Partikeldynamik Problemsamling - Liber · LP 1.1 x Accelerationen söks. Vi utnyttjar definitionerna av hastighet: x˙ x t ≡ d d och acceleration: ˙ ˙ x x t ≡ d d Här är läget

MEKANIK Partikeldynamik Lösningar © Christer Nyberg och Liber AB Får kopieras

Partikeldynamik Problemsamling Lösningar

av Christer Nyberg

MEKANIK Partikeldynamik Lösningar © Christer Nyberg och Liber AB Får kopieras 1

LÖSNINGAR TILL PROBLEM I KAPITEL 6

LP 1.1

x

Accelerationen söks. Vi utnyttjardefinitionerna av

hastighet: x xt

≡dd

och

acceleration: ˙ ˙x x

t≡

dd

Här är läget x en funktion av tiden.

x a bt ct= + +2 3 ⇒

x bt ct= + +0 2 3 2 ⇒

˙x b ct= + ⋅2 2 3 ⇒ ˙x b ct= +2 6

LP 1.2

xOVi utnyttjar definitionerna på

hastighet: x xt

≡dd

och


t≡

dd

Hastigheten fås genom integrering av accelerationen. Läget fås genom integreringav hastigheten. De undre integrationsgränserna bestäms av

begynnelsevillkoret: txx v

==

=⎧⎨⎩

00

˙Vi integrerar här varje term för sig:

˙x k pt= + ⇒

x v k t pt− = −( ) + −0 12

02 ⇒ x v kt pt= + +12

2 ⇒

x d vt kt pt− = − + − + ⋅ −0 12

0 13

12

02 3

⇒ x d vt kt pt= + + +12

16

2 3

Kontrollera resultatet genom att derivera!

Partikeldynamik Problemsamling 1

LP 1.1

LP 1.2


LP 1.3

h

O

x

Begynnelsevillkoret är givet:

txx

==

=⎧⎨⎩

000˙

Accelerationen (=tyngdaccelerationen g )är också given. Hastigheten fås genomatt utnyttja definitionen på acceleration:

˙ ˙x x

t≡

dd

Vi utnyttjar begynnelsevillkoret vidintegreringen:

˙x g=

x gt= + 0

x gt= +12

02

x h= ger tidpunkten t hg1

2= och sluthastigheten v gt gh1 1 2= = .

Stenarna rör sig på samma sätt. Tidsintervallet mellan plasken är därförτ .

Sluthastigheten är v gh1 2=

LP 1.4

xO

Om hastigheten är given kan acceleratio-nen fås med derivering. Läget fås medintegrering och då behövs också en inte-grationskonstant. Begynnelsevillkoret är:

t x= =0 0

a) Accelerationen fås genom att utnyttjadefinitionen av acceleration:

˙ ˙x x

t≡

dd

⇒ x kt ct= +2 ⇒ ˙x kt c= +2

b) Läget fås genom att utnyttja definitionen på hastighet x xt

=dd

.

x kt ct= +2 ⇒ x kt ct= + +13

12

03 2

LP 1.4

LP 1.3


LP 1.5

xO

d sStation

Det kan vara naturligt att studera vagnens och tågets rörelse var för sig. Vi läggerorigo vid stationen, betecknar tågets fart v0 och antar att vagnens acceleration är˙x a= − . Tågets x-koordinat fås enkelt i den högra kolumnen men varken farten v0eller tiden t1 då vagnen når stationen är kända.

Vagn

˙x a= −

x at v= − + 0

x at v t d= − + −12

20

x = 0 ⇒ − + =at v1 0 0

x = 0 ⇒ − + − =12

020at v t d

t va10= ⇒

− ⎛⎝

⎞⎠

+ ⎛⎝

⎞⎠− =

12

002

00a v

av v

ad ⇒

va

d02

2= ⇒ v ad0

2 2=

⇒ v t va

d0 10

2

2= =

Tåg

˙x = 0x v= 0

x v t d= −0

x v t d1 0 1= −

⇓

⇒ x d d d1 2= − =

Betydligt enklare blir lösningen om man först studerar hastighet-tid-diagrammetför rörelserna.

v0

Hastighet

Tidvagn

tåg

t1

Vagnen bromsas med konstant accele-ration. Hastigheten avtar då rätlinjigt.Tågets hastighet är konstant.Arean under hastighetskurvorna ärdetsamma som sträckan. Tåget hardärför kommit dubbelt så långt närvagnen når stationen.

LP 1.5


LP 6.6

d

v0

Accelerationen är given: ˙x g= −µ .

Hastigheten fås genom integrering avaccelerationen. Läget fås genom integre-ring av hastigheten. De undre integra-tionsgränserna bestäms av

begynnelsevillkoret: txx v

===

00

0˙

Vi lägger alltså origo i den punkt där stenen är vid t = 0. Vi får

˙x g= −µ ⇒x v g t− = − −( )0 0µ ⇒ x v gt= −0 µ ⇒

x v t gt− = −( ) − −

0 0

12

002µ

⇒ x v t gt= −021

2µ

Med vårt val av origo motsvaras glidsträckan av lägeskoordinaten då hastighetenär noll. Denna tidpunkt kallas t1

x v gt=( ) − =0 1 0µ ⇒ t vg10=

µLäget vid denna tidpunkt är då

x v t gt1 0 1 121

2= − µ ⇒ x v v

gg v

g1 00 0

212

=

−

µ

µµ

⇒

x vg

vg1

02

02

2= −

µ µ⇒ x v

g10

2

2=

µ⇒ d v

g= 0

2

2µ

Detta är en onödigt krånglig metod som i ett allmännare fall blir mödosam.

Det gäller här i stället att inse att tiden är helt ointressant. Den finns inte på någotsätt med i problemformuleringen. Vi söker ju i princip läget som funktion avhastigheten. Med beteckningen x v≡ kan accelerationen skrivas

˙x vt

vx

xt

v vx

= = =dd

dd

dd

dd

Alltså, lösningen blir

v vx

gdd

= −µ ⇒ v v g xd d= −µ ⇒ v v g xv

v xd d

0 0∫ = −∫ µ ⇒

v v gx2

02

2 20− = − − −( )µ

Läget då hastigheten v = 0 är då x vg1

02

2=

µ

LP 1.6


LP 6.7

d d

A ABB

xO

Vi betraktar först bilarnas rörelser var för sig. Vi lägger origo där den bakre bilen ärvid omkörningens början. Omkörningen antas vara avslutad efter tiden t1.

A˙x aA =

x at vA = + 0

x at v tA = + +12

020

B˙xB = 0

x vB = 0

x v t dB = +0

x v t d1 0 1= −

Vid tiden t t= 1 gäller alltså x x dA B− = . Insättning ger

12 1

20 1 0 1at v t v t d d+ − − = ⇒ 1

221

2at d= ⇒ t da1

4= ⇒

x a da

v daA t t( ) =

+

= 1

12

4 40 ⇒ x d v d

aA t t( ) = += 1

2 2 0

Något enklare blir lösningen om man studerar den relativa rörelsen, denomkörande bilens rörelse relativt den omkörda.

v0

Hastighet

Tid

t1

v0+at1

˙x aArel( ) = ⇒

x atArel( ) = ⇒

x at dArel( ) = −12

2

x dArel( ) = ger12

212at d=

A har kört sträckan 2d längre än B .Denna sträcka motsvaras av triangel-arean i diagrammet. Då tiden t1 alltsåär känd kan den totala sträckan för Aockså bestämmas ur diagrammet.

LP 1.7


LP 6.8

x

O

h

x

Accelerationen är given:

˙x g= − .

Begynnelsevillkoret är

tx hx v

===

00˙

Både hastigheten och läget fås genomintegrering. Begynnelsevillkoret gerintegrationskonstanterna

˙x g= −

x gt v= − + 0

x gt v t h= − + +12

20

Vid vilken tidpunkt inträffar vändläget? x = 0 ger t vg1

0= .

Insättes detta fås läget eller den maximala höjden

x g vg

v vg

h10

2

001

2= −

+

+ ⇒ x vg

h10

2

2= +

Vid vilken tidpunkt når hissen botten läget?

x = 0 ger − + + =12

022

0 2gt v t h ⇒ t vg

t hg

h22 0

22 2

0− − = ⇒

t vg

vg

ghg2

0 02

2 2

2= ± +

Sätt in detta i hastighetsuttrycket x gt v= − + 0 !

x g vg

vg

ghg

v20 0

2

2 2 0

2= − + +

+ ⇒ x v gh2 0

2 2= − +

På uppvägen liksom nervägen är farten v0 vid x h= . Hastighetstillskottet efterfritt fall från höjden h är 2gh .

Alternativt utnyttjas att accelerationen kan skrivas v vx

gdd

= − ⇒

v v g xd d∫ = −∫ ⇒ v v gh2

02

2 20− = + ⇒ v v gh= ± +0

2 2

LP 1.8


LP 6.9

x

Hastigheten är given:

x v v e kt≡ = −( )−1 1

Vi utnyttjar definitionerna av

hastighet: x xt

≡ dd

och


t≡ d

da) Accelerationen fås genom tidsderivering:

˙x vt

v k e kv ekt kt≡ = − −( ) =− −dd 1 1

b) Läget fås med integrering. Begynnelsevillkoret är: t x= =0 0, .

dd

xt

v e kt= −( )−1 1 ⇒ d dx v e t

xkt

t

01

01∫ = −( )∫ − ⇒ x v t v

ke kt

t

− = +

−0 11

0

⇒

x v tk

e kt= + −( )

−1

10 ⇒ x v t

ke kt= +

−1

1

LP 6.10

x

d

Begynnelsevillkoret är givet

txx v

===

00

0˙

Under tidsintervallet 0,τ( ) är hastig-heten konstant:

x v= 0 ⇒ x v t= 0 ⇒ x vt( ) ==τ τ0

Efter denna tid är retardationenkonstant:

˙x r= − ⇒

Vid t t= 1 är x d= ⇒ d r t v t v= − −( ) + −( ) +2 1

20 1 0τ τ τ ⇒

d r t v t= − −( ) +2 1

20 1τ

Om reaktionstiden är τ = t1 så blir avståndet d v t= 0 1

Om reaktionstiden är τ = 0 så blir avståndet d rt v t= − +12

0 12

LP 1.9

LP 1.10


LP 6.11

θ

a a

O

A

B

x

Hylsans läge ges av koordinaten

x a= ⋅2 cosθ (1)

Hastigheten blir

˙ cosxt

a= ( ) =dd

2 θ

− ⋅ = − ⋅2 2at

asin sin ˙θ θ θ θdd

(2)

Detta är hastigheten som funktion avtiden. Vid den aktuella tidpunkten fås

˙ sinx a= −2 ω θ (3)

Observera att ω är ett ögonblicksvärde på vinkelhastigheten. När hastighetentidsderiveras får vi inte anta att vinkelhastigheten är konstant. Vi deriverar hellreuttrycket (2) där θ är en tidsfunktion.

Accelerationen blir

˙ sin ˙ cos ˙ sin ˙xt

a a a= − ⋅( ) = − ⋅ − ⋅dd

2 2 22θ θ θ θ θ θ ⇒ (4)

˙ cos sinx a a= − ⋅ − ⋅2 22θ ω θ α ⇒ (5)

˙ cos sinx a= − +( )2 2ω θ α θ (6)

Kommentarer:Att stången OA har en vinkelhastighet kring axeln vid O behöver inte betyda attden går hela varvet runt. Den kan t ex svänga fram och tillbaka några grader kringen viss vinkel θ0.

Om vinkelhastigheten är konstant visar (3) att en cirkelrörelse hos A motsvaras aven rätlinjig sinusformad svängning hos hylsan.

LP 1.11


LP 6.14

x

O

Accelerationen är given som funktion avhastigheten:

dd

vt

kv= − 3 (1)


txx v

===

00

0˙

Det går inte att integrera högerledet i ekv (1) med avseende på tiden, eftersom detfordrar att hastigheten v är en känd funktion av tiden.

Separera variabler! d

dv

vk t3 = − (2)

Tidsintegration gerd

dv

vk t

v

v t

300

∫ = − ∫ (3)

−

= −−12

2

0

v ktv

v

(4)

− + = −− −v v kt20

2 2 (5)v v kt− −= +2

02 2 (6)

vv

kt= +

−1

20

2

12

(7)

b) Med definitionen på hastighet får vi in lägeskoordinaten och (7) blir

dd

xt v

kt= +

−1

20

2

12

(8)

Ekvationen går att tidsintegrera direkt:

d dxv

kt tx t

0 02

12

0

12∫ = +

∫−

(9)

xk v

kt

t

− = +

01 1

20

2

12

0

(10)

xk v

ktv

= +

−

1 12

1

02

12

0

(11)

Vid t = 0 är x = 0 och x v= 0 . Begynnelsevillkoret är alltså satisfierat. Medtidsderiveringar av svaret kan man också få en kontroll.

LP 1.14


LP 6.15

x

Accelerationen är given som funktion av hastigheten:

dd

vt

a kv= −02 (1)

Begynnelsevillkoret är txx

===

000˙

Det går inte att integrera högerledet i ekv (1) med avseende på tiden, eftersom detfordrar att hastigheten v är en känd funktion av tiden. Eftersom tiden inte ärintressant i problemet väljer vi att utnyttja det alternativa uttrycket föracceleration:

dd

dd

vt

v vx

≡ (2)

Ekv (1) kan då skrivas

v vx

a kvdd

= −02 (3)

Separera variabler och integrera!

v va kv

xdd

02−∫ = ∫ (4)

Multiplicera med −2k så att täljaren är nämnarens derivata!

−−∫ = − ∫

22

02

k v va kv

k xdd (5)

Integrationsgränserna är v = 0 och v v= 1 samt x = 0 och x x= 1.

⇒ lna kv

akx0 1

2

012

− = − (6)

⇒ xk

kva1

12

0

12

1= − −

ln

LP 1.15


LP 6.17

d

x

O

x

B

A

Accelerationen är given som funktion avhastigheten:

dd

vt

kx= (1)


tx dx

===

02

0/

˙a) Det går inte att integrera högerledet i ekv (1) med avseende på tiden, eftersomdet fordrar att läget x är en känd funktion av tiden. Med beteckningen v x≡ ˙ kanaccelerationen med kedjeregeln emellertid skrivas

˙x vt

vx

xt

v vx

= = =dd

dd

dd

dd

(2)

Insättning i (1) ger v vx

kxdd

= (3)

⇒ v v kx xd d= ⇒ v v k xv

d

xd xd

0 2∫ = ∫

/ (4)

⇒ v kx k d22

2

20

12

12 2

− = −

⇒ v k x d2 2

2

4= −

(5)

x d= ger v k d d1

2 22

4= −

⇒ v d k1 23= (6)

b)

Ekv (5) kan skrivasdd

xt

k x d= −

22

4 (7)

Separera variabler!d

dx

k x dt

d

d t

222 0

4

1

−

∫ = ∫/

(8)

tk

x

x dd

d

12

22

1

4

=−

∫d

/ (9)

Integraltabell ger tk

x x d

d

d

12

2

2

14

= + −

ln/

(10)

tk

d d d1

1 34 2

= +

−

ln ln (11)

tk

d d

d11

34

2

=+

ln (12)

Svar: tk1

12 3= +( )ln

LP 1.17


LP 6.20

k

xOAccelerationen är given som funktionav läget:

˙x km

x= − (1)

Begynnelsevillkoret är:

Vid txx v

===

00

0

är ˙

Vi söker den maximala fjäderförlängningen. Då fjäderns längd är maximal harvagnen ett vändläge, dvs hastigheten måste vara noll. Lösningsmetod blir alltsåatt bestämma läget x som funktion av hastigheten och sedan bestämma läget dåhastigheten är noll.Det är vanligt men ej nödvändigt att införa beteckningen ω 2 = k m/ . På det sättetslipper man bl a rotuttryck i själva lösningen.

Alltså, givet är ˙x x= −ω 2 (2)

Bilda en första integral!Multiplicera med x ˙ ˙ ˙x x x x= −ω 2 (3)

Tidsintegrera!12

12

12

20

2 2 2x v x− = − ω (4)

Omskrivning ger x x v2 2 20

2= − +ω (5)

x v x= −02 2 2ω (6)

Vändläge innebär att x = 0. Insättning i (6) ger

0 02 2

12= −v xω ⇒ v x0

2 21

2= ω ⇒ x v1

0=ω

Med de ursprungliga beteckningarna fås x v mk1 0=

Kommentar:

Enligt ekv (1) är dim T2mk

= , varför dim LT T L-1 2v mk0

12

= ⋅ ( ) = .

Resultatet visar att den maximala förlängningen blir större om• Vagnen har stor massa, dvs stor tröghet mot hastighetsändringar,• Fjädern är mjuk, dvs fjäderkonstanten k liten.

LP 1.20


LP 6.25

y

xv0

d

h

Vid fritt fall är accelerationen

a e= −g y

där g är tyngdaccelerationen.

Med figurens koordinatsystem blirbegynnelsevillkoret

tv

== = ( )= = ( )

0

0 0 0

0 00 0

r 0

v v

, ,

, ,

Komponentvis tidsintegration, med hänsyn taget till begynnelsevillkoret, av dengivna accelerationen ger:

˙x = 0 (1) ˙y g= − (4)x v= 0 (2) y gt= − + 0 (5)

x v t= +0 0 (3) y gt= − +12

02 (6)

När säcken når golvet är y h= − .Den tid det tar att falla till golvet fås då ur ekv (6):

− = −h gt12 1

2 ⇒ t hg1

2= (7)

Det sökta avståndet d fås då om tiden t hg1

2= sätts in i ekv (3):

d v t= 0 1 ⇒ d v hg

= 02

(8)

LP 1.25


LP 6.26

x

y Ballongens koordinater är givna:

x v tx= (1)y kx= 2 (2)

Läget som funktion av tiden är då känt,eftersom x i (2) ges av (1) och vx samt kär konstanter enligt texten.

a) Lägevektorns komponenter motsvaras av ballongens koordinater:

r = ( ) = ( ) = ( )x y z v t kx v t kv tx x x, , , , , ,2 2 20 0 (3)

b) Enligt definitionen på hastighet v r= ddt

fås

v = ( ) = ( )˙ , ˙ , ˙ , ,x y z v kv tx x2 02 (4)

c) Enligt definitionen på acceleration a v= ddt

fås

a = ( ) = ( )ddt

v kv t kvx x x, , , ,2 0 0 2 02 2 (5)

Om koordinatsystemet är angivet kan man svara med vektorerna i komponent-form. Om minsta tveksamhet föreligger, tex om flera koordinatsystem haranvänts, är det bättre att ange resultatet med basvektorerna:

Svar: a) r e e= +v t kv tx x x y2 2

b) v e e= +v kv tx x x y2 2

c) a e= 2 2kvx y

LP 1.26


LP 6.29

v1

v2

h

x

y

Vi ska räkna på säckens rörelse. Vid frittfall utan luftmotstånd är accelerationen

a e= −g y

där g är tyngdaccelerationen.Begynnelsevillkoret är givet i texten.Säcken har samma läge och hastighetsom ballongen, då den släpps. Medfigurens koordinatsystem blirbegynnelsevillkoret

th

v v=

= ( )= ( )

0

0 0

01 2

r

v

, ,

, ,

Komponentvis tidsintegration, medhänsyn taget till begynnelsevillkoret, avden givna accelerationen ger:

˙x = 0 (1) ˙y g= − (4)x v= 1 (2) y gt v= − + 2 (5)

x v t= +1 0 (3) y gt v t h= − + +12

22 (6)

Säcken når marken då y = 0. Detta villkor i ekv (6) ger tidpunkten t1:

− + + =12

012

2 1gt v t h (7)

Vi löser andragradsekvationen:

t vg

t hg1

2 21

2 20− − = ⇒ t v

gvg

hg1

2 2

22= ±

+ ⇒

t vg

ghv1

2

221 1

2= + +

(8)

Säckens fart är v = +˙ ˙x y2 2 (9)

Insättning av (2) och (5) ger v v gt v= + − +( )12

22

(10)Vid tidpunkten t1 är farten

v v gt v v g t v gv tt t( )= = + − +( ) = + + −1 1

21 2

21

2 21

22

22 12 (11)

Med ekv (7) fås v v v ght t( )= = + +1 1

22

2 2 (12)

Bestämningen av farten kan göras enklare. Vi vet ju att v vx = 1 är konstant, medanvy bestäms som funktion av läget enligt

vvx

gyyd

d= − ⇒ v v g yy yd d= − ⇒

v v gy ghy2

22

2 2− = − − −( )

För y = 0 fås då v v ghy2

22 2= + .

LP 1.29


LP 6.37

P

y

A B

r

θ x

a

v

Givet:y v= 0 (1)˙y = 0 (2)

Bankurvans ekvation är

x y r2 2 2+ = (3)

Sambandet mellan x och y kan fås meddifferentiering av ekv (3):

2 2 0xx yy˙ ˙+ = (4)

⇒ ˙ ˙x yx

y= − (5)

eller x yx

v= − 0 (6)

Farten är

v x y yx

v v v y xx

v rx

rr y

v= + = −

+ = + = =

−˙ ˙2 2

0

2

02

0

2 2

2 0 2 2 0 (7)

(I stället för differentieringen kan man utnyttja vinkeln θ och skriva

v vx = − sinθ , där v v0 = cosθ och tan /θ = y x )

För att bestämma accelerationen tidsderiverar vi ekv (6). Vi vet ju att ˙y = 0

˙ ˙ ˙x yx v y x xv= − + −( ) −( )− −10

20 (8)

Sätt in (1) och (5) och utnyttja (3)!

˙ /x v x v yx

v v x yx

v rr y

= − − = − +

= −−( )

−0

10

2

3 02

02

2 2

3 02

2

2 2 3 2 (9)

Accelerationens storlek är a x y= +˙ ˙2 2 men eftersom ˙y = 0 är a x= ˙

⇒ a v rr y

=−( )0

2 2

2 2 3 2/

LP 1.37


LP 6.43

x

y

O

r

v

a et

en

θ

s

ρ

Inför det naturliga koordinatsystemetmed koordinaten s = 0 vid tiden t = 0då bilen startar, och basvektorerna etoch en enligt figur.


tss

===

000˙

Accelerationen ges av det allmännauttrycket

a e e= +˙ ˙s s

t n

2

ρ (1)

Den tangentiella accelerationen ärgiven i texten:

a s st

vt

at = = = =˙ ˙dd

dd

t1 (2)

Accelerationen i normalriktningen bestäms enligt (1) av farten och kröknings-radien ρ . Farten fås genom integrering av (2):

v a tt = +1 0 (3)

Insättning i (1) med utnyttjande av (2) och (3) ger

a e e e e= + = + ( )a v aa t

t tt

n t n

21

2

1ρ ρ (4)

Accelerationens storlek är alltså

a a a t a a tt= +

= +2 12 2 2

1 2 12 41

1ρ ρ

(5)

Speciellt för t = 6 s , ρ = 60 m och a1 2= m/s2 fås

a = ≈2 2 44 3 1. .m/s m/s2 2.

LP 1.43


LP 6.44

r

ω

Accelerationen i det naturliga systemetges av det allmänna uttrycket

a e e= +˙ ˙s s

t n

2

ρ (1)

I det här fallet har vi en cirkelrörelsemed radien (krökningsradien) r .Eftersom båglängden är s r= θ , så kanfarten och fartökningen per tid uttryckasi vinkelhastigheten: ˙ ˙s r= θ , ˙ ˙s r= θ .

Accelerationens normalkomponentkallas ofta för centripetalaccelerationen:

a s rr

rn = = =˙ ˙ ˙

2 2 22

ρθ θ (2)

a) Vid en viss vinkelhastighet θ ω= 1 blir centripetalaccelerationen lika med denföreskrivna accelerationen a g= 1000 . Insättning i (2) ger

1000 12g r= ω (3)

⇒ ω1

1000= gr

(4)

Enheten för vinkelhastighet är rad/s. Varvtalet fås genom att dividera med 2πoch multiplicera med 60 . Alltså, antalet varv per minut blir

602

1000π

gr

(5)

Närmevärdet för r = 0 25. m och g = 10 m/s2 blir 1910 rpm

b) Om vinkelaccelerationen ˙θ är konstant ˙θ α= fås med integrering av defini-tionen på vinkelaccelerationen

ddω αt

= (6)

ω α1 1= t (7)

Vinkelaccelerationen blir alltså α ω= 1

1t. Insättning av vinkelhastigheten ovan ger

α = 1 1000

1tg

reller α ≈ 3 3. rad/s2

LP 1.44


LP 6.45

ω

8r

5r

4r

a

Det allmänna uttrycket för accelera-tionen i det naturliga systemet är

a e e= +˙ ˙s s

t n

2

ρ

Farten för varje del av bandet måstevara en och densamma. Eftersomvinkelhastigheten är känd för denundersta cylindern är farten

s r= ⋅5 ω (1)

Konstant fart ⇒ ˙s = 0 (2)

Accelerationen (i normalriktningen) äralltså störst då krökningsradien ρ ärminst, dvs för den minsta cylindern

⇒ a s rr

rmax

min

= = ( ) =˙2 2 25

225

2ρω ω

Numeriskt fås

amax2 4 2m/s 3.4 10 m/s= ⋅ ⋅ ≈ ⋅25 0 03 300

2

2.

LP 1.45


LP 6.46

AB

2R

aA

vA

R

2

vP

r2

aA

dvP

dt


a e e= +˙ ˙s s

t n

2

ρ(1)

Trummans vinkelhastighet är

θ = =vR

vR

B A ⇒

Vinkelaccelerationen är

˙θ = aR

A

(men a aA B≠ eftersom B också har enacceleration inåt)

Farten för punkten P är v r r vRP

A= =θ

⇒ ddvt

r r aR

P A= =˙θ

(menddvt

aPP≠ , eftersom P också har en centripetalacceleration)

Insättning i ekv (1) ger

a e eP A t A nrR

ar

rR

v= +

1 2

⇒ a e eP A t A nrR

a rR

v= + 22

LP 1.46


LP 6.48

v

a

et

en

ρ

Accelerationen i det naturliga systemetges av det allmänna uttrycket

a e e= +˙ ˙s s

t n

2

ρ (1)

Här antas tågets fart vara konstant så att

s v= = 360 km/h (2)

och

˙s = 0 (3)

Accelerationen är då enligt ekv (1)

a e e= =s vn n

2 2

ρ ρ (4)

Accelerationens storlek får enligt texten ej överstiga värdet g . Detta villkor kanskrivas

v g2

ρ< eller

vg

2

< ρ (5)

vilket ger en minsta tillåten krökningsradie

ρmin = vg

2

(6)

Numeriskt fås

ρmin 2 2

60 km/h m/s

m/s m/s

m= = ( ) = ( ) =vg

2 2 23

1010010

1000 (7)

Svar: Krökningsradien måste vara större än ρmin = vg

2

eller ρmin km= 1

LP 1.48


LP 6.50

v0

y

xb

L

va

en

etθ

θ

Accelerationen ges i det naturligasystemet av det allmänna uttrycket

a e e= +˙ ˙s s

t n

2

ρ (1)

Här är emellertid bankurvans ekvationgiven i det kartesiska koordinatsystemetså att vi börjar med att bestämma ut-tryck för hastighet och acceleration idetta system.

Vi vet att den horisontella hastighets-komponenten är konstant:

x v= 0 (2)Det betyder att accelerationen i x-riktningen är noll, ˙x = 0, dvs kroppensacceleration är alltså vertikal, a e= ˙y y ! Vi utnyttjar detta

y b xL

= sinπ ⇒ (3)

˙ cos˙

cosy b xL

xL

b vL

xL

= ⋅ =π π π π0 ⇒ (4)

˙ sin˙

siny b vL

xL

xL

b vL

xL

= − ⋅ = −π π π π π02

02

2 (5)

Nu är b L= /3 och läget är givet: x L= /3. Vi får alltså för detta läge

˙ cosy L vL

v= =π π π0 0

3 3 6 (6)

˙ siny L vL

vL

= − = −π π π20

2

2

20

2

3 33

6 (7)

Farten kan skrivas

v x y v v v v= + = +

= +

= +˙ ˙2 2

02 0

2

0

20 2

61

6 636

π π π (8)

Hastighetsvektorn bildar i detta läge vinkeln θ med x-axeln.

tan˙

θ π= = =vv

yv

y

x

1

0 6⇒ sinθ π

π=

+2 36 och cosθ

π=

+6

362 (9)

Projicera nu accelerationen på tangential- och normalriktningen:

a y vL

vLt t= ⋅ = = − ⋅

+= −

+a e ˙ sinθ π π

πππ

36 36

3

6 36

20

2

2

30

2

2 (10)

a y vL

vLn n= ⋅ = − = ⋅

+=

+a e ˙ cosθ π

ππ

π3

66

36

3

36

20

2

2

20

2

2 (11)

Krökningsradien kan nu erhållas ur (1), (8) och (11)

a vn =

2

ρ⇒ ρ

ππ

= =+( )v

aL

n

2 2 3 2

2

36

36 3

/

LP 1.50


LP 6.51

v0-1

FARA

51

ωen

et

θρ

θ

Vid fritt fall är kroppens accelerationlika med tyngdaccelerationen g .Vid en cirkelrörelse med konstant fart äraccelerationen riktad in mot cirkelnscentrum. Accelerationen i det naturligakoordinatsystemet skrivs

a e e= +˙ ˙s

st n

2

ρ

Krökningsradien för bankurvan är ρ .Farten är konstant så att ˙s = 0.Accelerationen kan då skrivas

a e= vn

02

ρ

Att siktlinjen ändras betyder att hastig-hetsvektorn ändrar riktning. Hastighe-ten är vinkelrät mot normalriktningenen och vrids alltså med samma vinkel-hastighet θ ω= som lägevektorn fråncirkelns centrum.

Vid cirkelrörelse är farten lika med radien gånger vinkelhastigheten. Farten kanalltså skrivas ˙ ˙s v= =0 ρθ . Insättes detta i accelerationsuttrycket fås

av

vn = ( )0

2

0/ω

Vid fritt fall är denna acceleration lika med tyngdaccelerationen g .

gv

v= ( )

02

0/ω⇒ v g0 ω = ⇒ ω = g

v0

LP 1.51


LP 6.55

r

θ

er

eθ

v

θ

r

θ

er

eθ

a

θ

Hastigheten i cylinderkoordinater är vidplan rörelse

v e e= +˙ ˙r rr θ θ (1)

För komponenterna fås då medhänvisning till figuren

˙ sinr v= θ (2)

r v˙ cosθ θ= (3)

För det givna ögonblicket gäller dårespektive

˙ sinr v= β (4)

vR= ω

βcos (5)

Accelerationen i det planpolära koor-dinatsystemet skrivs

a e e= −( ) + +( )˙ ˙ ˙ ˙ ˙r r r rrθ θ θ θ2 2 (6)

För komponenterna fås då med hän-visning till figuren (vi vet att accelera-tionen är riktad vertikalt uppåt)

a r rsin ˙ ˙θ θ= − 2 (7)a r rcos ˙ ˙ ˙θ θ θ= + 2 (8)

För det givna ögonblicket gäller då(utnyttja ekv (4) och (5))

a a Rsin β ω= −12

a RR

cossin

cosβ α ω β

β= + 2

2

Det första av dessa samband räcker föratt bestämma accelerationens storlek

aa R= −1

2ωβsin

LP 1.55


LP 6.56

ω

a

b

P

O

θ

er

eθ

r

Rörelsen sker i ett plan så att den kanbeskrivas med planpolära koordinater.I de allmänna uttrycken för hastighetoch acceleration i planpolära koordina-ter ingår koordinaterna r och θ samtderas tidsderivator. Vi börjar alltså medatt bestämma dessa tidsderivator.

Vinkelhastigheten är konstant:

θ ω= t ⇒ θ ω= ⇒ ˙θ = 0 (1)

Bankurvan är given:

r a= coshθ (2a)eller

ra

e ea

e et t= +( ) = +( )− −

2 2θ θ ω ω (2b)

Tidsderivering ger om (1) utnyttjas:

˙ sinhra

e e a tt t= −( ) =−ω ω ωω ω

2 (3)

˙ coshra

e e a tt t= +( ) =−ω ω ωω ω2

2

2 (4)

a) Det allmänna uttrycket för hastigheten i cylinderkoordinater är

v e e e= + +˙ ˙ ˙r r zr zθ θ (5)

Insättning av sambanden (1-3) ger

v e e= +a t a trω ω ω ω θsinh cosh (6)

b) Det allmänna uttrycket för accelerationen i cylinderkoordinater är

a e e e= −( ) + +( ) +˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙r r r r zr zθ θ θ θ2 2 (7)


a e e= −( ) + +( )a t a t a trω ω ω ω ω ω θ2 2 20 2cosh cosh sinh (8)

⇒ a e= 2 2a tω ω θsinh

c) Ekv (2a) ger b a= coshθ1 ⇒ coshθ1 = ba

⇒ sinhθ1

2 2

= −b aa

ty − + =sinh cosh2 2 1θ θ

Insättning i (8) ger a e= −2 2

2 2

ab a

aω θ ⇒ a e= −2 2 2 2ω θb a

LP 1.56


LP 6.58

θr

P

O

er

eθ

Rörelsen sker i ett plan så att den kanbeskrivas med planpolära koordinater,ett specialfall av cylinderkoordinat-systemet. Vinkelhastigheten är konstant:

θ ω= ⇒ ˙θ = 0 (1)

Bankurvan är given

r c b= − cosθ (2)

Tidsderivering ger om (1) utnyttjas

˙ sin ˙ sinr b b= − −( ) =0 θ θ ω θ (3)˙ cos ˙ cosr b b= ⋅ =ω θ θ ω θ2 (4)

Det allmänna uttrycket för hastigheten icylinderkoordinater är

v e e e= + +˙ ˙ ˙r r zr zθ θ (5)

Insättning av sambanden (1-4) gerv e e= + −( )b c brω θ θ ω θsin cos (6)

och farten blir

v v v b c br= = + = + −( )v 2 2 2 2 2 2 2θ ω θ θ ωsin cos (7)

v b c bc= + −ω θ2 2 2 cos (8)

Det allmänna uttrycket för accelerationen i cylinderkoordinater är



a e e

e e

= − −( )[ ] + + ⋅( )= −( ) +

b c b b

b c b

r

r

ω θ θ ω ω θ ω

θ ω ω θθ

θ

2 2

2 2

0 2

2 2

cos cos sin

cos sin (10)

Storleken av accelerationen är då

a a a b c br= = + = −( ) +a 2 2 2 4 2 4 22 4θ θ ω ω θcos sin ⇒ (11)

a b c bc= + −ω θ2 2 24 4 cos (12)

För θ = 0 fås v c b= −( )ω ; a b c bc= + −ω 2 2 24 4För θ π= fås v c b= +( )ω ;

LP 1.58


LP 6.60

B

rB

A

B

vA

vB

A

L

L

vA

rA an

enet

rA-rB rA

Farten begränsas av villkoret attaccelerationen inte för någon bil fåröverstiga a1 8= m/s2 . Bestäm den tiddet tar för bilarna att klara av helakurvan som begränsas av linjen CC .


a e e= +˙ ˙s

st n

2

ρ

Här är farten konstant så att

˙s = 0 (1)

Accelerationen i normalriktningen är

för A : avrn AA

A

( ) =2

(2)

för B : avrn BB

B

( ) =2

(3)

Den maximala farten ges då av sambandet

för A : v r aA Amax2

1= ⇒ v r aA Amax = 1 (4)

för B : v r aB Bmax2

1= ⇒ v r aB Bmax = 1 (5)

Tiden för hela sträckan är

tr

vraA

A

A

A= =π πmax 1

(6)

tr r r

vra

r rr aB

B A B

B

B A B

B

=+ −( ) = +

−( )ππ

2 2

1 1max

(7)

Numeriskt fås

tA = ≈72

π s 11.0 s tB = +

≈3

136

π s 11.6 s

LP 1.60


LP 6.61

θ

P

O

r

b

vP

ere

θ

θ

Vi ska bestämma r och θ som funktionav θ samt bestämma accelerationensstorlek.

Det allmänna uttrycket för hastigheten iplanpolära koordinater är

v e e= +˙ ˙r rr θ θ

Figurens geometri ger

˙ sinr vP= θ (1)

r vP˙ cosθ θ= (2)

Men avståndet r är en funktion av θ !

rb=

cosθ (3)

Insättning i (2) ger ˙ cosθ θ= vb

P2

(4)

Det allmänna uttrycket för accelerationen i planpolära koordinater är

a e e= −( ) + +( )˙ ˙ ˙ ˙ ˙r r r rrθ θ θ θ2 2 (5)

Här är enligt (1-4)

˙ ˙cos

cos cosr

rt

vv

bv

bPP P= = ⋅ =d

dθ θ θ2 2 3

rb v

bv

bP P˙

coscos cosθ

θθ θ2

2 2 2 3

=

=

r rt

b vb

vb

P P˙ ˙cos

cos sin ˙ cos sinθ θθ

θ θ θ θ θ= = ⋅ ⋅ −( ) = −dd

2 2 2 2

2 22

˙ ˙ sincos

r vv

bPPθ θ θ= ⋅

Insättning i (5) ger a 0= , men det var ju givet! Hastigheten var konstant!

LP 1.61


LP 6.62

x

y

θ

r

P

eθ

er

v

a

r

O

Bestäm vinkelhastigheten θ förstången så att farten för hylsan blirkonstant v vP = 0 !

Bankurvans ekvation är given

r b= θ (1)

och kallas Arkimedes spiral.

Hastigheten i planpolära koordinaterbestäms med den allmänna formeln

v e eP rr r= +˙ θ θ (2)

För att bestämma hastigheten måste alltså de ingående tidsderivatorna av r och θbestämmas. Utgå från de givna uttrycken för läget!

r b= θ ⇒ ˙ ˙r b= θ ⇒ ˙ ˙r b= θ (3)

Insättning i ekvationen (2) ger nu

v e eP rb b= + ⋅˙ ˙θ θ θ θ (4)

Det givna villkoret är att farten ska vara konstant:

v b b02 2 2

= ( ) + ( )˙ ˙θ θθ ⇒ v b02 2 2 2 2= +( )˙ ˙θ θ θ ⇒ (5)

θθ

2 02

2 21=

+( )v

b⇒ θ

θ= ±

+v

b0

21

Har P någon acceleration? Ja för att bestämma den behöver vi bara bestämmavinkelaccelerationen och sätta in i det allmänna uttrycket

a e eP rr r r r= −( ) + +( )˙ ˙ ˙ ˙ ˙θ θ θ θ2 2

Efter en del räkningar fås

a e eP r

v

b=

+( )+( )

− +[ ]02 2

2 2

2

1

θ

θθ θ

LP 1.62


LP 6.63

P er

eθ

r

θ x

y

O

Bankurvans ekvation är

r a b= + cos2θ

Hastigheten och accelerationen hoskroppen P skall bestämmas somfunktion av vinkeln θ för det fall attvinkelhastigheten är konstant θ ω= .

Hastigheten och accelerationen i planpolära koordinater bestäms med deallmänna formlerna

v e eP rr r= +˙ θ θ (1)

a e eP rr r r r= −( ) + +( )˙ ˙ ˙ ˙ ˙θ θ θ θ2 2 (2)

Vi måste alltså först bestämma de ingående tidsderivatorna av r och θ .

θ ω= ⇒ ˙θ = 0 (3)

Utgå från de givna uttrycket r a b= + cos2θ för läget!

⇒ ˙ sin ˙r b= − ⋅2 2θ θ ⇒ ˙ sinr b= −2 2ω θ (4)

⇒ ˙ cos ˙r b= − ⋅2 2 2ω θ θ ⇒ ˙ cosr b= −4 22ω θ (5)

Insättning i ekvationen (1) ger nu

v e eP rb a b=− + +( )2 2 2ω θ θ ω θsin cos (6)

Insättning i ekvationen (2) ger nu (Obs att vi inte deriverar vP !)

a e eP rb a b b= − − +( )[ ] + −( )4 2 2 0 4 22 2 2ω θ θ ω ω θ θcos cos sin (7)

a e eP ra b b=− +( ) −5 2 4 22 2cos sinθ ω ω θ θ

För numeriska värden, exempelvis a = 2 dm , b = 1 dm, θ = °30 , ω = 10 rad/s fås

a e eP r≈ − −( )45 35 θ m/s2

LP 1.63


LP 6.64

A

B

x

y

z

θ R

h

ere

θ

ez

Rörelsen beskrivs som funktion avtiden i cylinderkoordinater av

r R=

θ ω= 2 2t

z h= −

1

θπ

Bestäm barnets fart och accelerationefter ett halvt varv!

Hastigheten och accelerationen icylinderkoordinater bestäms med deallmänna formlerna

v e e eP r zr r z= + +˙ ˙ ˙θ θ (1)

a e e eP r zr r r r z= −( ) + +( ) +˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙θ θ θ θ2 2 (2)

Vi måste alltså först bestämma de ingående tidsderivatorna av r , θ och z.

θ ω= 2 2t ⇒ θ ω= 2 2t ⇒ ˙θ ω= 2 2 (3)

r R= ⇒ r = 0 ⇒ ˙r = 0 (4)

z h= −

1

θπ

⇒ ˙˙

z hh

t= − = −θπ

ωπ

2 2

⇒ ˙z h= − 2 2ωπ

(5)

Insättning i ekvationen (1) ger

v e e eP r zR th

t= + −0 222

2

ω ωπθ (6)

Insättning i ekvationen (2) ger nu (Obs att vi inte deriverar vP !)

a e e eP r zR t Rh= −( ) + +( ) −0 4 2 0

24 2 22

ω ω ωπθ (7)

Tidpunkten då barnet åkt ett halvt varv bestäms ur ekv (3a )

π ω= 21

2t ⇒ t1 = πω

(8)

Insättning i (6) och (7) ger v e eP zRh= −2

2ω π ωπθ

a e e eP r zR Rh= − + −4 2

22 22

π ω ω ωπθ

LP 1.64


LP 6.65

z

β

P

v0

ω

O

ez

er

r

B

b

Bestäm för kulan P farten och accele-rationens storlek om β = °30 .

Det allmänna uttrycket för hastigheten icylinderkoordinater är

v e e e= + +˙ ˙ ˙r r zr zθ θ

Figurens geometri och tidsderiveringarger

r b= sin β ⇒ ˙ ˙ sin sinr b v= =β β0 ⇒ ˙r = 0 (1)

θ ω= ⇒ ˙θ = 0 (2)

z b= cosθ ⇒ ˙ ˙ cos cosz b v= =β β0 ⇒ ˙z = 0 (3)

Farten är allmänt

v r r z= + ( ) +˙ ˙ ˙2 2 2θ (4)

Insättning av (1-3) ger för β = °30

v v b v vb= ( ) + ⋅ + ( ) = +

0

20

20

22

2sin sin cosβ β ω β ω

(5)



Insättning av (1-3) gera e e e= −( ) + +( ) +0 0 2 02

0b vr zω β ω β θsin sin (7)

Accelerationens storlek för β = °30 är alltså

a b vb

v= ( ) + ( ) =

+ ( )ω β ω β ω ω2 2

02

2 2

02

22

sin sin

Både farten v0 och vinkelhastigheten ω är konstanta. Varför blir det i alla fall enacceleration?

LP 1.65


LP 6.66

θ

r

P

z

Givet är att läget som funktion av tidenges av koordinaterna

θ ω=

=

t

z kt2 (1)

Koordinaten r ändras också men just idet betraktade ögonblicket är

r R= (2)

För hastigheterna och accelerationernagäller då att

˙˙˙

r V

z kt

=

==

θ ω

2

˙˙˙

r

z k

=

==

0

02

θ (3)

Det allmänna uttrycket för hastigheten i cylinderkoordinater är

v e e e= + +˙ ˙ ˙r r zr zθ θ (4)

Insättning ger v e e e= + +V R ktr zω θ 2 (5)

Farten är v V R k t= + +2 2 2 2 24ω (6)

Numeriskt fås då v = + +0 64 0 36 42. . m/s = 5 m/s (7)



Insättning gera e e e= −( ) + ⋅ +( ) +0 0 2 22R R V kr zω ω θ (9)

a e e e= − + +R V kr zω ω θ2 2 2 (10)

Accelerationens storlek ära R V k= = + +a 2 4 2 2 24 4ω ω (11)

Numeriskt fås dåa = + ⋅ ⋅ + = +( ) +

= ⋅ + ≈

0 6 4 0 64 0 36 1 0 36 0 36 2 56 1

0 36 2 92 1 1 43

4. . . . . .

. . .

m/s m/s

m/s m/s

2 2

2 2

LP 1.66


LP 6.68

r

θN140FL

CHEROKEE

h

O

ereθ

v

θ

Rörelsen sker i ett plan så att den kanbeskrivas med planpolära koordinater.Sambandet mellan dessa är giveteftersom höjden h är känd:

h r= sinθ (1)

Eftersom flygplanet vid tiden t = 0passerar rakt ovanför O och hastighetenär given kan man också skriva

vt r= cosθ (2)

Sambanden (1) och (2) tillsammans medPythagoras sats ger r som funktion avtiden:

r h v t2 2 2 2= + (3)

Det allmänna uttrycket för hastigheten i cylinderkoordinater är

v e e e= + +˙ ˙ ˙r r zr zθ θ (4)

Projicera nu hastighetsvektorn på basvektorernas riktningar. Figurens geometrioch ekv (4) ger tillsammans med sambanden (1-3)

˙ cosr v= θ ⇒ rv t

h v t=

+

2

2 2 2 (5)

r v˙ sinθ θ= − ⇒ ˙ sinθ θ= − vr

⇒ θ = −+vh

h v t2 2 2 (6)



Men accelerationen är enligt texten noll! Komponenterna är alltså var för sig nolloch om (5) och (6) utnyttjas fås

˙ ˙r r− =θ 2 0 ⇒ ˙ /rh v

h v t= −

+( )2 2

2 2 2 3 2 (9)

r r˙ ˙ ˙θ θ+ =2 0 ⇒ ˙θ =+( )

2 3

2 2 2 2

hv t

h v t (10)

LP 1.68



LP 7.1

mg

N

Hissen kommer uppifrån och bromsasså att accelerationen är riktad uppåt.

Frilägg personen från hissgolvet. Införnormalkraften N som golvet påverkarfötterna med. Tyngdkraften är mg.

Kraftekvationen

F a= m (1)

ger för personen i den vertikalariktningen

ma mg N= − + (2)

⇒ N m g a= +( ) (3)

Man kan känna sig "tyngre" vid enacceleration uppåt. Man trycks mothissgolvet.

Enligt Newtons tredje lag, lagen om verkan och motverkan, är kraften frånpersonen på golvet lika stor och motriktad, alltså

N m g a= +( )


LP 2.1


LP 7.2

YAMAHA

2

N1

N2

mg

f1

Accelerationen söks. Den bestäms medkraftekvationen om krafterna är kända.

Vid starten, då farten är liten, kan luft-motståndet försummas och ekipagetpåverkas av tyngdkraften mg, normal-krafter

N mg123

= vid bakhjul, (1)

N mg213

= vid framhjul. (2)

och friktionskraft. Bakhjulet spinner.Det betyder att friktionskraften är fulltutvecklad så att

f N1 1= µ (3)

Vi förutsätter här att framhjulet harmarkkontakt. För stort gaspådragkommer ju det att lätta och problem-ställningen blir en annan.

Friktionskraften vid framhjulet kan försummas. Det finns här egentligen en litenfriktionskraft bakåt som får framhjulet att rotera snabbare men detta behandlasinte här i baskursen.

Alltså, masscentrums acceleration ges av kraftekvationen

F a= m G (4)

vars komponent i rörelseriktningen är

F mxx G= ˙ (5)Insättning av (3) ger

µN mxG1 = ˙ (6)Ekv (1) ger då

˙x Nm

mgm

gG = = ⋅ =µ µ µ1 2

32

3 (7)

Svar: Accelerationen är ˙x gG = 23

µ

Kommentar: Eftersom friktionstalet i detta fall knappast är större än ett ochnormalkraften N1 inte överstiger mg kan accelerationen inte bli större än g .

LP 2.2


LP 7.3

N1

N2

m g

m2gx

Under den betraktade rörelsen förflyttasbara skivstången.

Frilägg tyngdlyftaren från hissgolvet.Tyngdkrafterna är m g1 och m g2 . Införden totala normalkraften N N N= +1 2

som golvet påverkar fötterna med. Be-teckna först skivstångens acceleration a.

Masscentrums lägeskoordinat xG ges avdefinitionen mx m x m xG = +1 1 2 2 . Mass-centrums acceleration ˙xG ges alltså avmx m x m xG˙ ˙ ˙= +1 1 2 2 . Bara den del m a2

som har acceleration kommer alltså medi kraftekvationen.

Kraftekvationen

F a= m G (1)

ger för hela systemet i den vertikala riktningen

m a N m g m g2 1 1= − − (2)

⇒ N m a m g m g= + +2 1 1 (3)

Den totala normalkraften är alltså lika med tyngden +massan gånger accelerationenför den del som har acceleration. Nu återstår att bestämma accelerationen a.

Kinematiksamband för skivstången ger med begynnelsevillkoret vila vid x2 0= .

˙x a2 = ⇒ x at2 = ⇒ x at221

2=

x h2 = ⇒ h a t= ( )12

2∆ ⇒ a ht

=( )

22∆

Normalkraften är N m g m g ht

= + +( )

1 2 2

2∆

Numeriskt värde är N = + +( ) =900 400 40 1 4 N kN.

LP 2.3


LP 7.4

P

β

mg

N

f

Frilägg lådan från golvet. Inför förutomdragkraften P tyngdkraften är mg,normalkraften N som golvet påverkarlådan med samt friktionskraften f .

Friktionskraften är vid glidning f N= µ .

Kraftekvationen

F a= m (1)

ger för lådan i komponentform

→ = −: cosma P Nβ µ (2)

↑ = + −: sin0 P N mgβ (3)

Ekv (3) ger normalkraften N mg P= − sin β . Insättning i ekv (2) ger

ma P mg P= − −( )cos sinβ µ β (4)

m a g P+( ) = +( )µ β µ βcos sin (5)

Pm a g

=+( )

+µ

β µ βcos sin

Täljaren är en kraft. Nämnaren är dimensionslös.

Om friktion saknas är P ma=cosβ

LP 2.4


LP 7.5

β

a

N

βmg

Den relativa accelerationen söks. Denabsoluta, relativt ett inertialsystem, kanbestämmas med kraftekvationen omkrafterna är kända.

Kulan påverkas av tyngdkraften mg ochkontaktkraften från stången. En kontakt-kraft kan delas upp i en normalkraft Noch en friktionskraft f . Här är stångenglatt så att friktionskraften är noll.

Kulans totala absoluta acceleration ges alltså av kraftekvationen

F a= m (1)

Om vi nu tar kraftekvationens horisontella och vertikala komponent kommernormalkraftens komponenter med i ekvationerna, fastän den kraften ej efterfrågas.Det är en bra regel att redan från början ta sådana projektionsriktningar att en delkrafter elimineras direkt. Vi skriver därför upp kraftekvationens komponent istångens riktning snett neråt.

Kulans acceleration relativt vagnen antas vara arel neråt längs stången. Kraft-ekvationen blir då

mg m a asin cosβ β= +( )rel (2)

⇒ a g arel = −sin cosβ β (3)

Svar: Den relativa accelerationens storlek är a g arel = −sin cosβ β

Kommentar:• Sambandet (3) visar att kulans acceleration är gsin β om vagnens acceleration

är noll. Detta är ju tyngdaccelerationens komponent i stångens riktning.

• Om vagnens acceleration är a g= tan β så blir den relativa accelerationen noll.

• Om vagnens acceleration är större blir arel negativ. På grund av kulans tröghet,dvs det faktum att den inte vill ändra sin hastighet, kommer den att åka uppåtlängs stången för en tillräckligt stor acceleration hos vagnen.

LP 2.5


LP 7.6

L

mg

Hela systemet påverkas av tyngdkraftenoch lyftkraften L . KraftekvationenF a= m för ballongen skrivs

↑ − + = −: mg L ma (1)

Antag att massan ∆m måste kastas föratt accelerationen skall bli a uppåt.Detta påverkar inte lyftkraftens storleknämnvärt.

↑ − −( ) + = −( ): m m g L m m a∆ ∆ (2)

Eftersom lyftkraften är okänd eliminerarvi den genom att subtrahera ekv (2) frånekv (1). Detta ger

− + −( ) = − − −( )mg m m g ma m m a∆ ∆

− ⋅ = − +∆ ∆m g ma ma2

g a m ma+( ) =∆ 2

Massan ∆mma

g a=

+2

skall kastas.

LP 7.7

β-1

FARA

51

T

mg

L FD

Flygplanet påverkas av dragkraften T ,tyngdkraften mg, lyftkraften L och mot-ståndskraften FD .Vi kallar den ursprungliga totala kraften(eller nettokraften) i den horisontellariktningen för F

xnetto( ) .

Kraftekvationen F a= m för flygplanetskrivs i den horisontella riktningen

→ ( ) =: F maxnetto 0 (1)

Piloten ökar nu dragkraftens storlek med ∆T utan att de andra krafterna ändras.Antag att den nya horisontella accelerationen blir a1. Då blir kraftekvationenskomponent i den horisontella riktningen

→ ( ) + =: cosF T maxnetto ∆ β 1 (2)

Drag nu ekv (1) från ekv(2) ∆T ma macosβ = −1 0

a aT

m1 0= + ∆ cosβ

LP 2.6

LP 2.7


LP 7.8

SS

mg

S

Frilägg mannen med den lätta nederstatrissan. Dragkraften antas vara S.Eftersom den övre trissan är lätt ochlättrörlig är kraften S även på den andra(högra) sidan trissan. Av sammaanledning är kraften i tråden S på bådasidor av den undre trissan. Alltså, trekrafter S verkar uppåt och tyngdkraftenverkar neråt.

Kraftekvationen F a= m för mannenskrivs i den vertikala riktningen

↑ − =: 3S mg ma

Sm

g a= +( )3

LP 2.8


LP 7.11

A

B

mAg

N

m g

S

S S

S

SS

S

xA

xB

b

c

d

Frilägg kropparna! Antag att trådkraftenär S. Den är lika stor i alla delar avtråden , eftersom trissorna är lätta ochlättrörliga.

Antag att förflyttningen för B är xB dåförflyttningen för A är xA .

Kraftekvationen F a= m för kropparnaskrivs respektive

→ =: ˙S m xA A (1)↓ − =: ˙m g S m xB B B3 (2)

Vi har tre obekanta S, ˙xA och ˙xB så attvi behöver en till ekvation. Kinematikenger denna ekvation enligt följande.

Sambandet mellan förflyttningarna xA och xB ges av tvångsvillkoret som säger atttråden har konstant längd L . Vi tecknar först trådens längd och tidsderiverarsedan.

L c x d x b x b xA B B B= − + + + + + + + konstant (3)

Konstanten beror på att tråden går runt trissorna och att A har en viss storlek.

Tidsderivering ger hastighetssambandet

0 3= − +˙ ˙x xA B ⇒ ˙ ˙x xA B= 3 (4)

och accelerationssambandet˙ ˙x xA B= 3 (5)

Sätt in (5) i (1) och (2)! Multiplicera ekv(1) med tre och addera ekv (2)

3 93

S m x

m g S m xA B

B B B

=− =

˙˙ ⇒ m g m m xB A B B= +( )9 ˙

⇒ ˙x m gm mB

B

A B

=+9

Nu ger ekv (4) ˙x m gm mA

B

A B

=+

39

och ekv (1) ger Sm m g

m mA B

A B

=+

39

LP 2.11


LP 7.19

7a

8a

3a

y

AD

C

B

S

S

S

SS

SaB

Antag att trådkraften är S. Den är likastor i alla delar av tråden , eftersomtrissan vid C är lätt och lättrörlig ochdubben vid B är glatt.Kraftekvationen F a= m för säckenskrivs

↓ − =: ˙mg S my (1)

Trådkraften kan alltså bestämmas omaccelerationen ˙y kan bestämmas påannat sätt. Eftersom accelerationen aB ärgiven och tråden är oelastisk kan man fåett samband mellan ˙y och aB .

Trådens hela längd är

L a a a a= + + =22 17 8 44 (2)

Den kan också skrivas

L x x a a yB B= + −( ) + ( ) +7 82 2 (3)

Tidsderivering ger hastighets- och accelerationssambanden

02 7

2 7 82 2= +

−( )−( ) + ( )

+˙˙

˙xx a x

x a ayB

B B

B

(4)

07

7 8

7

2 7 8

2

2 2

2 2

2 2 3 2= ++ −( )−( ) + ( )

−−( )

−( ) + ( )[ ]+˙

˙ ˙ ˙˙/x

x x a x

x a a

x a x

x a ayB

B B B

B

B B

B

(5)

I första ögonblicket är ˙x aB B= och xB = 0 samt x aB = 22

Insättning i ekv (5) ger

00 15

170= + + ⋅ − +a

a aa

yBB ˙ ⇒ (6)

˙y aB= − +

1

1517

⇒ (7)

˙y aB= − 3217

(8)

Ekv (1) ger då trådkraften S m g aB= +

3217

LP 2.19


LP 7.22

β

R

N

mg

β

en et

eb

Om kulan är i vila relativt cirkelbågenrör den sig i en cirkelbana med radienRsin β . Kulans hastighet är vinkelrätmot den givna figurens plan. Vi införde naturliga koordinatsystemet.Tangential- och normalriktningen gesav basvektorerna et och en . Binormal-riktningen är neråt och ges av eb .

Kulan påverkas av tyngdkraften mgoch normalkraften, som delas upp ikomponenterna N1 och N2 i tangen-tialriktningen.

Det allmänna uttrycket för acceleratio-nen är

a e e= +˙ ˙s

st n

2

ρ (1)

Kraftekvationen F a= m blir i komponentform:

et : ms N˙ = 2 (2)

en : ms

RN

˙sin

sin2

1ββ= (3)

eb : 0 1= −N mgcosβ (4)

Eftersom farten (radien gånger vinkelhastigheten) ˙ sins v R= = ⋅β ω är konstantblir ˙s = 0 och N2 0= enligt ekv (2). Ekv (4) ger normalkraften

Nmg

1 =cosβ

(5)

som kan sättas in i ekv (3). Vi sätter också in farten ˙ sins R= ⋅β ω .

mR

Rmgsin

sin cossin

β ωβ β

β⋅( ) =2

(6)

⇒ mRmg

sincos

sinβ ωβ

β⋅ =2 ⇒ ωβ

2 = gRcos

⇒ cosβω

= gR 2

LP 2.22


LP 7.23

x

y

r

v

a

et

en

θ

s

R

Om satellitens massa är m ger kraft-ekvationen F a= m sambandet mellangravitationskraften och accelerationen.

Inför i en godtycklig punkt på ban-kurvan basvektorerna et och en i detnaturliga koordinatsystemet. Detallmänna uttrycket för accelerationenär

a e e= +˙ ˙s

st n

2

ρ (1)

Gravitationskraften är

F e= GMmr n2 (2)

Detta är Newtons allmänna gravitationslag. Här är G den allmänna gravita-tionskonstanten och M är jordens massa. Dessa konstanter går att finna i tabeller.Problemtexten ger emellertid tyngdaccelerationen g vid jordytan och då kan viskriva tyngdkraftens storlek vid jordytan på två olika sätt:

GMmR

mg2 = ⇒ GM gR= 2 (3)

Farten är konstant. Kraftekvationens komponent i normalriktningen är då

ms

mgRr

˙2 2

2ρ= (4)

Krökningsradien ρ är lika med cirkelbankurvans radie r . Satellitens fart kan alltsåbestämmas:

mvr

mgRr

2 2

2= ⇒ v gRr

=2

(5)

Nu lägger vi på villkoret att satellitens fart motsvarar att lägevektorn har envinkelhastighet som måste vara densamma som jordens:

ω = vr

(6)

Insättning av (5) ger ω = 1 2

rg

Rr

(7)

Ur denna ekvation bestäms r :

ω 22

3= gRr

⇒ rgR3

2

2=ω

⇒ rgR=

2

2

13

ω(8)

Insättning av numeriska värden: g = 9 81. m/s2 , R = 6371 km och vinkelhastighet2π på ett dygn ger en radie r R≈ 6 6. .

LP 2.23


LP 7.24

N14

0FL

CH

ER

OK

EEv0

h

h0

θen

et

N140FL

CHEROKEE

v mg

L

Betrakta först cirkelrörelsen.

Flygplanet påverkas av tyngdkraftenmg och lyftkraften L . Luftmotståndetkunde försummas. Inför i en godtyck-lig punkt på bankurvan basvektorernaet och en i det naturliga koordinat-systemet.

Kraftekvationen F a= m blir ikomponentform

et : ms Ft˙ = ⇒

en : ms

Fn

˙2

ρ= ⇒

ms mg˙ cos= θ (2)

msh

L mg˙

sin2

= − θ (3)

Ekv (2) säger att farten ökar ända ner till läget θ π= /2. Ekv (3) säger att kraften Lär maximal då θ π= /2, eftersom både s och sinθ = 0 är maximala där. Dennamaximala kraft är given i problemtexten. För θ π= /2 blir ekv (3)

mvh

mg mg12

5= − ⇒ hv

g= 1

2

4(4)

Om du redan läst om energiekvationen är det nu enkelt att bestämma farten v1 0=i den nedersta punkten. Lyftkraften gör inget arbete. Tyngdkraften är konservativ.Med potentiella energin V1 0= i nedersta punkten fås

T V T V1 1 0 0+ = + ⇒ mv mvmgh1

20

2

020

2+ = + (5)

⇒ v v gh12

02

02= + (6)

Resultatet fås om denna fart i kvadrat sätts in i ekv (4).

hv

gh= +0

20

4 2

LP 2.24


LP 7.25

ω P

x

y

O

r

f

N

et

en

θ

s

rmg

Så länge tvättplagget ligger an mottrumman påverkas det av tyngdkraftenmg och kontaktkraften. Kontaktkraftenkan delas upp i en normalkraft N och enfriktionskraft f .

Inför i en godtycklig punkt på bankur-van basvektorerna et och en i det natur-liga koordinatsystemet. Det allmännauttrycket för accelerationen är

a e e= +˙ ˙s

st n

2

ρ (1)

Om tvättplaggets massa är m ger kom-ponenten av kraftekvationen F a= m inormalriktningen

ms

N mg˙

sin2

ρθ= − (2)

Krökningsradien ρ är lika med cirkelbankurvans radie r . Hastigheten kan skrivaspå olika sätt. Speciellt vill vi uttrycka den i vinkelhastigheten ω :

˙ ˙s v r r= = =θ ω (3)

För en viss vinkel θ β= upphör kontakten med trumman. Det matematiskavillkoret för detta är

kontaktvillkoret: N = 0 (4)

Om vi nu sätter in (3) och (4) i huvudekvationen (2) fås

mr

rmg

2 2

0ω β= − sin (5)

r gω β2 = sin ⇒ (6)

Svar: ω β= gr

sin

LP 2.25


LP 7.26

en

et

N

mg

ρ

f v0

Bilen påverkas av tyngdkraften mg,normalkraften N och friktionskraftenf N= µ . Inför basvektorerna et och en

i det naturliga koordinatsystemet.


et : ms Ft˙ = ⇒

en : ms

Fn

˙2

ρ= ⇒

ms N˙ = −µ (1)

mvR

mg N02

= − (2)

Lös ut normalkraften ur (2) N mg mvR

= − 02

och sätt in i (1)! ˙s gvR

= − −

µ 02

LP 7.27

en

et

N

mg

ρ

f

v0

Bilen påverkas av tyngdkraften mg,normalkraften N och friktionskraftenf N= µ . Inför basvektorerna et och en

i det naturliga koordinatsystemet.


et : ms Ft˙ = ⇒

en : ms

Fn

˙2

ρ= ⇒

ms N˙ = −µ (1)

mvR

N mg02

= − (2)

Lös ut normalkraften ur (2): N mg mvR

= + 02

och sätt in i (1)! ˙s gvR

= − +

µ 02

LP 2.26

LP 2.27


LP 7.29

β

O

AB

b

mg

S1

T

β

O

AB

b

et

en

mg

S2

Betrakta först jämviktsfallet. Jämviktfordrar att kraftsumman är noll i denvertikala riktningen:

↑ − =: sinS mg1 0β (1)

⇒ Smg

1 =sin β

(2)

När den horisontella tråden klipps avfår kulan en acceleration i det förstaögonblicket efter klippet. Kulan börjaren cirkelrörelse och för att bestämmatrådkraften projiceras kraftekvationenF a= m på normalriktningen:

en : ms

Fn

˙2

ρ= ⇒ (3)

I normalriktningen är dock accelera-tionen noll i det första ögonblicket,eftersom hastigheten s är noll då.Insättning i (3) ger

0 2= −S mgsin β (4)

⇒ S mg2 = sin β (5)

a) Vid jämvikt är kraften i vajern Smg

mg154

= =sin β

b) I första ögonblicket efter klippet är kraften i vajern S mg mg245

= =sin β

LP 2.29


LP 7.30

k

R

v0

et

en

rk(R-l)

ab

c

Pucken påverkas av tyngdkraften mg,normalkraften N och fjäderkraften.Tyngdkraften och normalkraften ärvinkelräta mot rörelsens plan ochbehöver inte beaktas.

Om utgångsfarten är mycket stor fåsbankurvan a, om utgångsfarten ärliten fås bankurvan c . För en viss fartv0 fås den cirkulära bankurvan.

Inför basvektorerna et och en i detnaturliga koordinatsystemet.Fjäderkraften, vars storlek är k r l−( )verkar i normalriktningen


et : ms Ft˙ = ⇒ ms = 0 (1)

en : ms

Fn

˙2

ρ= ⇒ m

sR

k R l˙2

= −( ) (2)

Ekv (1) säger att farten är konstant: s v= 0 . Sätt in detta i ekv (2)! ⇒

mvR

k R l02

= −( ) ⇒ vkRm

R l0 = −( )

LP 2.30


LP 7.31

β

R

Shell

N

mg

en

eb

β

Bilen påverkas av tyngdkraften mg ochnormalkraften N . Någon friktionskraftskall inte behövas om man kör med enväl anpassad fart v0 .

Inför basvektorerna et och en i det natur-liga koordinatsystemet. Tangentialrikt-ningen et pekar i hastighetens riktningmedan normalriktningen en pekar in motkrökningscentrum. Binormalriktningeneb definieras med kryssproduktene e eb t n= ×

Kraftekvationen F a= m blir i komponentform

et : ms Ft˙ = ⇒ ms = 0 (1)

en : ms

Fn

˙2

ρ= ⇒ m

vR

N02

= sin β (2)

eb : 0 = Fb ⇒ 0 = −N mgcosβ (3)

Ekv (1) säger att farten är konstant: s v= 0 . Detta utnyttjas i ekv (2). Lös utnormalkraften ur ekv (3) och sätt in det i ekv (2)!

mvR

mg02

=cos

sinβ

β ⇒ v gR0 = tan β

LP 2.31


LP 7.32

R

θ

et

en

f

Inför det naturliga koordinatsystemetmed koordinaten s = 0 vid tiden t = 0och basvektorerna et och en enligtfigur. Bilen påverkas av tyngdkraften,normalkraften och friktionskraften.Eftersom bara friktionskraften ligger irörelsens plan måste den vara likamed massan gånger accelerationen.


ts

s=

==

000˙

Vi använder beteckningen s v≡ förhastigheten och betecknar friktions-kraftens komponenter ft och fn .

Kraftekvationen F a= m blir i komponentform

et : ms Ft˙ = ⇒ mvt

ftdd

= (1)

en : ms

Fn

˙2

ρ= ⇒ m

vR

fn2

= (2)

Friktionskraftens storlek är alltså

f f f mvt

mvR

m avRt n= + =

+

= +2 22 2

02

4

2

dd

(3)

Givet i problemtext:dd

vt

a= 0 ⇒ vvs

add

= 0 ⇒ v v a sd d= 0 ⇒

va s

2

020− = ⇒ v a s= 2 0 (4)

Observera att det är samma samband som för fallhastigheten i tyngdkraftfältet( v gh= 2 ). Insättning i (3) ger sambandet för hur friktionskraften växer medsträckan.

f m aa sR

= +02 0

2 2

2

4(5)

Den maximala friktionskraften som kan produceras av ytorna är f N mgmax = =µ µ .Det ger villkoret

m aa sR

mg02 0

21

2

2

4+ = µ ⇒ aa sR

g02 0

21

2

22 24+ = µ ⇒

sRa

g a12

2

02

2 20

2

4= −( )µ ⇒ s

Ra

g a10

2 20

2

2= −( )µ s1 67≈ m

LP 2.32


LP 7.33

r

ω r

f

mg

N

r

N

en

et

Personen beskriver en cirkelrörelsemed radien r . Det är friktionskraftensom håller personen uppe. Den maxi-mala friktionskraften som kanproduceras ges av f Nmax = µ .

Inför basvektorerna et , en och eb i detnaturliga koordinatsystemet.

Kraftekvationen F a= m blir i kompo-nentform

et : ms Ft˙ = ⇒ m Ft⋅ =0 (1)

en : ms

Fn

˙2

ρ= ⇒ mr Nω 2 = (2)

eb : 0 = Fb ⇒ 0 = −f mg (3)

Den maximala friktionskraften somkan produceras ges alltså av f Nmax = µ .Ekv (2) och (3) ger

mrmgωµ

2 = ⇒

ωµ

2 = gr

⇒

ωµ

= gr

LP 2.33


LP 7.36

θ-1

FARA

51

v

D

L

mg

T

et

en

De yttre krafterna på flygplanet ärtyngdkraften mg , drivkraften T ochmotståndskraften D i hastighetensriktning samt lyftkraften L vinkelrätemot.

Om krafter skall bestämmas är det na-turligt att skriva upp kraftekvationen.Förutom tangential- och normalrikt-ningen nämns också bankurvans krök-ningsradie ρ i problemtexten.

Det är därför kraftekvationen F a= m projicerad på det naturliga systemetsbasvektorer som ger lösningen. Det är här accelerationen hos flygplanetsmasscentrum som avses.

Inför i en godtycklig punkt på bankurvan basvektorerna et och en i det naturligakoordinatsystemet. Det allmänna uttrycket för accelerationen är

a e e= +˙ ˙s

st n

2

ρ (1)

I komponentform fås

et : ms T D mg˙ sin= − − θ (2)

en : ms

mg L˙

cos2

ρθ= − (3)

I texten är farten given: s v= liksom fartökningen per tid: ˙s at= . Insättning i ekv(2) och (3) ger

ma T D mgt = − − sinθ (4)

mv

mg L2

ρθ= −cos (5)

och de sökta krafterna blir

D T m g at= − +( )sinθ (6)

L m gv= −

cosθρ

2

(7)

Ekv (6) säger att motståndskraften är lika stor som drivkraften om hastigheten ärkonstant och horisontell. Om flygplanet dyker vertikalt utan luftmotstånd ochdrivkraft är accelerationen lika stor som tyngdaccelerationen. Om flygplanetdyker vertikalt utan drivkraft med konstant hastighet är luftmotståndet lika medtyngdkraften.Ekv (7) säger att lyftkraften är lika stor som tyngdkraften om bankurvan ärrätlinjig och horisontell.

LP 2.36


LP 7.38y

xθ

r

Bankurvan är given

r R t

t

= −( )= −( )

2

5 2

cos

sin

ωθ β ω

(1)

Bestäm, som funktion av tiden t , denradiella och transversella komponen-ten av den kraft som verkar på denlilla kroppen.

Kraftekvationen F a= m har icylinderkoordinater komponenterna:

F m r r

F m r r

r = −( )= +( )

˙ ˙

˙ ˙ ˙θ

θ θθ

2

2 (2)

För att kunna bestämma kraftkomponenterna måste vi bestämma allatidsderivator i högerledet. Vi startar med den givna bankurvan (1)

˙ sin sin˙ cos

r R t R t

t

= − −( ) =

= −

ω ω ω ω

θ βω ω2 (3)

Ett biresultat är att kroppens hastighet ärv e e e e= + = − −( )˙ ˙ sin cos cosr r R t R t tr rθ ω ω βω ω ωθ θ2 2 (4)

Ytterliggare en tidsderivering av (3) ger

˙ cos˙ sin sin

r R t

t t

=

= − −( ) =

ω ω

θ βω ω βω ω

2

2 22 2 (5)

Insättning i kraftekvationen (2) ger

F m R t R t t

F m R t t R t t

r = − −( ) −( )[ ]= −( ) + −( )[ ]

ω ω ω βω ω

ω βω ω ω ω βω ωθ

2 2

2

2 2

2 2 2 2

cos cos cos

cos sin sin cos (6)

Förenkling ger slutligenF mR t t t

F mR t t

r = − −( )[ ]= −( )

ω ω β ω ω

βω ω ωθ

2 2 2

2

4 2

2 2 3

cos cos cos

sin cos (7)

LP 2.38


LP 7.39

en et

mg

enet

mg

N2N1y

x

De yttre krafterna på motorcykeln ärtyngdkraften mg och normalkraftenN .Normalkraften skall bestämmas ochdet är naturligt att skriva upp kraft-ekvationen. Krökningsradien ρnämns i problemtexten och den ingår iaccelerationen i normalriktningen.

Kraftekvationen F a= m projicerad på det naturliga systemets basvektorriktningar

ms F

ms

F

t

n

˙˙=

=

2

ρ⇒

ms

ms

mg L

˙˙=

= ±

02

ρm

(1)

Övre tecknet för den högsta punkten på bankurvan, som ges av

y b x L= ( )sin /2π (2)

Krökningsradien bestäms ur ρ =+ ′( )

′′1 2 3 2

y

y

/

(3)

Derivatorna bestäms ur (3): ′ = ( )y bL

x L2

2π πcos / (4)

⇒ ′′ = −

( )y b

Lx L

22

2π πsin / (5)

För max och min på kurvan (2) gäller ′ =y 0 (6)

′′ =

y b

L2 2π ρ

π π= +( )

=1 02 4

3 2

2

2

2

/

bL

Lb

(7)

Insättning i ekv (b) ger för högsta respektive lägsta punkten

m bvL

mg N4 22

2 1π = − ⇒ N mg m bvL1

22

24= − π

m bvL

mg N4 22

2 2π = − + ⇒ N mg m bvL2

22

24= + π

LP 2.39


LP 7.42

β

ωb

f

N

mg

et en

ebβ

Så länge kroppen är i vila relativt denkoniska ytan beskriver den en cirkel-rörelse med radien b och vinkelhas-tigheten ω . För en liten vinkelhastig-het kan friktionskraften hålla kvarkroppen. För en tillräckligt storvinkelhastighet antar friktionskraftensitt maximala värde f N= µ . Det ärdetta gränsfall som skall studeras.

För cirkelrörelse spelar det ingen rollom man använder det naturliga koor-dinatsystemet eller cylinderkoordina-ter. Här väljer vi det förra.

Projicera kraftekvationen F a= m (1)

på tangential- normal- och binormalriktningen:

et : ms Ft˙ = (2)

en : ms

Fn

˙2

ρ= (3)

eb : 0 = Fb (4)

Om vinkelhastigheten ökar mycket långsamt är ˙s = 0 och ekv (2) visar att det intekrävs någon kraft Ft . Insättning i (3) och (4) ger

en : mb N Nω β µ β2 = − +sin cos (5)eb : 0 = + −N N mgcos sinβ µ β (6)

Ekv (6) ger Nmg=+cos sinβ µ β

(7)

Insättning i (5) ger mb mgω β µ ββ µ β

2 = − ++

sin coscos sin

(8)

Efter förenkling fås resultatet

b gω β µ β β µ β2 cos sin sin cos+( ) = − +( ) (9)

µ β ω ββ ω β

= +−

g bg b

sin coscos sin

2

2

LP 2.42


LP 7.45

θ l

b

mg

S

mg

S

θ eb

en

Under en viss tid då vinkelhastighetenär konstant beskriver varje barn encirkelrörelse i ett horisontalplan.Barnet påverkas av tyngdkraften mgoch trådkraften S.Bestäm vinkelhastigheten då linanbildar vinkeln θ med vertikalen.

Kraftekvationen

F a= m

blir projicerad på det naturliga koor-dinatsystemets basvektorer:

ms F

ms

F

F

t

n

b

˙˙

=

=

=

2

0ρ

Insättning ger

ms

m b l S

S mg

˙sin sin

cos

=

+( ) == −

0

0

2θ ω θβ

Ingen kraft i tangentialriktningen betyder att farten ˙ sins b l= +( )θ ω är konstant.Krökningsradien ρ är densamma som cirkelns radie. Om trådkraften S eliminerasgenom att (3) insättes i (2) fås ekvationen

m b lmg+( ) =sin

cossinθ ω

ββ2

ω βθ

2 =+( )g

b ltan

sin

Vinkelhastigheten är

ω βθ

=+( )g

b ltan

sin

LP 2.45


LP 7.46

r

O

h

θ

et

en

N

mg

eb

S

β

Pulkan med barnet beskriver en cirkel-rörelse i ett horisontalplan. Systemetpåverkas av tyngdkraften mg, normal-kraften N och trådkraften S.Bestämnormalkraften då vinkelhastighetenför tråden är θ ω= .

Inför hjälpstorheten β som vinkelnmellan tråden och horisontalplanet.

Kraftekvationen

F a= m

blir projicerad på det naturliga koor-dinatsystemets basvektorer:

ms F

ms

F

F

ms

mvr

S

N S mg

t

n

b

˙˙

˙

cos

sin

=

=

=

⇒

=

=

= + −

2 2

0

0

0ρ

β

β

(1)

(2)

(3)

Ingen kraft i tangentialriktningen betyder att farten s v r= = ω är konstant.Krökningsradien ρ är densamma som cirkelns radie. Om trådkraften S eliminerasgenom att (3) insättes i (2) fås ekvationen

mr

rmg Nω

ββ( ) = −

2

sincos

mr mg Nω β2 tan = −

N mg mr= − ω β2 tan

Men vinkeln β bestäms ur sambandet tan β = hr

. Insättning ger

N mg mh= − ω 2

LP 2.46


LP 7.53

er

θ

eθ

rx

y

frfθ β

f

De yttre krafter som verkar på mannenär tyngdkraften och normalkraften ivertikal riktning samt friktionskraften fi karusellens plan.

Kraftekvationen F a= m är i planpolärakoordinater skrivs allmänt

m r r F

m r r F

r˙ ˙

˙ ˙ ˙−( ) =

+( ) =

θ

θ θ θ

2

2 (1-2)

Antag att friktionskraften har kompo-nenterna fr och fθ .

Nu vet vi från problemtexten att

r v= 0 ; ˙r = 0 (3)˙θ α= ; θ ω α= = t (4)

Insättning ger

m v t t f

m r v t f

r0

2

02

0

− ⋅ ( )( ) =

+( ) =

α

α α θ

⇒f mv t

f m r v tr = −

= +( )

0

2 3

02

αα αθ

Tiden kan elimineras eftersom vi vet att r v t= 0

fm r

vf m r

r = −

=

α

αθ

2 3

02

3(3)

Vinkeln mellan friktionskraften och radialriktningen ges av

tan β θ= ffr

⇒ tan βα

= − 3 02

2

vr

Kommentar: Minustecknet säger att friktionskraften egentligen bildar en trubbigvinkel med radialriktningen, eftersom den radiella komponenten är riktad inåt.Det behövs ju en centripetalkraft inåt för att ge en acceleration inåt.

LP 2.53


LP 7.55

x

y

eθ

er

θ

r

NHv

Kraftekvationen F a= m är i cylinder-koordinater

m r r F

m r r F

mz F

r

z

˙ ˙

˙ ˙ ˙

˙

−( ) =

+( ) =

=

θ

θ θ θ

2

2 (1-3)

Begynnelsevillkoret är tr r

r=

==

000

˙

Tyngdkraft och kontaktkraft är de endakrafterna. Det finns ingen kraft i rörets

riktning. Kontaktkraften som här bara är en normalkraft eftersom röret är glattkan uppdelas i en horisontell och en vertikal komposant. Insättning i kraftekva-tionen ger

m r r

m r r N

mz N mgH

V

˙ ˙

˙ ˙ ˙

˙

−( ) =

+( ) =

= −

θ

θ θ

2 0

2 ⇒

−( ) =

== −

m r r

mr N

N mgH

V

˙˙

( ' )

ωω

2 0

20 3

(1' )

(2' )

Ekv (2’) och (3’) används för att bestämma normalkraftens komposanter. Bankur-vans ekvation borde då kunna bestämmas med ekv (1):

˙r r− =ω 2 0 (4)

Vi gör en ansats, dvs vi gissar att ekvationen satisfieras av tidsfunktionen

r Ae Bet t= + −ω ω (5)

där A och B är (integrations-) konstanter. För att kunna utnyttja begynnelse-villkoret tidsderiveras ansatsen:

r Ae Bet t= −( )−ω ω ω (6)Begynnelsevillkoret ger nu med (6) och (7)

r A B0 = + (8)0 = −( )ω A B (9)

Vilket betyder att B Ar= = 0

2 (10)

Lösningen är alltså rr

e et t= +( )−0

2ω ω (11)

Eftersom vinkelhastigheten är konstant så är ω θt = och bankurvans ekvation kanskrivas

rr

e e= +( )−0

2θ θ eller r r= 0 coshθ

LP 2.55



LP 8.1

O x

kx

Vi antar först att den givna bromsandekraften F kx= är den enda kraft sompåverkar rörelsen och därmed ocksåinträngningsdjupet. Men verkar ingenkraft i rörelseriktningen? Fastän man italspråk kunde ha sagt att ”kulan kommed en våldsam kraft mot målet” ärdet inte frågan om en kraft i fysikaliskmening. Kulan har däremot från bör-jan en rörelsemängd p v= m somminskar till noll vid inbromsningen.Det är förändringen per tid av denna

rörelsemängd som enligt kraftekvationen F p= ˙ är detsamma som nettokraften

på kulan. Begynnelsevillkoret är txx v

===

00

0˙Vi ska bestämma farten som funktion av läget x . En energiekvation är just ensådan ekvation där tidsberoendet eliminerats. Vi väljer här

lagen om den kinetiska energin: U T T= − 0 (1)

Den kinetiska energin från början är given: T mv0 021

2= (2)

Arbetet U , som den bromsande kontaktkraften gör, bestäms genom integreringenligt definitionen

UC

= ⋅∫ F rr

r

d0

(3)

Både kraften och förflyttningen har här komponent endast i x-riktningen.Kraften är motsatt riktad förflyttningen så att ett minustecken uppstår i skalär-produkten. Insättning i (3) ger

U kx x kxx

= −∫ = − −d0

212

0

Insättning i huvudekvationen (1) ger

− = −12

12

12

2 20

2kx mx mv˙ (4)

⇒ x v km

x= −02 2 (5)

Vi vet att inträngningsdjupet är d . Det betyder enligt ekv (5) att

v km

d02 2 0− = ⇒ k mv

d= 0

2

2

Insättning i (5) ger resultatet x v xd

= −0

2

21


LP 3.1


LP 8.2

kx

β

xP

mg

En krafts arbete bestäms med hjälp avdefinitionen

U F x F y F zC

x y zC

= ⋅∫ = + +( )∫F rr

r

r

r

d d d d1 1

2 2

Förflyttningen av kraftens angrepps-punkt sker från läget r1 till r2 längsvägen C . Definitionen visar att det ärbara förflyttningen i kraftens riktningeller kraftkomponenten i förflyttning-ens riktning som ger ett bidrag.Vi bestämmer nu denna linjeintegralför de tre krafterna i tur och ordning.

a) Tyngdkraften har komponenten F mgx = − sin β i förflyttningens riktning.Komponenten som är vinkelrät mot planet bidrar ej till arbetet.

U mg x mg x xC x

x= ⋅∫ = −∫ = − −( )F r

r

r

d sin d sin1 1

22

2 1β β

b) Fjäderkraften har komponenten F kxx = − i förflyttningens riktning.

U kx x kx k x xC x

x

x

x

= ⋅∫ = −∫ = −

= − −( )F rr

r

d d1 1

2

1

22 12

12

22

21

2

c) Kraften P verkar i förflyttningens riktning.

U P x P x xC x

x= ⋅∫ = ∫ = −( )F r

r

r

d d1 1

22

2 1

Observera att om förflyttningen är uppåt längs planet gör kraften P ett positivtarbete medan tyngdkraften och fjäderkraften gör ett negativt arbete.

För krafter som är konstanta är arbetet "kraft gånger väg". För andra kraftersom t ex fjäderkraften måste arbetet bestämmas med en integration.

LP 3.2


LP 8.3

mg

h

Skivstången påverkas av tyngdkraftenmg och krafterna från händerna. Dessakrafter gör var för sig arbeten underlyftet.

Tyngdkraftens arbete är U mghmg = − .

Det arbete som tyngdlyftaren gör kallasU1. För hela lyftet gäller

lagen om den kinetiska energin:

U T T= − 0

Insättning ger U mgh mv1 − = −12

012 (1)

För att bestämma U1 måste alltså farten v1 bestämmas.

Lyftet sker med konstant acceleration som vi kan kalla a. Kinematiksambandger med begynnelsevillkoret vila vid x = 0.

˙x a=

x at=

x at= 12

2

x h= ⇒ h a t= ( )12

2∆ ⇒ a ht

=( )

22∆

⇒ v ht1

2=∆

Insättning i (1) ger

U mgh m ht1 = +

12

2 2

∆

Arbetet som görs för att praktiskt taget utan fart lyfta skivstången är alltsåU mgh1 = .

Numeriskt fås U1 J 0.2kJ= ⋅ +

≈40 9 81 0 5 1

211

2

. .

LP 3.3


LP 8.4

(m)

x

F (MN)

1

5

10

2

10.5 1.5


U F x F y F zC

x y zC

= ⋅∫ = + +( )∫F rr

r

r

r

d d d d1 1

2 2

Om kraften riktning sammanfaller medrörelseriktningen fås

U F x xx= ( )∫ d

Denna integral motsvaras i figuren avarean under kurvan. I stället för attintegrera en funktion gör vi en upp-skattning av areans storlek.

Varje ruta i figuren motsvarar "arean" 0 1. MNm. Antalet rutor uppskattas till90 . Det totala arbetet som kraften gör är alltså U = 9 MNm.

Lagen om den kinetiska energin: U T T= − 0

ger U mv= −12

012 ⇒ v U

m12=

Det numeriska värdet blir v1

6318 10

52 10= ⋅ ≈ ⋅ m/s m/s

LP 8.5

A T O M I C

ATO

MIC

Av de totala friktionsförlusterna stårluftmotståndet för 90%. Hur stora är dåden totala förlusten av mekanisk energi?

Antag att motståndskrafterna totalt görarbetet −U1.

Lagen om den kinetiska energin:

U T T= − 0

ger − + = −U mgh mv121

20 ⇒ U mgh mv1

212

= −

Om farten längst ner i backen är noll har motståndskrafterna alltså gjort likastort arbete som tyngdkraften.

Luftmotståndskraften har gjort arbetet U mgh mv220 9

12

= ⋅ −

.

LP 3.4

LP 3.5


LP 8.6

β

α

mg

NS

f


U F x F y F zC

x y zC

= ⋅∫ = + +( )∫F rr

r

r

r

d d d d1 1

2 2

För krafter som är konstanta bestämsarbetet som "kraft gånger väg". Här ärtrådkraften S och tyngdkraften mgkonstanta. Eftersom accelerationen ärnoll i normalkraftens riktning är nor-malkraften också konstant. Friktions-kraften är vid glidning f N= µ och denmåste då också vara konstant.

a) Tyngdkraften har komponenten F mgx = − sin β i förflyttningens riktning.Komponenten som är vinkelrät mot planet bidrar ej till arbetet.

U mg x mg xC

x= ⋅∫ = −∫ = − ⋅F r

r

r

d sin d sin1

2

0β β

Alternativt säger man att förflyttningen i kraftens riktning (nivåändringen) ärxsin β . Arbetet blir U mg x= − ⋅ sinβ

Numeriskt fås: U = − ⋅ ⋅ ⋅ ≈60 9 81 10 0. sin .3 kJ -1.8 kJ

b) Trådkraften har komponenten F Sx = cosα i förflyttningens riktning.

U S x S xC

x= ⋅∫ = ∫ = ⋅F r

r

r

d d1

2

0cos cosα α

Numeriskt fås: U = ⋅ ⋅ ≈300 0cos .5 10 kJ 2.6 kJ

c) Friktionsraften f N= µ är parallell med förflyttningens riktning. Här måsteförst normalkraften bestämmas med kraftekvationens komponent inormalkraftens riktning:

N S mg+ − =sin cosα β 0 ⇒ N mg S= −cos sinβ α

U N x mg S xC

x= ⋅∫ = −∫ = − −( )F r

r

r

d d1

2

0µ µ β αcos sin

Numeriskt fås: U = ⋅ ⋅ − ⋅( ) ≈0 1 60 9 81 0 3 300 0 5 0 4. . cos . sin . .kJ - kJ

LP 3.6


LP 8.7

Ox

cx2


U F x F y F zC

x y zC

= ⋅∫ = + +( )∫F rr

r

r

r

d d d d1 1

2 2

Om kraften riktning sammanfaller medrörelseriktningen fås

U F x xx= ( )∫ d

Fjäderkraftens arbete blir U cx x cxx

= −∫ = −2

0

313

d


ger eftersom fjäderkraften är den enda kraft som gör arbete

− = −13

12

121

31

20

2cx mv mv ⇒

v v cm

x12

02

132

3= − ⇒ v v c

mx1 0

21

323

= −

Det numeriska värdet blir v12 33

2 12003 2

0 2= − ⋅⋅

≈. m/s 2.4 m/s

LP 3.7


LP 8.8

β

v0

Kulstötaren höjer kulans nivå och gerden en utgångshastighet som vi kallarv1. Denna hastighet är indirekt given avkastparabelns utseende. Stighöjden ärnämligen tidigare bestämd till

h vg

= 12 2

2sin β

Detta uttryck skall man kunna ta frammen behöver inte kunnas utantill. Se t exkinematikavsnittet i teoriboken.

⇒ vgh

1

2=

sin β


ger U mgh mv1 1 121

20− = − ⇒

U mgh m gh1 1 2

12

2= +sin β

⇒

U mg h h1 1 2= +

sin β

Det numeriska värdet blir U1 27 257 9 81 12 4

360 5≈ ⋅ +

°

≈. .

.sin

. J kJ

LP 3.8


LP 8.9

x

y

θ

P

β

R

mg

N


U F x F y F zC

x y zC

= ⋅∫ = + +( )∫F rr

r

r

r

d d d d1 1

2 2

Hylsan påverkas av tyngdkraften mg,kraften P samt normalkraften N .

Normalkraften är i varje läge vinkelrätmot en infinitesimal förflyttning ochbidrar ej till arbetet.

Tyngdkraftens totala arbete är

U mgRmg =

Dela upp kraften P i en horisontell och en vertikalkomposant. De är bådakonstanta och arbetet kan bestämmas som "kraft gånger väg". Komposanternagör arbetena

U P RP1 = ⋅cosβ

U P RP2 = − ⋅sin β


ger då mgR P R P R mv+ ⋅ − ⋅ = −cos sinβ β 12

012 ⇒

v Rm

mg P P12= + −( )cos sinβ β

LP 3.9


LP 8.10

x

P

O

mg

N

f

Containern har massan m. Den gliderpå ett horisontalplan med friktionstaletµ och påverkas av kraften P c kx= + 2 .


txx

===

000˙

Frilägg containern! Förutom den givnahydrauliska kraften verkar tyngdkraften

mg, normalkraften N samt friktionskraften f . Vi ska bestämma farten somfunktion av läget x . Om krafternas arbeten på containern kan bestämmas fåsfartändringen indirekt av


Tyngdkraften och normalkraften gör inget arbete eftersom de är vinkelräta motförflyttningen.

Enligt kraftekvationens vertikala komponent är

N mg= (2)

Friktionskraften är fullt utbildad (dvs maximal) vid glidning så att

f N= µ ⇒ f mg= µ (3)

Friktionskraftens arbete är då

U mg x mgx mgxfx= −∫ = −[ ] = −µ µ µd

0

x

0 (4)

och kan sägas vara ”kraft gånger väg” eftersom kraften är konstant.

Kraften P gör arbetet

U c kx dx cx kx cx kxP

xx

= ( )∫ =

=+ + +2

0

3

0

3

3 3 (5)

Observera att arbetet måste beräknas som en integral då kraften ej är konstant.

Insättning i huvudekvationen (1) ger nu

cx kx mgx mx+3

2

312

0− = −µ ˙ (6)

xm

c mg x kx= −( )

23

3

µ +

LP 3.10


LP 8.19

l

x

k1 k2

lv0

l

x

k1x k2x

l

Fjädrarnas maximala längdändring söks.Motsvarande rörelsetillstånd måste varaett vändläge för hylsan, dvs då fartenmomentant är noll. Det betyder att denkinetiska energin som fanns från börjanhar övergått till potentiell energi hosfjädrarna.Förutom av fjäderkrafterna påverkashylsan också av tyngdkraften mg ochkontaktkraften från stången. Eftersomstången är glatt är friktionskraften nolloch kontaktkraften består av enbart ennormalkraft N . Vid en energibetraktelsegör varken mg eller N något arbete. Deär därför inte heller utritade i frilägg-ningsfiguren.

Begynnelsevillkoret är tx

x v=

==

00

0˙

Även om vi ska betrakta ett ögonblick då farten är noll handlar det om farten iett visst läge. I en problemtyp där man ska bestämma farten som funktion avläget används i första hand en energiekvation. Vi väljer här


Den kinetiska energin från början är given: T mv0 021

2= (2)

Arbetet som en fjäderkraft gör vid en förlängning bestäms med integrering. Detblir negativt, eftersom kraften är motriktad förflyttningen:

F r⋅∫ = =∫ −∫ = −d d dF x kx x kxx

x

0

212

(3)

Huvudekvationen (1) ger nu hastigheten i ett godtyckligt läge:

− − = −12

12

12

121

22

2 20

2k x k x mx mv˙ (4)

Speciellt fås läget (eller den maximala längdändringen xmax ) för ett vändläge dåx = 0

− − = −12

12

0121

22

20

2k x k x mvmax max (5)

k k x mv1 22

02+( ) =max (6)

⇒ xm

k kvmax =

+1 20

Anm.: Lösningen kan också fås ur lagen om mekaniska energins bevarande.

LP 3.19


LP 8.23

h

a

mg

N

Eftersom hylsan glider på en glatt stångpåverkas den bara av tyngdkraften mgoch normalkraften N . Normalkraften ärvinkelrät mot hastigheten och gör alltsåinget arbete. Tyngdkraften är konserva-tiv vilket betyder att den mekaniskaenergin bevaras. Låt referensnivån förden potentiella energin vara i nederstaläget. Den mekaniska energin är enrörelsekonstant:

T V T V1 1 0 0+ = + (1)

Insättning ger12

0 012mv mgh+ = + (2)

v gh1 2=

Stångens form och längd har ingen betydelse. Det är endast förflyttningen ityngdkraftens riktning som inverkar.

LP 8.24

v0

v1h1

h2

N

mg

Vagnen påverkas bara av tyngdkraftenmg och normalkraften N . Normalkraft-en är vinkelrät mot hastigheten och göralltså inget arbete. Tyngdkraften mg ärkonservativ. Den mekaniska energinbevaras alltså. Låt referensnivån för denpotentiella energin vara i utgångsläget.Den mekaniska energin är enrörelsekonstant:

T V T V1 1 0 0+ = + (1)

Insättning ger12

12

012

1 02mv mgh mv− = + (2)

v v gh12

02

12= + ⇒ v v gh1 02

12= +

För att vagnen skall komma över krönet krävs en fart v gh0 22min =

LP 3.23

LP 3.24


LP 8.26

A

B

x

y

z

θ R

h

mg

N

Barnet påverkas bara av tyngdkraftenmg och normalkraften N . Normalkraft-en är vinkelrät mot hastigheten och göralltså inget arbete. Tyngdkraften mg ärkonservativ. Den mekaniska energinbevaras alltså. Låt referensnivån för denpotentiella energin vara i utgångsläget.Lagen om den mekaniska energinsbevarande:

T V T VB B A A+ = + (1)

ger12

12

02 2mv mgh mvB A− = + (2)

v v ghB A2 2 2= + ⇒ v v ghB A= +2 2

LP 8.29

b

c c

cc

b

Ffjäder Ffjäder

Gummibanden kan ses som fjädrar.Stenen påverkas av tyngdkraften mgoch fjäderkrafterna. Om man skjuterhorisontellt bidrar inte tyngdkraften tillutgångsfarten eftersom den i början ärvinkelrät mot förflyttningen.

Fjäderkraften är konservativ. Om refe-rensnivån för den potentiella energinmotsvarar den naturliga längden hosfjädern så kan den skrivas

V k lfjäder = ( )12

2∆

där ∆l är förlängningen räknat från dennaturliga längden.

Lagen om den mekaniska energinsbevarande:

T V T V1 1 0 0+ = + (1)ger

12

0 0 212

012 2 2

2

mv k b c l+ = + ⋅ + −( ) +

(2)

⇒ vk

mb c l1

2 22= ⋅ + −( )

LP 3.26

LP 3.29


LP 8.31

k

A

O r

d

B

mg

mg

N

NFfjäder

C

Hylsan påverkas av tyngdkraften mgnormalkraften N och fjäderkraften. Vidcirkelrörelsen är dock fjäderkraften nolleftersom fjädern då har sin naturligalängd. Normalkraften är vinkelrät mothastigheten och gör alltså inget arbete.Tyngdkraften mg och fjäderkraften ärkonservativa. Den mekaniska energinbevaras alltså. Låt referensnivån för denpotentiella energin för tyngdkraftenvara i utgångsläget. Om hylsan nätt ochjämt når den översta punkten C når denockså B , eftersom tyngdkraften drarden neråt.Lagen om den mekaniska energinsbevarande:

T V T VC C A A+ = + (1)

ger12

2 012

2 2 22

mv mg r k r d rC + ⋅ = + + −( ) (2)

0 212

2 22

+ = + −( )mgr k r d r ⇒

r d rmgrk

2 2 4+ − = ⇒ r d rmgrk

2 2

24+ = +

⇒

d rmgrk

mgrk

= +24 4

d ≈ 0 49. m

LP 3.31


LP 8.32

x

y

y=kx2

h

mg

N

Skateboardåkaren påverkas av tyngd-kraften mg och normalkraften N . I detnedersta läget är normalkraften vertikal.Den bestäms med hjälp av kraftekvatio-nens komponent i normalriktningen(naturliga komponenter), som häröverensstämmer med riktningenvertikalt uppåt:

mv

N mgC

C

2

ρ= − (1)

Index C står för det nedersta läget.

Lagen om den mekaniska energins bevarande ger farten vC

T V T VC C A A+ = + (2)12

0 02mv mghC + = + ⇒ v ghC = 2 (3)

Krökningsradien är given i problemtexten. För x = 0 fås ρC k= 1 2/ .

Insättning i (1) ger N mg mgh

k= + ( )

21 2/

⇒ N mg kh= +( )1 4

LP 3.32


LP 8.33

A

B

mAg

N

m g

S

S S

S

SS

S

xA

xB

Vi skall bestämma farten efter en vissförflyttning. Det är just den problem-ställningen som en energilag passar för.Frilägg först kropparna för att se vilkakrafter som gör arbete.

I ett föregående problem har vi utrettkinematiken. Eftersom linan är oelastiskmåste förflyttningen för A vara tregånger så stor som förflyttningen för B .Trådkrafterna som verkar på kropparnaA och B gör arbete men eftersom A rörsig i trådkraftens riktning och B entredjedel så långt i motsatt riktning(relativt krafterna) så uträttar intetrådkrafterna tillsammans något arbete.Det är alltså bara tyngdkraften somuträttar arbete. Systemet är konservativt

Lagen om den mekaniska energins bevarande

T V T V+ = +0 0 (1)

ger12

12

0 0 02 2m v m v m ghB B A A B+ − = + + (2)

Men v vA B= 3 (3)

⇒ 12

19

2m m v m ghB A A B+

= ⇒ v

m ghm mA

B

B A

=+

189

LP 3.33


LP 8.34

A

ρA

ρBB

h

mg

N

Vagnen påverkas av tyngdkraften mgoch normalkraften N . I det översta lägetär normalkraften vertikal, i det andraläget B är normalkraften horisontell.Den bestäms med hjälp av kraftekvatio-nens komponent i normalriktningen(naturliga komponenter):

mv

N mgA

AA

2

ρ= + (1)

mv

NB

BB

2

0ρ

= + (2)

Lagen om den mekaniska energins bevarande ger farten ger sambandet mellanfarten vA och vB.

T V T VA B B B+ = + (3)

12

12

02 2mv mgh mvA B+ = + (4)

NB skall bestämmas och är enligt ekv (2) bestämd om vB är känd. Farten vB

uttrycks i vA med ekv (4) och vA ges av (1), eftersom N mgA = /2 är given. Alltså,

ekv (1) ger mv

mgA

A

2 32ρ

=

ekv (4) ger 12

12

32

2mv mg mghB A= ⋅ +ρ

ekv (2) ger N mg mghBB

A= ⋅ +

1 32

2ρ

ρ

⇒ N h mgBB

A= ⋅ +

1 32

2ρ

ρ

LP 3.34


LP 8.35

2r

kA

B

r/2O

r

N

N

mg

mg

Ffjäder

Ffjäder

Hylsan påverkas av tyngdkraften mgnormalkraften N och fjäderkraften.Normalkraften är ständigt vinkelrät mothastigheten och gör alltså inget arbete.Tyngdkraften mg och fjäderkraften ärkonservativa. Den mekaniska energinbevaras alltså. Låt referensnivån för denpotentiella energin för tyngdkraftenvara i utgångsläget. Potentiella energinför fjäderkraften är

V k lfjäder = ( )12

2∆

där ∆l är förlängningen räknat från dennaturliga längden.

Lagen om den mekaniska energins bevarande:

T V T VB B A A+ = + (1)ger

12

212 2

12

012

22

22

02 2

22

mv mg r kr

mv k rr

rB − ⋅ +

= + + ( ) +

−

(2)

Förenkling ger

12

212

12

174 2

20

2 2

2 2

mv mg r mv k r rr

B = ⋅ + + −

−

⇒

v v grkm

rB2

02 24

204

17= + + −

⇒

v v grkm

rB = + + −( )02 24 5 17

Numeriskt fås vB ≈ + ⋅ + −( )9 0 8 9 811000 4

5 17 0 04. ..

. m/s

⇒ vB ≈ 5 1. m/s

LP 3.35


LP 8.36

vA

v

A

rB

rAF

er

r

Satelliten kretsar kring jorden och på-verkas av en enda kraft, gravitations-kraften från jorden. Enligt Newtonsallmänna gravitationslag är den

F e= −GMmr r2 (1)

där M och m är jordens respektivesatellitens massa, r avståndet mellankropparna och G den allmänna gravi-tationskonstanten. Minustecknetbetyder att kraften är riktad inåt motjorden medan enhetsvektorn er harriktning från jorden mot satelliten.Eftersom kraften är omvänt proportio-nell mot avståndet och lika med mgvid jordytan måste den också kunnaskrivas

F e= − mgRr r

2

2 (2)

där R är jordens radie.Problemställningen gäller i princip farten som funktion av läget, och vi vet attlösningen i ett sådant problem ges av en energiekvation. Gravitationskraften ärkonservativ och potentialen är känd:

V GMm

r= − eller V

mgRr

= −2

(3)

Potentialfunktionens lutning är ett mått på kraftens storlek. Med andra ord: ompotentialfunktionen deriveras med avseende på r får man kraftkomponenten.Lagen om den mekaniska energins bevarande

T V T V1 1 2 2+ = + (4)

⇒ 12

12

22

22

mvmgR

rmv

mgRrA

AB

B

− = − (5)

⇒ = + −

v v gRr rB AB A

2 221 1

Kommentar: Satelliten beskiver en centralkraftsrörelse men man behöver egent-ligen inte känna till den teorin för att kunna lösa problemet. Det är ju här barakraftens potentialfunktion som utnyttjas.Svaret säger att farten är konstant om avståndet till jorden är konstant, dvs ombankurvan är en cirkel.Svaret ger också flykthastigheten, dvs den fart som i det första läget krävs föratt satelliten ska nå ut oändligt långt utan överskottsenergi: v R g rAflykt = 2 / .

LP 3.36


LP 8.40

h

mgδ

F1

F2Referensnivå

En tyngd mg faller i tyngdkraftfältet.Den vinner kinetisk energi på bekostnadav den potentiella energin. När tyngdenfår kontakt med fjädrarna minskas denkinetiska energin och den potentiellaenergin associerad med fjädrarna ökardå fjädrarna trycks ihop.

Eftersom både fjäderkraften och tyngd-kraften är konservativa och de är deenda krafterna, så är den mekaniskaenergin en rörelsekonstant. Den meka-niska energin bevaras. Vi jämför alltsådirekt summan av den kinetiska ochpotentiella energin i utgångsläget ochdet läge som motsvarar maximal för-kortning av fjädrarna.

Det senare läget måste vara det läge då tyngden vänder, dvs då hastighetenmomentant är noll. Lösningen borde ges av

lagen om den mekaniska energin: T V T V1 1 0 0+ = + (1)

Vi väljer som referensnivå för fjäderkraften det läge där fjädrarna har sin natur-liga längd. Om samma referensnivå väljs för tyngdkraften (det är inte alls nöd-vändigt) ger ekv (1)

012

12

0 0 012

22− + + = + + +mg k k mghδ δ δ (2)

Den kinetiska energin är noll i båda lägena. Trots att rörelsen består av tvådelar, fritt fall och fjäderkontakt, kan hela rörelsen betraktas på en gång. Detförutsätter förstås att ingen energi förloras vid en tänkbar stöt mot fjädrarna.Omskrivning av ekvationen ger

12

01 22k k mg mgh+( ) − − =δ δ (3)

Vi löser denna andragradsekvation:

δ δ2

1 2 1 2

2 20−

+−

+=mg

k kmgh

k k (4)

⇒ δ =+

±+

++

mgk k

mgk k

mghk k1 2 1 2

2

1 2

2

eller δ =+

+ ++( )

mgk k

h k kmg1 2

1 21 12

LP 3.40


LP 8.47

v0

r

N

mg

etenθ

v1

N1mg

Lådan påverkas av tyngdkraften mgnormalkraften N . Normalkraften ärständigt vinkelrät mot hastigheten ochgör alltså inget arbete. Tyngdkraften mgär konservativ. Den mekaniska energinbevaras alltså. Låt referensnivån för denpotentiella energin för tyngdkraftenvara i nedersta läget.

Lagen om den mekaniska energin: T V T V1 1 0 0+ = + (1)

ger12

212

012

02mv mg r mv+ ⋅ = + (2)

v v gr1 02 4= − (3)

Normalkraften bestäms med hjälp av kraftekvationens komponent i normal-riktningen en (naturliga komponenter). För det översta läget fås

mvr

N mg12

1= + (4)

Insättning av (3) ger

Nmr

v gr mg1 02 4= −( ) − (5)

⇒ Nmr

v mg1 02 5= −

För att lådan skall vara i kontakt med cylinderväggen i det översta läget måstekontaktkraften vara större än noll i det läget. Det ger ett villkor på utgångsfarten:

N1 0> ⇒ mr

v mg02 5 0− > ⇒ v gr0 5>

LP 3.47


LP 8.49

l

O

θS

mg

et

en

θ

v0

v1

Pendelkulan påverkas av tyngdkraftenmg trådkraften S. Trådkraften gör ingetarbete eftersom den är vinkelrät mothastigheten. Tyngdkraften är konserva-tiv så att den mekaniska energin är enrörelsekonstant.

I problemtexten ges ett villkor på tråd-kraften S, nämligen att den är noll förutslagsvinkeln 2 3π/ . Vi ställer därförupp kraftekvationens komponent inormalriktningen:

mv

Fn

2

ρ= (1)

Insättning ger

mvl

S mg2

= − cosθ (2)

För vinkeln θ π= 2 3/ fås då

mvl

mg12

0 2 3= − ( )cos /π (3)

mvl

mg12

2= v

gl1

2

2= (4)

Farten v1 är alltså känd. Sambandet mellan farten v1 och v0 ges av

Lagen om den mekaniska energin: T V T V1 1 0 0+ = + (5)

12 6

12

012

02mv mg l l mv+ +

= +sin

π (6)

v gl v12

022 1

12

+ +

= ⇒ v v gl1

20

2 3= − (7)

Förhållandet mellan kinetiska energierna är

TT

mv

mv

vv

vv gl

glgl gl

1

0

12

02

12

02

12

12

1212

32

2 317

= = =+

=+

=//

LP 3.49


LP 8.59

mg∆h

En krafts effekt P beräknas meddefinitionen

P = ⋅F v

I det ögonblick som hastigheten förkraftens angreppspunkt är v äreffekten P = ⋅F v . I detta problembestämmer vi en medeleffekt för enarmhävning vars uppåtgående rörelsetar tiden ∆t.

Om höjdändringen är ∆h under tiden∆t så är medelfarten ∆ ∆h t/ .

Effekten blir då P mg h t= − ∆ ∆/

Numeriskt fås P = − ⋅ −800 0 35 1 280. / W = W

Om man frågar efter effektens storlek utelämnas minustecknet P mg h t= ∆ ∆/

LP 8.60

β

mg

f

FD

N1N2

En krafts effekt P beräknas meddefinitionen

P = ⋅F v

Om bilen kör med konstant fart uppfören backe med lutningsvinkeln β måstedrivkraften f vara lika stor som sum-man av motståndskraften FD och tyngd-kraftens komponent mgsin β .

Om bilen körs på horisontell väg medkonstant fart måste drivkraften f varalika stor som motståndskraften FD .Denna effekt är given:

P F vD0 =

Om bilen körs med samma fart uppför en backe krävs först denna effekt för attkomma över motståndet. Dessutom krävs en effekt för att röra sig mot tyngd-kraften.

P P mg v1 0= + ⋅sin β

Numeriskt fås värdet P1 10000 1200 9 81 0 1 25≈ + ⋅ ⋅( ). sin . W

P1 39≈ kW

LP 3.59

LP 3.60



LP 9.1

β

v0

x

y

v0

β

kastvidd

stighöjdg

v

Impulslagen skrivs allmänt

F p pdt t tt

t

00∫ = ( ) − ( )

och uttalas:

kraftens impuls under tidsintervallett t0 ,( ) är lika med ändringen av rörelse-

mängden under samma tidsintervall.

I detta problem är golfbollen i vila frånbörjan så att stötkraftens impuls är likamed bollens rörelsemängd mv0 just eftertillslaget.

F v 0dt m0

0

τ

∫ = −

Vi känner kastvidden d och elevationsvinkeln β för golfbollen. Med den iproblemtexten givna formeln ser man att denna kastvidd kräver enbegynnelsefart

v d g0 2

= ⋅sin β

.

Impulsens storlek är då mv m dg0 2

=sin β


LP 4.1


LP 9.2

F

S 606

F

S 606

v0v1


F p pdt t tt

t

00∫ = ( ) − ( )

och uttalas:



I detta problem är rörelsen rätlinjig.Problemet är endimensionellt och vi kandärför skriva impulslagen utan vektor-beteckningar. Vi skriver impulslagenshorisontella komponent.

F t mv mvt

td

0

1

1 0∫ = −

Om medelkraften är Fmedel fås

F t mv mvmedel ⋅ = −∆ 1 0 ⇒ F mv mvtmedel = −1 0

∆

Numeriskt fås Fmedel N 79 N= ⋅ ⋅ − ≈2 5 105 6 3 7

603.

. .

LP 4.2


LP 9.3

(s)

t

F (kN)

3

2

1

0.05 0.15

4

0.1

5


F p pdt t tt

t

00∫ = ( ) − ( )

och uttalas:



Impulslagens vertikala komponent blir.

F t mv mvt

td

0

1

1 0∫ = −

Vänsterledet är den efterfrågade impulsen och den integralen motsvarar areanunder kurvan i diagrammet. Ett ungefärligt värde på impulsen fås då genomatt räkna rutorna och multiplicera med den "area" som varje ruta motsvarar.

En ruta motsvarar "arean" 0 5. kN 0.01 s = 5 Ns⋅

Hela arean under kurvan är ungefär 96 rutor

Hela "arean" är alltså 96 5 Ns = 480 Ns⋅

Detta är också den totala vertikala impulsen.

LP 4.3


LP 9.4

m

v0

M

v1


F p pdt t tt

t

00∫ = ( ) − ( ) (1)

Den gäller för de båda kropparna var försig och för hela systemet. Det finns enstötkraft på båda kropparna men efter-som de har motsatta riktningar finns det idetta problem ingen yttre kraft på helasystemet.

Den totala rörelsemängden är därförkonstant. Vi säger då också att rörelse-mängden bevaras. Antag att fartenefteråt är v1. Då fås

mv M m v0 10+ = +( ) (2)

Kinetiska energin före stöten är T mv0 021

2= (3)

Kinetiska energin efter stöten är T M m v1 121

2= +( ) (4)

Om (2) utnyttjas fås T M m mM m

v mM m

v1

2

02

2

021

212

= +( )+

=

+(5)

Energiförlusten är då ∆T T T mv mM m

v= − = −+0 1 0

22

021

212

(6)

∆T m mM m

v= −+

12

1 02 (7)

∆T MmM m

v= ⋅+

12 0

2

Om man vill kan man skriva detta ∆T MM m

mv=+

⋅ 12 0

2

LP 4.4


LP 9.6

v0

v3

v4


F p pdt t tt

t

00∫ = ( ) − ( )

Den gäller för de båda delarna och förhela systemet. Det finns en separations-kraft på båda delarna men det finns idetta problem ingen yttre kraft F på helasystemet. Den totala rörelsemängden ärdärför konstant. Vi säger då också attrörelsemängden bevaras.

Det ger i rörelseriktningen ekvationen

3 20 3 4mv mv mv= + (1)

Resultatet följer omedelbart

v v v3 0 412

3= −( )

LP 4.6


LP 9.7

S2S 2S

f

N

mg

S

Vi ska bestämma lådans fart somfunktion av tiden och frilägger dendärför. Den påverkas av tyngdkraftenmg, normalkraften N , friktionskraftenf samt dragkraften 2S från vajern.

Förklaring till dragkraftens storlek är:Kraften S i vajern är given. Om trissanär lätt och lättrörlig måste kraftmomen-tet med avseende på trissans axel varanoll. Det betyder att kraften i vajern är

lika på båda sidor om trissan. Kraftekvationen för trissan ger på grund av attmassan är noll att nettokraften i den horisontella riktningen måste vara noll.

Friktionskraften växer till en början i storlek på samma sätt som dragkraften.Vid en viss tidpunkt som vi kallar t t= 1 har friktionskraften nått sitt maximalavärde f Ns1 = µ . Efter denna tidpunkt glider lådan varvid friktionskraften ärf Nk2 = µ . Kraftekvationens vertikala komponent säger att N mg= , eftersomaccelerationen i denna riktning är noll.Kraftekvationens horisontella komponent är

2 0S f− = för t t< 1 (1)2 0S mgs− =µ för t t= 1 (2)2S mg mxk− =µ ˙ för t t> 1 (3)

Eftersom dragkraften är given 2 2 2S kt= ges tidpunkten t1 ges av ekv (2)

2 012kt mgs− =µ ⇒ t mg

ks

1 2= µ

(4)

Begynnelsevillkoret för lådans rörelse är t txx

===

1

00˙

Lösningen ges nu av ekv (3)2 2kt mg mxk− =µ ˙ (5)

Tidsintegrering ger13

2 03

11

⋅

− [ ] = − ⋅kt mgt mx mt

t

k t

tµ ˙ (6)

⇒ 23

31

31k t t mg t t mxk−( ) − −( ) =µ ˙ (7)

Resultatet är alltså att före tidpunkten t mgk

s1 2

= µ är lådan i vila. Efter denna

tidpunkt är hastigheten

x km

t t g t tk= −( ) − −( )23

31

31µ

LP 4.7


LP 9.14

l

30°

N

F

mg

Från början åker lådan ner en sträcka loch då bevaras den mekaniska energin,eftersom tyngdkraften är konservativ ochnormalkraften inte gör något arbete:

T V T V1 1 0 0+ = + (1)

Lådan startar från vila. Insättning ger omlutningsvinkeln kallas β .

12

0 012mv mgl+ = + sin β ⇒ (2)

v gl1 2= sin β (3)

Nu betraktar vi uppbromsningen. Den "givna" kraften är F F kt= +( )0 1 , där F0 skallbestämmas så att lådan stannar efter tiden τ .

Kraftekvationen i rörelseriktningen, som överensstämmer med x-axelns riktningär

mx F kt mg˙ sin= − +( ) +0 1 β (4)

Tidsintegrering ger

mx F t kt mg t˙ sin[ ] = − +

+ ⋅[ ]0 02

00

12

ττ

τβ ⇒ (5)

m mv F k mg⋅ − = − +

+ ⋅0

121 0

2τ τ β τsin (6)

Observera att detta är impulsekvationen F p pdt t tt

t

00∫ = ( ) − ( )

Ekv (6) ger den sökta storheten F0

F m v gk0

122

2= + ⋅

+sin β τ

τ τ (7)

Insättning av (3) och β = °30 ger slutligen

Fm gl g

k0 2

2

2=

+( )+

ττ τ

LP 4.14


LP 9.15

S

S S

S

mg

Mg

A

x

Vikterna friläggs. Varje vikt påverkas avtyngdkraften och trådkraften S. Eftersomtrissan är lätt och lättrörlig måste tråd-kraften vara lika på båda sidor.

Rörelsen startar från vila. Antag att denvänstra vikten får en förflyttning xnedåt. Om tråden är otänjbar får denhögra vikten förflyttningen x uppåt. Viskriver kraftekvationens komponentnedåt för den vänstra och uppåt för denhögra vikten.

Kraftekvationen för vardera vikten blir

↓ − + =: ˙S Mg Mx (1)

↑ − =: ˙S mg mx (2)

Tidsintegration ger impulslagen för vardera:

− ⋅ + ⋅ = −S t Mg t Mx 0 (3)S t mg t mx⋅ − ⋅ = −˙ 0 (4)

Addition av ekvationerna eliminerar trådkraften S

Mg t mg t Mx mx⋅ − ⋅ = +˙ ˙ ⇒ (5)

x M mM m

gt= −+

Svaret är dimensionsriktigt eftersom en acceleration gånger tid motsvarar enhastighet. Man kan också se att

om massorna är lika är det jämvikt;om M m>> fås fritt fall.

LP 4.15


LP 9.16

FRAGILE

F

N

f mg

Frilägg lådan. Den påverkas av dengivna dragkraften F , tyngdkraften mg,normalkraften N och friktionskraften f .

Friktionskraften f ställer in sig för attmotverka rörelsen. Den maximalafriktionskraft som kan produceras är

f Nmax = µ ⇒ f mgmax = µ

Till en början, vid tiden t = 0, orkarfriktionskraften hålla ett jämviktstillståndeftersom dragkraften F a bt= + då enligtproblemtexten är mindre än f mgmax = µ .

När sedan dragkraften ökar startar rörelsen just då

F a bt mg=( ) + =1 µ ⇒ tb

mg a11= −( )µ (1)

Efter denna tidpunkt t t= 1 accelereras lådan, varvid friktionskraften är konstant.Kraftekvationen i rörelseriktningen är

mx a bt mg˙ = + − µ (2)

Tidsintegration ger impulslagen för lådan:

mx m at bt mg tt

t

t

t˙ − ⋅ = +

− ⋅[ ]012

2

11

µ (3)

vm

a t t b t t mg t t= −( ) + −( ) − −( )

1 121

21

21µ

Före tiden t t= 1 är lådan i vila.

LP 4.16


LP 9.18

2v v

Vi ska bestämma hastigheterna efterstöt för två olika studstal. Vi väljer attgöra en lösning för ett godtyckligtstudstal e .Eftersom det inte finns några yttrekrafter på hela systemet (de två hyl-

v2’v1’efter stöt

sorna) i rörelseriktningen bevaras dentotala rörelsemängden enligt impuls-lagen:

F p pdt t tt

t

00∫ = ( ) − ( )

Med andra ord, eftersom den totala yttre kraften F 0= så är rörelsemängden p förhela systemet densamma före och efter stöt:

→ ⋅ − = +: ' 'm v mv mv mv2 1 2 (1)

där v1 ' och v2 ' är hastigheterna efter stöt.

Studstalets definition e v vv v

= − ′ − ′−

2 1

2 1

(2)

ger här e v vv v

= − −− −

2 1

2' '

(3)

Det är här viktigt i både ekvation (1) och (2) att räkna med hastighetskomponent-erna i någon förutbestämd riktning.

Ekvationerna (1) och (3) kan skrivasv v v= +1 2' ' (1')3 2 1ev v v= −' ' (3')

och ger resultatet v e v112

1 3' = −( ) ; v e v212

1 3' = +( )

a) Om studstalet är e = 0 fås resultatet

v v1 2' = ; v v

2 2' =

Detta studstal motsvarar en fullständigt oelastisk stöt. Kropparna fastnar ivarandra som lerklumpar.

b) Om studstalet är e = 1 fås resultatet

v v1 ' = − ; v v2 2' =

Detta studstal motsvarar en elastisk stöt. Kropparna "byter" hastigheter om de harsamma massa.

LP 4.18


LP 9.19

Fstöt

Fstöt

f

Hammarhuvudet påverkas av lika storstötkraft Fstöt som spiken. Denna kraftsimpuls stoppar hammarens rörelsemedan spiken får en impuls neråt.Impulslagen

F p pdt t tt

t

00∫ = ( ) − ( )

ger för hammaren i vertikal riktninguppåt

F t Mvt

t

stötd0

0 0∫ = − −( ) (1)

Spiken får alltså under kontakttiden likastor impuls

F t Mvt

t

stötd0

0∫ = (2)

Spikens begynnelsehastighet neråt efter stöten kallas vspik . Spikens rörelsemängd ibörjan är lika med impulsen som den får:

mv Mvspik = 0 ⇒ v Mm

vspik = 0 (3)

Efter stöten påverkas spiken i rörelseriktningen av friktionskraften f ochtyngdkraften. Antag att tyngdkraften kan försummas!

Lagen om den kinetiska energin U mv mv= −12

121

20

2 ger

− ⋅ = −f d mv012

2spik ⇒ f

mvd

= spik2

2 (4)

Insättning av (3) ger

f md

Mm

v=

2 0

2

⇒ fMv

md= ( )0

2

2 (5)

Numeriskt fås f = ⋅( )⋅ ⋅

≈0 6 32 0 08 0 01

22.

. . N kN

I efterhand kan vi konstatera att denna kraft är mycket större än den försummadetyngdkraften mg ≈ 0 8. N. Stötkraftens storlek beror enligt (2) på stöttiden, sominte är given.

LP 4.19


LP 9.20

N2m r

2r

B

O

N

A

Ffjäder

mg

Ffjäder

C

mg

Processen består av tre olika delar. Förstglider hylsan A neråt längs den glattastången. Sedan sker i nedersta läget enstöt mot hylsan B . Efter denna kortvarigastöt under vilken läget ej ändras rör sigkropparna tillsammans mot C .

För den första delen av rörelsen gäller atthylsan A påverkas av tyngdkraften,fjäderkraften och normalkraften. Denmekaniska energin bevaras eftersombåde tyngdkraften och fjäderkraften ärkonservativa medan normalkraften integör något arbete. Fjäderns längd är frånbörjan enligt Pythagoras 5r

Den mekaniska energin för hylsan A bevaras: T V T V1 1 0 0+ = + (1)

Insättning ger 12

2 0 0 0 2 212

5 112 2 2⋅ + + = + ⋅ + ⋅ −( )mv mg r k r ⇒ (2)

v gr km

r12 2 24

25 1= + −( ) (3)

Före stöt har alltså hylsan A farten v gr km

r1

2 242

5 1= + −( ) (4)

För stöten gäller impulslagen för hela systemet F p pdt t tt

t

00∫ = ( ) − ( ) (5)

som säger att den totala rörelsemängden bevaras för hela systemet (båda hylsorna)

→ + = +( ): 2 0 21 2mv m m v ⇒ v v2 123

= (6)

Under den sista delen av rörelsen gäller återigen mekaniska energilagen. De tvåkropparna påverkas av fjäderkraften, tyngdkraften och normalkraften. Endastfjäderkraften gör arbete. Antag att fjäderns maximala förlängning blir δ

12

3 0 0 0122

2 2⋅ + + = + ⋅mv k δ ⇒ δ 2 223= mv

k⇒ δ 2

1

23 23

=

mk

v

⇒ δ = + −( )

≈2

33

42

5 12 2m

kgr k

mr 0.72 m

LP 4.20


LP 9.21

v0

β

Före

v1

Efter

Hastigheterna för båda kropparna (skateboard och åkare) ändras under ett vissttidsintervall. För detta tidsintervall gäller

impulslagen för hela systemet F p pdt t tt

t

00∫ = ( ) − ( ) (1)

I den horisontella riktningen verkar friktionskraften på båda kropparna. På helasystemet finns det dock ingen horisontell kraft. Insättning ger alltså för helasystemet i den horisontella riktningen:

0 1 0= +( ) −M m v M v cosβ (2)

⇒ v M vM m1

0=+cosβ

Antag att den totala vertikala impulsen på åkaren är I . Impulslagen för skate-boardåkaren i den vertikala riktningen uppåt då masscentrums vertikala hastighetblivit noll blir

I Mv= − −( )0 0 sin β ⇒ (3)

I Mv= 0 sin β

Numeriskt erhålles

v1

36 6 340 2

4 7 5= ⋅ ⋅⋅

≈ ≈ m/s m/s m/s.

I = ⋅ ⋅ ≈ ⋅36 612

1 Ns = 108 Ns 10 Ns2

LP 4.21


LP 9.24v0

Fstöt

v1

x

Bilens hastighetstillstånd före och efterstöten är känt. Studstalet definieras

e v vv v

= − ′ − ′−

2 1

2 1

(1)

Alla hastigheter måste räknas positivt åtett och samma håll. Det är alltså hastig-hetskomponenterna som ingår i ekv (1).Om en x-axel införs kan man ocksåskriva

e x xx x

= − ′ − ′−

˙ ˙˙ ˙

2 1

2 1

(2)

I detta problem har den ena kroppen(väggen) hastigheten noll. Insättning i(2) ger då

ev

vvv

= −− −( )

−=

00

1

0

1

0

⇒ e = − − −( )−

=0 0 60 2 4

14

..

(3)

b) Stötkraften ges i varje ögonblick av kraftekvationen

F m vtxxstöt d

d= (4)

Stötkraftens medelvärde bestäms ur samma ekvation:

F m vtxxstöt

medel( ) = ∆

∆ (5)

Hastighetsändringen ∆vx under stöttiden ∆t = τ ger medelaccelerationen.Insättning ger

F m v vxstöt

medel( ) = − −1 0

τ⇒ (6)

Fxstöt

medel

-2 kgms N( ) = − ⋅ + = −12002 4 0 6

0 312000

. ..

(7)

c) Accelerationens medelvärde framgår av föregående

a v vx( ) = − −

medel1 0

τ⇒ ax( ) = −

medel

2 m/s10 (8)

d) Energiförlusten är densamma som ändringen i kinetiskenergi och kan skrivas

∆T T T mv mv= − = −0 1 02

121

212

(9)

Med användning av (1) fås

∆T m v v mv e mv= −( ) = −( ) = ⋅12

12

11516

120

21

20

2 20

2 (10)

Den del av kinetiska energin som går förlorad är alltså∆T 15=

LP 4.24


LP 9.25

hv

Före stöt

m

M

v’

Efter stöt

Hela processen kan delas upp i tre delar:

1.Hammaren utför fritt fall,2. stöt hammare-påle,3. pålen åker ner i marken.

För hammarens fria fall gäller att denmekaniska energin bevara

T V T V+ = +0 0 (1)

Antag att hammarens fart omedelbartföre stöten är v . Insättning i (1) ger

12

0 02Mv Mgh+ = + (2)

⇒ v gh= 2 (3)

För stöten gäller att rörelsemängden be-varas eftersom inverkan av andra krafterän stötkraften kan försummas understöttiden. Antag att pålens fart omedel-bart efter stöten är ′v . Hammarens fart ärenligt texten noll efter stöt. Vi får förrörelsemängden

Mv mv+ = + ′0 0 (4)

a) Ekv (3) och (4) ger pålens fartomedelbart efter stöt:

′=v Mm

gh2 (5)

b) Studstalet definieras i teorin

e v vv v

= − ′ − ′−

2 1

2 1

(6)

Insättning ger

e vv

= − ′ −−

00

⇒ ev v= ′ (7)

Studstalet är alltså, om (5) utnyttjas

eM ghm gh

=22

⇒ e Mm

=

Observera förutsättningen att hammaren förlorar all sin fart. Studstalet bestäms

LP 4.25


LP 9.27

00003476

x

N

mg

Kedjan kan knappast sägas vara enpartikel men vi vet att kraftekvationengäller för varje delkropp och vi kan medden bestämma masscentrums rörelse.Kraftekvationen kan skrivas F a= m G

eller F p= ˙ , där p är den totala rörelse-mängden p v= ∑ mk k

Kedjan påverkas av tyngdkraften mgoch normalkraften N från vågen.Kraftekvationens vertikala komponentför hela kedjan skrivs då

↓ − + =: N mgptxd

d (1)

a)Vid fritt fall är accelerationen densamma för alla länkar. Varje länk faller alltsåoberoende av de andra. Vi antar också att det inte förmedlas någon kraftverkanfrån vågen och uppåt. Vid fritt fall för en masspartikel m1 fås farten som funk-tion av läget med mekaniska energilagen:

T V T V+ = +0 0 ⇒ 12

0 012

1m x m gx˙ − = + ⇒ x gx= 2 (2)

b)Kedjans totala rörelsemängd är då massan av den del som befinner sig i luftengånger hastigheten, som beräknats i a):

pL x

Lmxx = − ˙ (3)

c)Tidsderivatan av rörelsemängden blir

dd

ddt

pt

mL

L x xmL

x x L x xx( ) = −( )

= −( ) + −( )[ ]˙ ˙ ˙ ˙ (4)

Accelerationen är känd och hastigheten är beräknad i (2). Insättning ger

ddt

pmL

gx L x g mgxL

mgx( ) = − + −( )[ ] = − +2 3 (5)

Insättning i kraftekvationen (1) ger

− + = − +N mg mgxL

mg3 (6)

⇒ N mgxL

= 3

Vågen visar ett utslag motsvarande tre gånger tyngden då den översta länkennår vågen. Det fordras en stor kraft för att stoppa den sista länken.

LP 4.27


LP 9.28

v1 v2

v’

Impulslagen för hela systemet

F p pdt t tt

t

00∫ = ( ) − ( ) (1)

säger att den totala rörelsemängden be-varas eftersom det inte finns någon yttrekraft F på systemet i rörelseriktningen.Antag att hastigheten efteråt är v' !

Rörelsemängden bevaras ger då

mv mv mv1 2 2− = ' (2)

Kinetiska energin före stöten är T mv mv= +12

121

22

2 (3)

Kinetiska energin efter stöten är T mv' '= 12

2 2 (4)

Om (2) utnyttjas fås T mv m v v' '= = −( )21 2

214

(5)

Energiförlusten är då ∆T T T mv mv m v v= − = + − −( )'12

12

141

22

21 2

2 (6)

∆T mv mv m v v v v' = + − − +( )12

12

14

212

22

12

1 2 22 (7)

∆T m v v v v' = + +( )14

212

22

1 2 (8)

Hur stor del är detta av den ursprungliga energin?

∆TT

m v v v v

mv mv=

+ +( )+

14

2

12

12

12

22

1 2

12

22

⇒ ∆TT

v v v vv v

= ⋅ + ++

12

212

22

1 2

12

22 (9)

⇒ ∆TT

v vv v

= ++

12

12 1 2

12

22

Om vagnarna från början har lika stor fart så är∆TT

= 1. All kinetisk energi

förloras då vagnarna står stilla efter stöten.

Om v2 0= så är∆TT

= 12

. Halva den kinetiska energin förloras då enligt (2) farten

har halverats men massan dubblats.

LP 4.28



LP 10.1

r

v

θ

z

M

Kulan och stången påverkas förutom avdet givna kraftparsmomentet M avtyngdkraften, en reaktionskraft och ettkraftmoment vid axeln. Varken tyngd-kraften eller reaktionskraften ger någotkraftmoment med avseende på z-axeln.Momentekvationens z-komponent gerdå om cylinderkoordinater används

M Hz z= ˙ ⇒

Rörelsemängdsmomentet Hz beräknassom hävarm gånger rörelsemängd.Farten är v r= θ .

M ddt

r mr= ⋅( )θ ⇒

M mr= 2 ˙θ ⇒

˙θ = Mmr2

Nämnaren står för kulans tröghet motändring av vinkelhastigheten.


LP 5.1


LP 10.2

vr

y

z

x O

HO

Definitionen av rörelsemängdsmomen-tet är

H r vO m= × ⇒

Här ärr = ( )200 2, 3, 4 m

v = ( )30 1, 4, - 2 m/s

Kryssprodukten beräknas med endeterminant:

H

e e e

O

x y z

= ⋅ ⋅ ⋅−

⋅ ( )

10 10 200 30 2 3 41 4 2

3 kgm /s

= 60 10 -22, 8, 5 kgm /s

2

6 2

LP 5.2


LP 10.3

r

v

θ

z

M

Hela systemet bestående av kulornaoch stängerna påverkas förutom avdet givna kraftparsmomentet M avden totala tyngdkraften längs z-axelnsamt en reaktionskraft uppåt ocksålängs z-axeln. Varken tyngdkrafteneller reaktionskraften ger någotkraftmoment med avseende på z-axeln.Momentekvationens z-komponentger då om cylinderkoordinateranvänds

M Hz z= ˙ ⇒

Rörelsemängdsmomentet Hz beräk-nas som hävarm gånger rörelse-mängd. Farten är v r= θ

H r mvz = ⋅ ⋅4 ⇒

M ddt

r mr= ⋅ ⋅( )4 θ ⇒

M mr= 4 2 ˙θ ⇒

˙θ = Mmr4 2

Nämnaren står för systemets tröghet mot ändring av vinkelhastigheten.

LP 5.3


LP 10.4

z a

vA

O vB

β

b

rB

rA

z a

ONB

β

b

rBrA NA

vA

vB

Rörelsemängdsmomentet är

H r vO m= ×

I läge A är lägevektorn vinkelrät motrörelsemängden så att

H a mvzA

A( ) = − ⋅

Minustecknet följer av högerregeln.

I läge B är det bara den komposant avrörelsemängden som är vinkelrät motlägevektorn som bidrar:

H b mvzB

B( ) = − ⋅ sin β

Eftersom dessa uttryck på rörelse-mängdsmomentet bara gäller vid tvåspeciella lägen (speciella tidpunkter)går det inte att tidsderivera för att fåde sökta tidsderivatorna.

Vi vet dock att enligt momentekvationen är M Hz z= ˙ så att om vi söker Hz kanvi i stället bestämma kraftmomentet Mz . Vilka är krafterna på pucken?

Pucken påverkas av tyngdkraften, en normalkraft uppåt och en normalkraft Ninåt, vinkelrätt mot sargen. Den senare är den enda som kan ge ett kraftmomenti z-riktningen.

I läge A har normalkraften NA en riktning som sammanfaller med lägevektorn.Den kan då inte ge något kraftmoment.

H MzA

zA( ) =( ) = 0

I läge B ges normalkraften NB av kraftekvationens komponent i normalriktningen(naturliga koordinatsystemet):

m vR

NBB

2

=

Bara den del av normalkraften som är vinkelrät mot lägevektorn bidrar till kraft-momentet:

˙ cos cosH M b N b mvRz

Bz

BB

B( ) =( ) = − ⋅ = −β β2

LP 5.4


LP 10.7

ωy

fr

xθ r

fθ

Myran påverkas av tyngdkraften mg,normalkraften N och friktionskraftenf . Dela upp friktionskraften i kompo-nenter enligt figuren. Då tyngdkraftenoch normalkraften är vinkelräta motrörelsens plan är de lika stora och kaninte påverka skivans rörelse.

Myran har en hastighet v utåt i spåretmen också en hastighet v r rθ θ ω= =˙ föratt den följer skivans rotation. Rörelse-mängdsmomentet för myran medavseende på z-axeln är

H r mv mrz = ⋅ =θ θ2 ˙ (1)

Momentekvationen för enbart myran med avseende på z-axeln

M Hz z= ˙ (2)

ger r f dt

mr⋅ = ( )θ θd

2 ˙ (3)

r f dt

mr⋅ = ( )θ ωd

2 (4)

Vinkelhastigheten är konstant men avståndet r ändras enligt r v=

r f mrrθ ω= 2 ˙ (5)

r f mrvθ ω= 2 (6)

Friktionskraften fθ (men med motsatt riktning) verkar också enligt Newtonstredje lag på skivan. Det är den som bromsar skivans rörelse. Den ger ettbromsande kraftmoment på skivan. Om det bromsande kraftmomentetneutraliseras med en motor skall motorn ge kraftparsmomentet

M r f mrvz = =θ ω2 (7)

Svar: Kraftparsmomentet skall vara M mrvz = 2 ω

LP 5.7


LP 10.8

S

S S

S

mg

Mg

A

x

Vikterna friläggs. Varje vikt påverkasav tyngdkraften och trådkraften S.Eftersom trissan är lätt och lättrörligmåste trådkraften vara lika på bådasidor. Detta följer om man ställer uppmomentekvationen för trissan medavseende på centrumaxeln A ( z-axeln).Antag att trissans radie är r och attkrafterna på båda sidor är olika!

M Hz z= ˙

M Iz z= ˙θ

r S S M If z1 2−( ) − = ˙θ

Men om trissan är lätt så är tröghets-momentet Iz = 0 . Om den dessutom ärlättrörlig så är kraftparsmomentet pågrund av friktionen noll, Mf = 0. Detbetyder att

r S S1 2 0 0−( ) − = ⇒ S S1 2=

Rörelsen startar från vila. Antag att den vänstra vikten får en hastighet x nedåt.Om tråden är otänjbar får den högra vikten hastigheten x uppåt. Vi börjar medatt ställa upp momentekvationen för hela systemet med avseende på centrum-axeln A ( z-axeln). Trådkrafterna är då inre krafter och kommer inte med

M Hz z= ˙

Mg r mg rt

r Mx mx⋅ − ⋅ = +( )[ ]dd

˙ ˙

Varje vikt har en rörelsemängd. Hävarmen r är lika till dessa rörelsemängder.Den vänstra vikten har en rörelsemängd neråt, den högra vikten har en rörelse-mängd uppåt. De ger båda ett positivt bidrag till rörelsemängdsmomentet, omdet räknas positivt moturs.

Tidsintegreras momentekvationen får man impulsmomentlagen:

M m gr t r M m x−( ) ⋅ = +( ) ˙

x M m gM m

t= −( )+( )

LP 5.8


LP 10.10

z

v0

a

S

b

v1

ββ

SN

mg

O

Kulan påverkas av tyngdkraften mg,normalkraften N och trådkraften S.Trådkraften S varierar men den är helatiden riktad mot en och samma fixapunkt, origo O . Den ger då ingetkraftmoment med avseende på origo.Tyngdkraften är parallell med z-axelnoch kan inte ge något kraftmoment medavseende på z-axeln. Normalkraftensverkningslinje skär z-axeln och kandärför inte heller ge något kraftmomentmed avseende på z-axeln.

a) Momentekvationen med avseende påz-axeln

M Hz z= ˙

0 = Hz

Hz = konstant

Rörelsemängdsmomentet med avseende på z-axeln är alltså en rörelsekonstant.Rörelsemängdsmomentet är lika i de två nämnda lägena:

a mv b mvsin sinβ β⋅ = ⋅0 1 (1)

Denna ekvation ger alltså farten v1

vab

v1 0= (2)

b) En krafts arbete kan bestämmas på flera olika sätt. Trådkraften är inte känd påförhand. Normalkraften inget arbete eftersom den är vinkelrät mot hastigheten.Tyngdkraftens arbete bestäms enkelt som kraften gånger förflyttningen i dennariktning:

U mg a bmg = − ⋅ −( )cos cosβ β

Lagen om kinetiska energin ger då trådkraftens arbete US

U T T= −1 0

Insättning ger U U mv mvS mg+ = −12

121

20

2

Ekv (2) och (3) ger U mg a b mab

v mvS − ⋅ −( ) = −cos cosβ β 12

12

2

2 02

02

U mg a b mab

vS = −( ) + −

cosβ 12

12

2 02

LP 5.10


LP 10.11

a

y

x

b

A

B

S

vA

O

vB eten

Kulan påverkas av tyngdkraften,normalkraften och trådkraften S. Dåtyngdkraften och normalkraften ärvinkelräta mot rörelsens plan är de likastora och kommer inte med i analysen.

Trådkraften varierar men den är helatiden riktad mot en och samma fixapunkt, origo O . Den ger då ingetkraftmoment med avseende på origo.Momentekvationen med avseende påz-axeln

M Hz z= ˙

0 = Hz

Hz = konstant

Rörelsemängdsmomentet är alltså en rörelsekonstant. Rörelsemängdsmomentetär lika i A och B :

a mv b mvA B⋅ = ⋅ (1)

Denna ekvation ger alltså farten i B :

vab

vB A= (2)

Trådkraften i B ges av kraftekvationens komponent i normalriktningen:

en : mv

SB

B

2

ρ= (3)

Krökningsradien i B är given i problemtexten

mbva

SB2

2 = (4)

Farten vab

vB A= ges av ekv (2).

Resultatet är alltså att trådkraften i B är Smv

bA=

2

LP 5.11


LP 10.16

k(r-a)

mgω

a

r NV

Uppifrån:

k(r-a)a

rNV

er

eθ

x

y

mg

Hela stativet är lätt jämfört med hylsansmassa m. Stativet roterar helt fritt utanvare sig drivning eller friktion. Vad kanman förvänta sig hända? Att hylsan åkerutåt längs stången stämmer väl med deflestas intuition. Efter ett tag blir fjäder-kraften så stor att hylsan vänder inåt.

Det kan också vara rimligt att anta attvinkelhastigheten ändras, då det intefinns någon drivning som kan hålla denkonstant. Krafterna på hylsan är tyngd-kraften mg, en vertikal normalkraft NV

samt fjäderkraften k r a−( ). Observeraatt det inte finns någon horisontell nor-malkraft.

Momentekvationens vertikala kompo-nent

M Hz z= ˙ (1)ger 0 = Hz ⇒ (2)

Hz = konstant (3)

Rörelsemängdsmomentet är alltså lika i de båda lägena:

mb ma21

20ω ω= (4)

Den enda kraft som gör arbete är fjäderkraften. De andra är vinkelräta mot has-tigheten. Den mekaniska energin är då också en rörelsekonstant.

T V T V1 1 0 1+ = + (5)Insättning ger

12

12

12

012 2

02

m b k b a m aω ω( ) + −( ) = ( ) + (6)

Utnyttja ekv (4) mbab

k b a m a22

2 0

22

02ω ω

+ −( ) = ( ) (7)

⇒ k b a maab

−( ) = −

2 22

2 021 ω (8)

⇒ k b a mab a

b−( ) = −

2 22 2

2 02ω (9)

Vi ser en gemensam faktor b a−⇒ kb b a ma b a2 2

02−( ) = +( )ω (10)

⇒ ka b ab b a

m=+( )−( )

2

2 02ω

LP 5.16



LP 11.1

R

h

er

F

r

Satelliten kretsar i en cirkelbana kringjorden på höjden h och påverkas avgravitationskraften från jorden. EnligtNewtons allmänna gravitationslag ärden

F e= −GMmr r2 (1)

M och m är jordens respektive satelli-tens massa, r avståndet mellan krop-parna och G den allmänna gravitations-konstanten. Minustecknet betyder attkraften är riktad inåt mot jorden medanenhetsvektorn er har riktning från jord-en mot satelliten. Eftersom gravitations-kraften vid jordytan då r R= oftastskrivs mg gäller sambandet

F e er R r rGMmR

mg=( ) = − = −2 ⇒ gGMR

= 2 (2)

Man har alltså infört beteckningen g , tyngdaccelerationen vid jordytan, iställetför kombinationen GM R/ 2 .a) Gravitationskraften på satelliten är alltså

F e= −+( )

GMm

R h r2 eller F e= −+( )

mgRR h r

2

2 (3)

b) Vid cirkelrörelse med konstant fart krävs alltid en centripetalkraft, vilketkraftekvationens komponent i den radiella riktningen (normalriktningen omdet naturliga systemet används) säger:

mv

R hG

MmR h

2

2+=

+( ) (4)

⇒ vGMR h

=+

eller v Rg

R h=

+ (5)

c) Gravitationskraftens potentialfunktion är känd från teorin. Satellitensmekaniska energi är

E T V= + (6)

E mv GMmR h

mGMR h

GMmR h

GMmR h

= −+

=+

−+

= −+( )

12

12 2

2 (7)

eller EmgRR h

= −+( )

2

2

Kommentar: Observera att den mekaniska energin är negativ. Det är en konse-kvens av att den potentiella energin har valts att vara noll i oändligheten. Omsatellitens totala energi hade varit positiv skulle den också ha räckt till för att nåoändligheten.


LP 6.1


LP 11.5

R 11vB

C

B

5R

O

vC

Fgrav

Satelliten påverkas av gravitations-kraften från jorden. Enligt Newtonsallmänna gravitationslag är den

F e= −GMmr r2 (1)

M och m är jordens respektive satelli-tens massa, r avståndet mellan krop-parna och G den allmänna gravitations-konstanten. Minustecknet betyder attkraften är riktad inåt mot jorden medanenhetsvektorn er har riktning från jordenmot satelliten.

Eftersom gravitationskraften vid jordytan, då r R= , oftast skrivs mg gäller

sambandet F e er R r rGMmR

mg=( ) = − = −2 ⇒ gGMR

= 2

Eftersom gravitationskraften är den enda kraft som verkar på satelliten och denär en konservativ centralkraft gäller för ellipsbanan att

rörelsemängdsmomentet med avseende på jordens centrum är konstantmekaniska energin är konstant

Det ger två ekvationer:H Hz B z C( ) = ( ) (1)

T V T VB B C C+ = + (2)

R mv R mvB C11 ⋅ = ⋅ (3)

12 6

12

22

22

mv mgRR

mv mgRRB C− = − (4)

Eliminera först vC genom att lösa ut vC ur ekv (3) och sätta in i ekv (4)!

12 6

12

1122 2 2

mv mgRR

m v mgRRB B− = ( ) − (5)

10 2 116

2v gRB = −

⇒ 10

106

2v gRB = (6)

Farten i B skall vara v gRB = 16

LP 6.5


LP 11.6

k

v1

v0

ereθ

rFfjäder

θ

2R

R

O

Partikeln påverkas här av tyngdkraft,normalkraft och fjäderkraft. Kraft-summan av de två första är noll.Eftersom fjäderkraften under helarörelsen är parallell med lägevektorn rblir kraftmomentet med avseende påfjäderns fixa punkt O noll:

Momentekvationen med avseende påden fixa punkten O :

M HO O= ˙ ⇒ =0 HO

⇒ =HO konstant vektor

Om z-axeln är vinkelrät mot rörelsensplan är speciellt z-komponenten Hz enrörelsekonstant. Vi tecknar dennastorhet i de två lägen då hastigheten ärvinkelrät mot lägevektorn:

Rmv Rmv0 12= (1)

Eftersom fjäderkraften är konservativ är också mekaniska energin enrörelsekonstant:

T V T V1 1 0 0+ = + (2)

12

12

212

121

2 20

2 2mv k R l mv k R l+ −( ) = + −( ) (3)

Om (1) insättes i (2) erhålles12 4

12

3 212

02

20

2mv

k R Rl mv+ −( ) = (4)

kRm

R lv

3 23

40

2

−( ) = (5)

Fjäderkonstanten är kmv

R R l=

−( )3

4 3 20

2

LP 6.6


LP 11.8

O

ver

v0

vr

vθ F

eθ

a

r

Pucken påverkas av tyngdkraft, nor-malkraft och fjäderkraft. Eftersomtyngdkraften och normalkraften helatiden balanserar varandra är det barafjäderkraften som påverkar den planarörelsen, som då kan sägas vara encentralkraftsrörelse.

Centralkraften ges för en fjäder av

F e= −kr r (1)

och motsvarande potentialfunktion är

V kr= 12

2 (2)

Vid centralkraftsrörelse är rörelsemängdsmomentet med avseende på kraft-centrum

H r vO m= × (3)

konstant. Komponenten vinkelrät mot rörelsens plan beräknas som hävarmgånger rörelsemängdens θ -komponent. För de speciella lägena fås då sam-bandet

amv amv0 2= θ (4)

Energin är också en rörelsekonstant ty fjäderkraften är konservativ:

T V T V1 1 2 2+ = + (5)Insättning ger

12

12

12

12

202 2 2 2 2mv ka m v v k ar+ = +( ) + ( )θ (6)

När hastigheten bildar 45° med trådriktningen gäller att v vrθ = .

Insättning ger

12

12

12

212

402 2 2 2mv ka m v k a+ = ⋅ + ⋅θ (7)

Division med12

m och insättning av (4) ger

vkm

av k

ma0

2 2 02

222

4+ =

+ (8)

⇒ v km

a02

2

23= ⇒ v a

km06=

LP 6.8



LP 12.1

kx

m

xO

Vagnen påverkas av tyngdkraft ochnormalkraft i den vertikala riktningenmen endast fjäderkraft i den horison-tella riktningen. Om fjädern förlängsverkar en återförande kraft på vagnen

F e= −kx xdär x är avvikelsen från jämviktsläget.


tx dx

===

00˙ (1)

Kraftekvationen F a= m har allmänt x-komponenten F mxx = ˙ . I detta fall fås

mx kx˙ = − (2)

⇒ ˙x km

x+ = 0 (3)

⇒ ˙x xn+ =ω 2 0 där ωnkm

2 = (4)

a) egenvinkelfrekvensen bestäms direkt ur svängningsekvationen (4)

ωnkm

=

b) svängningstidens definition ger

τ πωn

n

= 2 ⇒ τ πnmk

= 2 (5)

Den allmänna lösningen ärx A t B tn n= +cos sinω ω (6)

med hastigheten ˙ sin cosx A t B tn n n n= − +ω ω ω ω (7)

Begynnelsevillkoret ger då integrationskonstanterna A B och :

d A BA Bn n

= += − +

cos sinsin cos0 0

0 0 0ω ω⇒

d A BA Bn n

= + ⋅= − ⋅ +

00 0ω ω

⇒A dB

==

0

(8)

c) Insättning i den allmänna lösningen (6) ger läget som funktion av tiden:

x d tn= cosω (9)d) Hastigheten är ˙ sinx d tn n= − ω ω . Den maximala farten fås för sinωnt = 1.

x d d kmnmax = =ω

e) Accelerationen är ˙ cosx d tn n= − ω ω2 och den maximala accelerationen fås för

cosωnt = 1 ˙maxx d kd

mn= =ω 2


LP 7.1


LP 12.2

kxO

mg

xd

Tyngden påverkas i den vertikala rikt-ningen av tyngdkraft och fjäderkraft. Vilägger origo i jämviktsläget så att dendynamiska delen av fjäderkraften är

F e= −kx x

där x är avvikelsen från jämviktsläget.


tx dx

===

00˙ (1)


mx kx˙ = − (2)

⇒ ˙x km

x+ = 0 (3)

⇒ ˙x xn+ =ω 2 0 där ωnkm

2 = (4)

a) Om tyngden hänger i vila i jämviktsläget är accelerationen noll. Fjäderkraften ärdå lika stor som fjäderkraften:

0 = − +k l mg∆ ⇒ ∆l mgk

= (5)

b) egenvinkelfrekvensen ωn bestäms direkt ur svängningsekvationen (4).Egenfrekvensen är fn

ωnkm

= ⇒ f kmn = 1

2π (6)

c)Den allmänna lösningen ärx A t B tn n= +cos sinω ω (7)

med hastigheten ˙ sin cosx A t B tn n n n= − +ω ω ω ω (8)

Begynnelsevillkoret ger då integrationskonstanterna A B och :

d A BA Bn n

= += − +

cos sinsin cos0 0

0 0 0ω ω⇒

d A BA Bn n

= + ⋅= − ⋅ +

00 0ω ω

⇒A dB

==

0

(9)

Insättning i den allmänna lösningen (7) ger läget som funktion av tiden:

x d tn= cosω (10)

Hastigheten är ˙ sinx d tn n= − ω ω . Den maximala farten fås för sinωnt = 1.

x d d kmnmax = =ω

d) Accelerationen är enligt (2) alltidmx kx˙ = − ⇒ ˙ cosx km

x km

d tn= − = ω .

Den maximala accelerationen är då ˙x kdmmax =

e) Läget är enligt ovanstående x d tn= cosω

LP 7.2


LP 12.3

x

3kx

β

kx

Vagnen påverkas av tyngdkraften,normalkrafter och fjäderkrafter. Vilägger origo i jämviktsläget så att dendynamiska delen av fjäderkrafterna ärrespektive

F e1 = −kx x och F e2 3= − kx x

där x är avvikelsen från jämviktsläget.

a) Fjäderlängdändringen ∆l vid jämvikt ges av jämviktsekvationen, alltså kraft-ekvationen i planets riktning. Fjäderkrafterna måste balansera tyngdkraften:

0 3= − −mg k l k lsin β ∆ ∆ (1)

⇒ ∆l mgk

= sin β4

(2)

b) Kraftekvationen F a= m har allmänt x-komponenten F mxx = ˙ . I detta fall fås

mx kx kx˙ = − − 3 (3)

Observera att tyngdkraften inte är med eftersom vi redan från början hareliminerat de statiska krafterna.

⇒ mx kx˙ + =4 0 (4)

Jämförelse med standardekvationen ˙x xn+ =ω 2 0 ger

ωnk

m2 4= (5)

Egenfrekvensen är alltså

f kmn

n= =ωπ π2

12

4

LP 7.3


LP 12.5

a l

kaθ θ

Svängningstiden för stångens småsvängningar kring jämviktsläget skallbestämmas. Svängningstiden ser manom man bestämt svängningsekvationen.

Låt vinkeln θ vara stångens vridnings-vinkel från jämviktsläget. Vi eliminerardirekt de statiska krafterna. Det betyderatt vi inser att tyngdkraftens momentmed avseende på stångens vridnings-axel balanseras av den statiska delen avfjäderkraftens moment. Den dynamiskadelen av fjäderkraften är

k a k asinθ θ≈ (1)

På samma sätt blir kulans vertikala avvikelse från jämviktsläget

l lsinθ θ≈ (2)

Kulans vertikala hastighet är ≈ l ˙θ (3)

Momentekvationen M HO O= ˙ (4)

har allmänt z-komponenten M Hz z= ˙ (5)

Kraftmomentet som fjäderkraften ger bestäms som hävarm gånger kraft.Rörelsemängdsmomentet för plan rörelse i planpolära koordinater ärH mlz = 2θ . Alternativt bestäms det som hävarm gånger rörelsemängd l ml⋅ θ .Insättning i momentekvationen ger om z-axeln går inåt

− ⋅ = ( )a kat

mlθ θdd

2 ˙ (6)

ml ka2 2˙θ θ= − (7)Standardekvationen blir

˙θ θ+ =kaml

2

2 0 (8)

Identifiering ger då egenvinkelfrekvensen i kvadrat

ωnkaml

22

2= (9)

Egenfrekvensen blir f kamln

n= =ωπ π2

12

2

2 (10)

Perioden är alltså τ πnla

mk

= 2

LP 7.5


LP 12.7

a

l

mg

θ

lθ

kaθ

Svängningstiden för stångens småsvängningar kring det stabila jämvikts-läget skall bestämmas. Fjädern måsteantas ha sin naturliga längd i det verti-kala läget. Låt vinkeln θ vara stångensvridningsvinkel.Fjäderförlängningen blir då

a asinθ θ≈

På samma sätt blir kulans horisontellaavvikelse

l lsinθ θ≈

Det vertikala avståndet upp till fjädernsfästpunkt är

a acosθ θ≈ −

12

2

där den kvadratiska termen kan för-summas.

Momentekvationen med avseende på den fixa upphängningsaxelnM HO O= ˙ (1)

har z-komponentenM Hz z= ˙ (2)

Kraftmomenten som tyngdkraften och fjäderkraften ger bestäms som hävarmgånger kraft. Rörelsemängdsmomentet för plan rörelse i planpolära koordina-ter är ml2θ . Alternativt bestäms det som hävarm gånger rörelsemängd l ml⋅ θ .Insättning i momentekvationen ger

− ⋅ − ⋅ = ( )a ka mg lt

mlθ θ θdd

2 ˙ (3)

ml ka mgl2 2 0˙θ θ+ +( ) = (4)Standardekvationen blir

˙θ θ+ + =ka mglml

2

2 0 (5)

Identifiering ger då egenvinkelfrekvensen i kvadrat

ωnka mgl

ml2

2

2= +(6)

Frekvensen blir f ka mglmln

n= = +ωπ π2

12

2

2 (7)

Perioden är τ πnml

ka mgl=

+2

2

2

LP 7.7


LP 12.8

2r

L

x

Bojen påverkas av tyngdkraften ochlyftkraften. Lyftkraften bestäms enligtArkimedes princip som tyngden av denundanträngda vätskan.

Vi utgår från att vi vet att de statiskakrafterna (tyngdkraften och lyftkraften)som balanserar varandra vid jämviktinte kommer med i svängningsekvatio-nen, om avvikelsen x från jämviktslägetbetraktas.

Om bojen nu guppar lite grand neråt ärdet bara lyftkraften som ändras.Ökningen av lyftkraften räknat från detstatiska värdet är lika med tyngden avden extra undanträngda vätskan:vätskans densitet ρ gånger volymenπr x2 gånger tyngdaccelerationen g

L r xg= ρπ 2 (1)

Kraftekvationen F a= m

ger i den vertikala riktningen

mx g r x˙ = −ρ π 2 (2)Standardformen blir

˙x g rm

x+ =ρ π 2

0 (3)

och genom identifikation bestäms egenvinkelfrekvensen

ω ρ πn

g rm

=2

(4)

så att frekvensen blir

f g rm

r gmn

n= = =ωπ π

ρ π ρπ2

12 2

2

Kommentar: Om kraftekvationen ställs upp utan att man från början eliminerarde statiska krafterna fås

mx mg g r x x˙ = − +( )ρ π 20

där x0 är längden av bojen under vätskeytan vid jämvikt.

LP 7.8


LP 12.9

k

2k

x

2kx

kx

Kroppen påverkas av tyngdkraftenoch fjäderkrafterna. I jämviktslägetbalanserar de varandra och krafternassumma är noll. Båda fjädrarna är frånbörjan hoptryckta så att den totalafjäderkraften på den övre tyngden ärriktad uppåt. Fjäderkraften på denundre tyngden är av samma anled-ning riktad neråt.

Om kroppens vertikala förflyttningneråt från jämviktsläget är x kommerfjäderkraften i den övre fjädern attöka med 2kx . Fjäderkraften i denundre kommer att minska med kx.

När vi nu ställer upp kraftekvationenutgår vi från att de statiska krafternainte behöver tas med om vi medfjäderkraften menar förändringenräknat från värdet vid jämvikt

Kraftekvationen F a= m (1)

i den vertikala riktningen F mxx = ˙ (2)

ger mx kx kx˙ = − −2 (3)

Svängningsekvationen på standardform blir

˙x km

x+ =30 (4)

Egenvinkelfrekvensen fås genom jämförelse med den allmänna svängnings-ekvationen ˙x xn+ =ω 2 0 :

ωnk

m= 3

(5)

Svängningstidens eller periodens definition ger

τ πω

πn

n

mk

= =22

3 (6)

Kommentar: Lösningen kan också fås med mekaniska energilagen:

T V+ = konstant

Insättning ger12

12

212

2 2 2mx kx kx˙ + + = konstant

Tidsderivering ger 212

212

2 212

⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ =mxx kxx kxx˙ ˙ ˙ ˙ 0

vilket är samma ekvation som (4).

LP 7.9


LP 12.13

BA b

b

x

Ffjäder

Ffjäder

θ

Figurens plan är ett horisontalplan.Hylsan påverkas av tyngdkraften mgoch en normalkraft N i den vertikalariktningen. I horisontalplanet verkarbara fjäderkrafterna.

Fjäderkraftens storlek i ett godtyckligtläge givet av koordinaten x är

F k b x lfjäder = + −( )2 2 (1)

Den totala komponenten av fjäder-krafterna i rörelseriktningen är

F F F xb xx = − = −

+2 2

2 2fjäder fjädercosθ (2)


mx F xb x

˙ = −+

22 2fjäder (3)

⇒ mx k b x l xb x

˙ = − + −( ) ⋅+

2 2 2

2 2 (4)

⇒ ˙x km

lb x

x+ −+

=21 0

2 2

Kommentar:

BA b

b

x

Ffjäder

Ffjäder

θN

mg

Om figurens plan är ett vertikalplanligger tyngdkraften mg och normal-kraften N i detta plan. Fjäderkrafternaförändras ej och därför är N mg= . Manfår alltså samma rörelseekvation i dettafall.

LP 7.13


LP 12.14

BA b

b

x

Ffjäder

Ffjäder

θ

Figurens plan är ett horisontalplan.Hylsan påverkas av tyngdkraften mgoch en normalkraft N i den vertikalariktningen. I horisontalplanet verkarbara fjäderkrafterna.

Den naturliga längden l är mindre änavståndet b vilket betyder att det stabilajämviktsläget motsvaras av x = 0.

Fjäderkraftens storlek i ett godtyckligtläge givet av koordinaten x är

F k b x lfjäder = + −( )2 2 (1)

Den totala komponenten av fjäderkrafterna i rörelseriktningen är

F F F xb xx = − = −

+2 2

2 2fjäder fjädercosθ (2)


mx F xb x

˙ = −+

22 2fjäder (3)

⇒ mx k b x l xb x

˙ = − + −( ) ⋅+

2 2 2

2 2 (4)

⇒ ˙x km

lb x

x+ −+

=21 0

2 2 (5)

För små svängningar är x b<< och

1 1

1

11

122 2 2

2

b xb x

bb

xb+

=

+

≈ −

(6)

Svängningsekvationen är

˙x km

lb

xb

x+ − −

=2

1 12

02

2 ⇒ (7)

˙x km

lb

x+ −

=2

1 0 (8)


Egenvinkelfrekvensen ωnk

mlb

= −

21

Svängningstiden τ πω

πnn

mbk b l

= =−( )

22

2

LP 7.14


LP 12.15

S

x

mg SSS

Ffjäder

N

Mg

lb

Frilägg hylsan och motvikten enligtfiguren. Vi antar att fjäderns naturligalängd är l och att avståndet mellanväggarna är b. Hylsan påverkas då irörelseriktningen av fjäderkraftenF k x b lfjäder = − +( ) och trådkraften S.Eftersom trissan är lätt och lättrörlig ärtrådkraften på motvikten lika stor.Farten är lika stor för hylsan ochmotvikten.

Kraftekvationen för hylsan respektivemotvikten är då

mx k x b l S˙ = − − +( ) + (1)

Mx Mg S˙ = − (2)

Trådkraften S kan elimineras genom att addera ekvationerna

mx Mx k x b l S Mg S˙ ˙+ = − − +( ) + + − (3)

⇒ m M x k x b l Mg+( ) = − − +( ) +˙ (4)

⇒ m M x kx k b l Mg+( ) + = −( ) +˙ (5)

Svängningsekvationen är

˙x km M

x k b l Mgm M

++

=−( ) +

+ (6)


Egenvinkelfrekvensen ωnk

m M=

+

Svängningstiden τ πω

πnn

m Mk

= = +22

Jämviktsläget x0 ges av villkoret ˙x = 0 i ekv (5) ⇒ x b l Mgk0 = − +

Kommentar: Problemet löses med fördel med hjälp av lagen om mekaniskaenergins bevarande. Trådkrafterna gör tillsammans inget arbete.

T V T V+ = +0 0 ⇒ 12

12

12

2 2 2mx Mx k x b l Mgx˙ ˙+ + − +( ) − = konstant

Tidsderivering ger

mxx Mxx k x b l x Mgx˙ ˙ ˙ ˙ ˙ ˙+ + − +( ) − = 0 ⇒ mx Mx k x b l Mg˙ ˙+ + − +( ) − = 0

vilket överensstämmer med rörelseekvationen (5)

LP 7.15


LP 12.17

m

β

kx

x

y

pm

S

SS

Vi utgår från att vi vet att de statiskakrafterna, dvs krafterna som balanserarvarandra i jämviktsläget, kan eliminerasur lösningen, just för att summan av dekrafterna för varje kropp blir noll.Vi betraktar alltså en avvikelse x frånjämviktsläget och den utritade fjäder-kraften kx är då förändringen i fjäder-kraften räknat från värdet vid jämvikt.På samma sätt är kraften S i figurenförändringen i fjäderkraften räknat frånvärdet vid jämvikt. Tyngdkrafternakommer inte med i lösningen eftersomde inte ändras när systemet svänger.

Kinematik: Om tyngden med massan pm åker ner en stäcka y hur långt åkerdå massan m på lutande planet? Om massan m var fix och tråden elastiskskulle tråden måsta förlängas 2y . Vi får alltså det kinematiska sambandet

x y= 2 ⇒ ˙ ˙x y= 2 ⇒ ˙ ˙x y= 2 (1)Kinetik: Vi ställer nu upp kraftekvationen i rörelseriktningen för kropparna varför sig:

mx kx S˙ = − + (2)pmy S˙ = −2 (3)

Eliminera kraften S genom att multiplicera ekvation (3) med 2 och sedan adde-ra ekvationerna. Sätt också in kinematiksambandet (1). Resultatet blir

22

2mx pm x kx˙ ˙+ = − (4)

Rörelseekvationen blir

˙x kp m

x++( ) =4

40 (5)

Egenvinkelfrekvensen fås genom jämförelse med den allmänna svängnings-ekvationen ˙x xn+ =ω 2 0 :

ωnkp m

=+( )4

4 (6)

Fjäderns förkortning δ vid jämvikt bestäms ur jämviktsekvationerna.Begynnelsevillkoret blir

txx

===

00δ

˙ där δ β= −( )mgk

p2

2sin (7)

Den allmänna lösningen ärx A t B tn n= +cos sinω ω (8)˙ sin cosx A t B tn n n n= − +ω ω ω ω (9)

Begynnelsevillkoret ger då integrationskonstanterna A B och :δ

ω ω= += − +

A BA Bn n

cos sinsin cos0 0

0 0 0⇒

AB

==

δ0

(10)

Insättning i den allmänna lösningen (6) ger läget som funktion av tiden:

x tn= δ ωcos där δ och ωn ges ovan.

LP 7.17


LP 12.19

OA

b c kbθ

kbθ(b+c)θ

θ.

För små svängningar, alltså små vinkel-vridningar θ , blir längdändringen avfjädrarna bθ . Vi bortser från att fjädrarnarör sig lite grand i horisontell riktning.Kroppen på stången får en vertikalförflyttning b c+( )θ . För båda dessaavstånd gäller att de är approximationer.

Storleken av den dynamiska delen avfjäderkraften är k bθ i vardera fjädern.Vi bortser nu från de statiska krafterna,tyngdkraften och den statiska delen avfjäderkrafterna.

Momentekvationen M Hz z= ˙ blir

− ⋅ − ⋅ = +( )[ ]b kb b kbt

m b cθ θ θdd

2 ˙ (1)

och kan skrivas

˙θ θ++( )

=20

2

2

kbm b c

(2)

Jämför med standardformen:

˙θ ω θ+ =n2 0 (3)

Perioden är alltså

τ πω

πn

n

b cb

mk

= =+( )2 2

2(4)

b cb k

mn+ = τ

π22

Periden skall vara τ n = 0 7. s, vilket med de givna numeriska värdena ger

b c+ ≈ 0 84. m

LP 7.19


LP 12.31

kx

m

cx

x

.

Vagnen startar från vila då fjädernsförlängning är x0 . Detta motsvaras avbegynnelsevillkoret:

tx x

x=

==

00

0

˙Krafterna i rörelseriktningen är fjäder-kraften och den viskösa motstånds-kraften.

Kraftekvationen F mxx = ˙

ger mx kx cx˙ ˙= − − (1)

⇒ ˙ ˙xcm

xkm

x+ + = 0 (2)

Med substitutionerna ωn k m2 = / och 2ζωn c m= / (3)

fås standardekvationen ˙ ˙x x xn n+ + =2 02ζω ω (4)

Systemparametrarna är enligt text sådana att sambandet c km= gäller. Då blirenligt (3) dämpningsfaktorn

ζω

= = = =cm

cm

mk

ckmn2 2 2

12

(5)

Systemet är alltså svagt dämpat och den allmänna lösningen kan skrivas

x Ce tntd= +( )−ζω ω αsin (6)

och hastigheten är ˙ sin cosx C t t en d d dtn= − +( ) + +( )[ ] −ζω ω α ω ω α ζω (7)

Integrationskonstanterna C och α bestäms ur begynnelsevillkoret:

x Ce

C en d

00

00

=

= − +[ ]

sin

sin cos

αζω α ω α

⇒=

=

Cx

d

n

0

sin

tan

α

α ωζω

(8)

ωd

ωn

ζωn

α

Betrakta en rätvinklig triangel med kateternaωd , ζωn . Hypotenusan fås enligt Pythagoras:

ω ζω ω ζ ζω ωd n n n n2 2 2 2 21+ ( ) = −( ) + ( ) =

Geometrin ger cosα = 12

⇒ α π=3

Ekv (8) ger C x= 23 0

Insättning i (6) ger då resultatet

x x ekm

tkm

t= ⋅ +

−23

34 30

12 sin

π

LP 7.31

Documents

Partikeldynamik Problemsamling - Liber · LP 1.1 x Accelerationen söks. Vi utnyttjar definitionerna av hastighet: x˙ x t ≡ d d och acceleration: ˙ ˙ x x t ≡ d d Här är läget