2015-06-08
Tentamen i Mekanik I SG1130, baskurs P1 och M1.
OBS: Inga hjälpmede förutom rit- och skrivdon får användas!
KTH Mekanik
Problemtentamen
1.
Ett homogent halvcylinderskal hålls i jämvikt på ett
horisontellt, strävt underlag med ett horisontellt snöre.
Snöret har spännkraften P i figuren, på gränsen till
glidning. Det finns vid glidningsgränsen ett samband
mellan skalets lutning och friktionstalet µ . Bestäm
detta. Undersök speciellt fallet att glidning inträffar då
lutningsvinkeln är π/2.
(3p)
Ledning: Masscentrum för skalet befinner sig på
! symmetrilinjen i
avståndet d = 2r / " från centrum längs
figuren.
2.
En partikel med massan m befinner sig i ett glatt,
horisontellt
rör. Röret är smalt och fast monterat i en
!
centralkropp, som roterar med den konstanta
vinkelhastigheten " kring en vertikal axel.
Centralkroppen är cylindrisk och har radien R, som i
figuren.
Bestäm partikelns radiella accelerationskomponent på radiella avstånd r>R. Härled även en
!
formel som beskriver hur normalkraftens horisontella
komponent på partikeln beror av den radiella
hastighetskomponenten.
(3p)
Använd den radiella koordinaten r och bortse från
normalkraftens vertikala komponent som har storleken
mg, där g är tyngdaccelerationen.
3.
En kommunikationssatellit med massan m befinner sig i
en elliptisk bana kring jorden med min- och maxhöjder
över jordytan som i figuren. På vilket avstånd från
jordytan har satelliten en fart v som är v= v A / 2 , där v A
är den högsta farten i banan?
(3p)
Tyngdaccelerationen g vid jordytan är känd.
4.
!
!
En cylinder med massan m hänger i en fjäder med
fjäderkonstanten k som skall bestämmas. Under
cylindern sitter en viskös dämpare med en kraftkonstant
c. Bestäm fjäderkonstanten k så att rörelsen blir
kritiskt dämpad. Bestäm också cylinderns maximala
förflyttning nedåt om den släpps från ett läge där fjädern
är ospänd.
(3p)
Tyngdaccelerationen g får användas.
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Obs: Använd vektorstreck för att beteckna vektorstorheter. Motivera införda
ekvationer!
SG1130 Mekanik I, baskurs P1, M1 2015-06-08
Teoritentamen
5.
2a
P
h
A
a) En homogen låda står på ett strävt horisontellt
plan och belastas av den horisontella kraften P
enligt figuren. Lådan har massan m . Identifiera
krafter som verkar på lådan.
(1p)
Obs: Krafters verkningslinjer är viktiga.
!
Tyngdaccelerationen g är känd.
!
b) Betrakta ett system av ändligt många krafter Fi som verkar i respektive
angreppspunkter ri . Definiera kraftsystemets totala kraftmoment med
avseende på en godtycklig punkt och visa att för två godtyckliga
momentpunkter A och B gäller den så kallade "sambandsformeln för
!
kraftmoment".
(2p)
!
6.
a) Vad menas med begreppet "ekvimomenta kraftsystem"?
(1p)
b) Formulera lagen om kraftens impuls. Definiera ingående storheter. (1p)
c) Härled rörelseekvationen för en partikelpendel i vertikalplanet, dvs
sambandet mellan vinkelaccelerationen och vinkeln.
(1p)
Använd partikelmassan m och pendellängden l för denna pendel.
7.
a) Bevisa momentlagen för en partikel med massa m som påverkas av en
kraft F . Definiera ingående storheter.
(1p)
b) Formulera minst två av Keplers lagar för planetrörelser.
(1p)
c) Visa att en satellitrörelses transversella acceleration försvinner i en plan
elliptisk bana kring jorden. Försumma kraftverkan från andra himlakroppar
än jorden.
(1p)
!
8.
a) Ett rakt svängande system beskrivs av ekvationen x˙˙ + cx˙ + bx = a , där a,
b och c är konstanter. För vilka värden på dessa konstanter betecknas
systemet som kritiskt, respektive svagt dämpat? Ange även svängningens
jämviktsläge.
(2p)
!
b) Vilka (om någon) av följande är grundstorheter i mekaniken: Kraft,
acceleration, rörelsemängd, tyngdacceleration?
(1p)
/Thylwe
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Obs: Använd vektorstreck för att beteckna vektorstorheter. Motivera införda
ekvationer!
SG1130 Mekanik I, baskurs P1, M1 2015-06-08
Problemlösningar (förslag)
1.
!
Vi inför beteckningar enligt figuren. Jämvikt på gränsen till glidning ger omedelbart:
N = mg och P = µmg .
Momentjämvikt med avseende på cirkelcentrum ger dessutom:
µ
$& 2
')
sin " =
% " rmg # rP ( sin * # rµmg = 0 , dvs:
2 $µ.
!
!
#
1
För att speciellt kunna erhålla sin " = 1, krävs minst friktionstalet: µ = " .
2.
!
!
!
Lösning: I rörelseplanet (horisontellt) finns bara en normalkraft från rörets vägg(ar).
Den kraften är transversell.
Newton 2 (radiellt): mar = m ˙r˙ " r# 2 = 0 . Dvs det finns ingen radiell acelleration.
(
)
Men, Newton 2 (transversellt) säger: m(2 r˙" ) = N . Denna formel beskriver hur
normalkraften i horisontalplanet beror av den radiella hastighets komponenten r˙ .
3.
!
!
!
!
!
Lösning: Farten är störst vid det minsta avståndet till jorden, dvs på avståndet 2R från
jordens centrum. Där är hastigheten transversell och farten kan betecknas v A .
mgR m 2 mgR
= vA "
Energiprincipen, samt banenergin för känd storaxel ger: "
=>
6
2
2
2gR
gR
vA =
. Med farten v =
blir energifördelningen något!annorlunda:
3
3
mgR m # gR & mgR 2
!
"
= % ("
, där r är det sökta avståndet
från kraftcentrum. Löses detta
6
2$ 3 '
r
r = 3R . Höjden över jordytan blir 2R. Kolla satellitens läge i figuren.
avstånd ut fås: !
Lösning med v A inte uträknad är också godkänt.
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Obs: !
Använd vektorstreck för att beteckna vektorstorheter. Motivera införda
!
ekvationer!
SG1130 Mekanik I, baskurs P1, M1 2015-06-08
4.
!
Lösning: Inför origo för ospänd fjäder.
Fjäderkraften Fk = "kx . Dämpningskrafter
Fc = "cx˙ , samt tyngdkraften nedåt.
Newtons 2:a lag: m˙x˙ = mg " kx " c˙x .
˙x˙ + c x˙ + k x = g .
Svängningsekvationen:
!
m
m
{
{
2"# n
# n2
!
Svängningsparametrarna
är här införda i
ekvationen. Naturliga vinkelfrekvensen för
k
svängningen: "
!n = m .
!
!
!
!
a) Kritisk dämpning kräver " =1, så att i!svängningsekvationen gäller c = 2 k , dvs
m
m
2
k = c . (2p)
4m
!
b) Svängningsrörelsen bestäms från den allmänna rörelsen: x!( t ) = ( B + Ct )e -" n t + x j , där
mg
jämviktsäget är x j =
. Begynnelsevillkoren är x (0) = 0, x˙ (0) = 0 : Då bestäms först
k
mg
konstanten B: B = "
. Sedan behövs uttrycket för begynnelsehastigheten:
!
k
#
&
mg
mg
x˙ (0) =!% "
+ Ct (e -) n t = C +
) . För!att detta skall kunna vara noll krävs:
$ k
'
k n
mg
mg
mg
1+ # n t )e -# n t +
.
C = "! # n . Rörelsen är nu bestämd: x ( t ) = "
(
k
k
k
Vid maxutslag blir hastigheten noll, dvs
mg
mg
mg 2 -" n t
x˙ ( t ) =
" n (1+ " n t )e -" n t # ! " n e -" n t =
" te som blir noll när t = " . Läget vid
k
k
k n
mg
den tiden är jämviktsläget x j =
. Förflyttningen är alltså som mest från origo till
k
jämviktsläget. (svar)
!
/Thylwe
!
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Obs: Använd vektorstreck för att beteckna vektorstorheter. Motivera införda
ekvationer!
SG1130 Mekanik I, baskurs P1, M1 2015-06-08
Teoridelen
5a)
Fritionskraft f, tyngdkraft mg och normalkraft N. Normalkraften verkar på
avståndet x>a räknat från vänstra, nedre hörnet. I figuren har införts en kantlängd 2b
för lådans höjd.
2a
P
mg
(2b)
h
f
A
x
b)
N
Ett kraftsystem kan alltid skrivas som ett antal krafter F j med motsvarande
angreppspunkter r j (även för kraftparsmoment).
I momentpunkten A mäter vi det totala momentet
N
(
)
MA = $ [r j " rA ] # F j , för samma krafter. !
j=1
!
I momentpunkten B fås:
N
!
([
]
MB = $ r j " rB # F j
j =1
)
Skillnaden blir i detta fall:
N
!
([
]
N
) (
)
MA " MB = $ r j " rA " r j + rB # F j = $ (rB " rA ) # F j =
j =1
N
j =1
(rB " rA ) # $ F j .
j =1
!
!
N
Detta uttryck kan lätt förenklas om vi inför totala kraften F = " F j samt
!
relativa läget rAB = rB " rA .
Sambandet blir: MA = MB + rAB " F .
j =1
6a)
!
Kraftsystemen som är ekvimomenta har parvis lika totala moment i varje
!
momentpunkt. Kraftsystemen har lika kraftsumma.
!
t1
b)
Definitioner:
Rörelsemängd p = mv , Kratens impuls I =
" Fdt
.
t0
Impulslagen
"p = I
med "p = p( t1 ) # p ( t 0 ) .
!
!
!
!
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Obs: Använd vektorstreck för att beteckna vektorstorheter. Motivera införda
ekvationer!
SG1130 Mekanik I, baskurs P1, M1 2015-06-08
c)
Lösning: Med trådkraft och tyngdkraft identifierade i figuren fås ur t ex
energiprincipen:
1 m l"˙ 2 # mglcos" = E , där E är den totala konstanta energin. Genom att
2
tidsderivera fås ett samband som är oberoende av hur rörelsen börjar
(begynnelsevillkor). Dvs ml 2"˙"˙˙ + mgl"˙ sin " = 0 , som kan förenklas till
g
rörelseekvationen (pendelekvationen): "˙˙ + sin " = 0 .
l
( )
!
!
!
7a) Definitioner: Rörelsemängd
p = mv , där v är hastigheten, rörelsemängdsmoment
d(r " p)
˙
ger HO =
HO = r " p . Tids derivering
= v " p + r " p˙ = r " p˙ , ty v och
!
dt
p är parallella. Newtons 2:a lag: p˙ != F medför att r " p˙ = r " F . Sammantaget fås
!
˙
momentlagen: HO = MO , där vi inför kraftmomentet enligt definitionen MO = r " F .
!
!
!
b)
K1: Planeterna rör
banor runt solen, med solen i ena
! sig i (plana) elliptiska
!
brännpunkten.
! K2: Planeterna rör sig med konstant sektorhastighet.
!
K3: Omloppstiden och storaxeln i banan beror av vanrandra enligt formeln:
T 2 = konst a 3 , där konstanten är samma för alla planeter.
c)
Gravitationskraften är radiell. Newtons 2:a lag ger i transversell
riktning: ma" = F" = 0 , dvs a" =0.
!
2
Alternativt: Dubbla sektorhastigheten: h = r "˙ . Den är konstant.
Transversell acceleration: a" = r"˙˙ + 2r"˙ . Derivering av h ger
!0 = 2rr˙"˙ + r 2"˙˙ = r 2!r˙"˙ + r"˙˙
!
Vi ser att den transversella accelerationen
är 0, ty r är inte 0.
(
)
!
Svängningsekvationen för dämpad svängning:
x˙˙ + 2"# n x˙ + # n2 x = a .
I aktuellt fall görs identifieringar: " n = b , " = c . Alla positiva värden på b och c
2 b
som satisfierar: c = 2 b (kritiskt dämpat), 0 < c < 2 b (svagt dämpat).
8a)
!
!
! massan ligga still, med hastighet och acceleration lika med
I jämviktsläget kan
!
0. Detta ger ur svängningsekvationen jämviktsläget: x j = a /b .
!
!
8b)
Inga av dessa.
/Thylwe
!
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Obs: Använd vektorstreck för att beteckna vektorstorheter. Motivera införda
ekvationer!
SG1130 Mekanik I, baskurs P1, M1 2015-06-08
SG1130 Mekanik-P, B, M
Bedömningar
OBS: Alla införda ekvationer och symboler skall motiveras!!
Följande moment i typiska redovisningar av uppgifter kan leda till
poängavdrag. En viss tolerans gällande moment M, B och S finns.
Helhetsbedömningen av flera uppgifter kan innebära att ett
poängavdrag (gällande M, B och S) drabbar bara en av flera
uppgifter.
• M (motivering):
Typ: Otydliga motiveringar, motsägelsefulla ekvationer,
odefinierade symboler, felaktiga definitioner.
• MF (missuppfattning):
Typ: Blandar ihop olika storheters definitioner.
-1p
-1p… -3p
• B (beteckning):
Typ: Vilseledande, felaktiga beteckningar. Skalär/vektor.
Komposanter i stället för komponenter etc.
-1p
• S (svar):
-1p… -3p
Typ: Ofullständigt svar, ''okända storheter'' eller ”oförklarade
beteckningar” kvar i svaret, etc.
• L (logik):
-1p
Typ: Ologiska matematiska operationer. Dividerar med vektorer, fel
multiplikation med vektorer.
• K (krafter/kinematik) :
Typ: Bristfällig analys av krafter/kinematik.
• D (dimension):
Typ: Sortfel i svar eller viktiga ekvationer.
-1p
-1p… -2p
–––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––––
Obs: Använd vektorstreck för att beteckna vektorstorheter. Motivera införda
ekvationer!