4 = −R − r) x̂ + b −
ŷ
2
1
IBxy = −mbr
h
2
IBxy = m1(R − r) b +
2
h
3
IBxy = −m2(R − r) b +
2
h
4
IBxy = m2(R − r) b −
2
∴
IBxy = −mbr + m1(R − r) b +
16
h
2
− m2(R − r)h
Insättning i (4) & (5) ⇒
h
M B = mbr − m1(R − r) b +
+ m2(R − r)h ω 2 ẑ
2
(6)
Men M B ges av friläggningsguren:
(6)
x̂ :
FAz (a + b) = 0
ẑ :
h
−FAx (a+b) = mbr − m1(R − r) b +
+ m2(R − r)h ω 2
2
(7)
(6)
(7), (3) ⇒
FAz = FBz = 0
(8) ⇒ FAx
h
− mbr − m2(R − r)h ω 2
m1(R − r) b +
2
=
a+b
(1) ⇒ FBx = −mrω 2 + m1(R − r)ω 2 − FBx =
h
m1(R − r) a −
− mar + m2(R − r)h ω 2
2
=
a+b
17
(8)
∴
h
− mbr − m2(R − r)h ω 2
m1(R − r) b +
2
x̂
FA =
a+b
h
− mar + m2(R − r)h ω 2
m1(R − r) a −
2
x̂
FB =
a+b
FAx = FBx = 0:
mr
R−r
(1) ⇒
m1 =
(8) ⇒
h
mbr − mr b +
+ m2(R − r)h = 0
2
m2 =
mr
mrh
=
2(R − r)h 2(R − r)
18
⇔
© Copyright 2024