Tentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 1 Statik- och partikeldynamik Lösningsförslag

1

Tentamensskrivning i Mekanik (FMEA30) Del 1 Statik- och partikeldynamik

121022

Lösningsförslag

1. a) Frilägg stången! Inför spännkrafterna

S

₁ och

S

₂ i linorna, reaktionskraften

R

från väggen på stången i A samt tyngdkraften mg= −j( 150 g) och den anbringade kraften F = −j( 4kN). Låt G beteckna stångens masscentrum.

Det gäller (i basen

( ^{i j k} )

⁾

( , . , . ) ( . , , ) ( . , . , . ) ( , . , . ) ( . , , ) ( . ) ( . ) ( . )

BD

1 BD 1 1 1 2 2 2 1

BD

0 2 1 1 8 1 8 0 0 1 8 2 1 1 8

S S S S

0 2 1 1 8 1 8 0 0 1 8 2 1 1 8

− −

= = = = =

− − + +

S e r

r

( . , . , . )

( . , . , . )

. ^{1 1}

1 8 2 1 1 8

S 0 545 0 636 0 545 S 3 3

− = − (1)

där

S

₁

≥ 0

.

( , . , . ) ( . , , ) ( . , . , . ) ( , . , . ) ( . , , ) ( . ) ( . ) ( . )

BE

2 BE 2 2 1 2 2 2 1

BE

0 2 1 1 8 1 8 0 0 1 8 2 1 1 8

S S S S

0 2 1 1 8 1 8 0 0 1 8 2 1 1 8

− − − −

= = = = =

− − − + + −

S e r

r

( . , . , . )

( . , . , . )

. ^{2 2}

1 8 2 1 1 8

S 0 545 0 636 0 545 S 3 3

− − = − − (2)

där

S

₂

≥ 0

.

G

2 Kraftekvationen ger vid jämvikt:

( )

1

+

2

+ + m + = ⇔ = −

1

+

2

+ m +

S S R g F 0 R S S g F

(3)

Momentekvationen (med momentpunkt A) ger vid jämvikt:

AB

×

1

+

AB

×

2

+

AG

× m +

AC

× = ⇔

r S r S r g r F 0

( . ²) ( )

AB× 1+ AB× 2 + AG×150kg −9 81ms⁻ + AC× −4kN =

r S r S r j r j 0 (4)

där

r

_AB

= i 1 8m .

,

r

_AG

= i 1 5m .

och

r

_AC

= i 3 0m .

. Ekvation (4) kan skrivas

. .

.

₁

.

₁

.

₁

.

₂

.

₂

.

₂

1 8 0 0 1 8 0 0

0 545S 0 636 S 0 545S 0 545S 0 636 S 0 545S

+ +

− − −

i j k i j k

. . ( . )( . . )

.

1 1

1 5 0 0 3 0 0 0 1 8 0 545S 0 636 S

0 150 9 81 0 0 4000 0

+ = ⇔ − − +

− ⋅ −

i j k i j k

0 j k

( − 1 8 . )( ( j − 0 545S .

₂

) − k 0 636 S .

₂

) ( + − 1 5 . )( − − k ( 150 9 81 ⋅ . )) ( + − 3 0 . )( − − k ( 4000 )) = 0

Detta är ekvivalent med komponentekvationerna:

( . ) . ( . )( . )

( . )( . ) ( . )( . ) ( . )( . ) ( . )

1 2

1 2

1 8 0 545S 1 8 0 545 S 0

1 8 0 636 S 1 8 0 636 S 1 5 150 9 81 3 0 4000 0

− + − − =

  − − + − − + − ⋅ + − =



Ekvationssystemet har lösningen

S

₁

= S

₂

= = S 6205N

. Ekvation (3) ger nu

(

_{1 2}

m ) (( 0 545 0 636 0 545 S . , . , . ) ( 0 545 0 636 . , . , 0 545 S . )

= − + + + = − − + − − +

R S S g F

( ,0 −150 9 81 0⋅ . , ) ( ,+ 0 −4000 0, )=( .0 545 2S⋅ ,−0 636 2S. ⋅ +150 9 81 4000 0⋅ . + , )= (6764,−2421 0, )

Svar: a)

S

₁

= S

₂

= 6 2kN .

b) R=i6 8kN. + −j( 2 4kN. ).

2. Frilägg konsolen! Inför kontaktkrafterna mellan stång och stift representerad av normalkrafterna N ,

_A

N och friktionskrafterna

_B

f ,

_A

f samt den angripande kraften

_B F

. Se figuren nedan! Jämvikt för konsolen medför:

( ) : ↓ − − f

_A

f

_B

+ = , F 0

(→) :N_A−N_B =0

(1)

:

_{B B}

( )

A − f t − N a + F b t + = 0 (2)

3

där

A

,

B

N N ≥ , 0 f

_A

≤ µ

_s

N

_A

, f

_B

≤ µ

_s

N

_B

(3)

Det gäller att N_B ≠0. Genom att kombinera ekvationerna (1) och (2) får man villkoret

( )( ) ^A ( ) ^B ( )

B B A B

A B

f f

f t N a f f b t 0 b t b a x b t yb a 0

N N

− − + + + = ⇔ + + = ⇔ + + − =

där ^A

A

x f

= N

och ^B

B

y f

= N

. Av (3) följer villkoren

x ≤ µ

_s,

y ≤ µ

_s. Vi söker således en lösning ,

x y till

( )

s, s

x b t yb a 0

x

µ

y

µ

+ + − =

 ≤ ≤



(4)

Nödvändigt villkor för existens av lösning: _s( ) _s ^s

s

a t

b t b a 0 b

2

µ µ µ

µ

+ + − ≥ ⇔ ≥ − . Observera

att om ^s

s

a t

b 2

µ µ

> − så finns oändligt många lösningar x y, till (4).

a

b

A

B t

4

Alternativt kan man konstatera att konsolen börjar glida precis när friktionskraften är fullt utbildad vid A och B. Då gäller

f

_A

= µ

_s

N

_A och

f

_B

= µ

_s

N

_B. Detta insatt i (2) och med utnyttjande av (1) ger svaret.

Svar:

^s

s

a t

b 2

µ µ

≥ −

3. Vi önskar beräkna snittkrafterna i samtliga stänger. Vi använder snittmetoden och knutpunktsmetoden, men först friläggs hela fackverket för bestämning av stödreaktionerna

H

_B,

V

B och

H

_A. På grund av fackverkets konstruktion gäller att

V

_A

= 0

. Jämvikt för den frilagda delen medför:

( ← ) : H

_A

+ H

_B

= , 0

( ) : ↑ −V_B− =P 0

, : . B 1 2 P 0 9 H ⋅ − . ⋅

_A

= 0 (1)

Detta ger stödreaktionerna:

H

_A

= 1 33P .

,

H

_B

= − 1 33P .

,

V

_B

= − P

Snitta balkarna BC, CA och AD och betrakta den vänstra delen av fackverket (eller de högra).

Inför stångkrafterna

S

_CB,

S

_CA och

S

_DA. Jämvikt för den frilagda delen medför:

( → ) : cos S

_CB

α + S

_CA

sin β + S

_DA

= , 0

( ) : sin↑ S_CB

α

−S_CAcos

β

− =P 0

: .

_CA

cos .

_CA

sin

D − 0 6 S ⋅ β − 0 45 S ⋅ β = 0 (2)

Av (2)3 följer att

S

_CA

( . cos 0 6 β + 0 45 . sin ) β = ⇒ 0 S

_CA

= 0

och därmed, enligt (2)2,

CB sin S P

=

α

och enligt (2)1 DA tan S P

= −

α

. Frilägg nu knutpunkt D. Inför stångkrafterna

S

_DC och

S

_DA. Jämvikt medför:

( ) : cos

(3)

cos sin

DA

DA DC DC

S P

S S

α

0 S

α α

→ + = ⇒ = − =

S

DC

D

5

Frilägg knutpunkt A. Inför stångkrafterna

S

_DA,

S

_CA

= 0

och

S

_AB Jämvikt medför

(4)

Geometrin ger

.

tan . . sin .

.

0 45 0 75 36 9 0 6

α = 0 6 = ⇒ = α ° ⇒ α =

och därmed erhålles

S

DA

= − 2kN

,

S

_DC

= S

_CB

= 2 5kN .

.

Alternativt till ovanstående kan man frilägga knutpunkterna D, C och A. Genomför detta!

Svar: S

_AB

= S

_CA

= , 0 S

_DA

= − 2kN , S

_DC

= S

_CB

= 2 5kN . .

4. a) Frilägg den kropp som består av ”fjäder + hylsa + lina + trissa+ tyngd”. Inför yttre krafter enligt nedanstående figur, d v s reaktionskrafterna

H V

₁

,

₁ och

H V

₂

,

₂ samt normalkraften N mellan stång och hylsa. Inför lägeskoordinater

x

_A för hylsan och

x

_B för tyngden enligt figuren nedan.

Kroppens kinetiska energi ges av

2 2

A A B B

m x m x T = 2  + 2 

(1)

och dess potentiella energi ges av

( )²

g e B B 0

V V V m g x 1k l l

= + = − +2 − (2)

där

l = a

²

+ x

²_A är fjäderns aktuella längd. Systemets mekaniska energi ges då av

( )

2 2

A A B B 2

B B 0

m x m x 1

E T V m g x k l l

2 2 2

= + =  +  − + −

SDA

( ) : sin↑ S_AB+S_CA

α

= ⇒0

S

_AB

= 0

α HA

SAB

SCA

A

6

Eftersom linan är otänjbar har vi tvångsvillkoret (där

c

är en konstant):

x

_B

− x

_A

= c

och därmed

B A

x  = x 

. Detta ger

( )

( ) ( )

2

2 2 2

A B A

B A A 0

m m x 1

E T V m g x c k a x l

2 2

= + = +  − + + + −

Effektsatsen ger E =0 eftersom de yttre krafternas effekt är lika med noll och därmed gäller att E=konstant.

I utgångsläget gäller att l = , l

₀

x

_A

= l

₀²

− a

²

och x 

_A

= 0 vilket ger

(

^{2 2}

)

0 B 0

E = − m g l − a + c

Därmed

E = E

₀

⇔

( )

( ) ( ) ( )

2

2 2 2 2 2

A B A

B A A 0 B 0

m m x 1

m g x c k a x l m g l a c

2 2

+  − + + + − = − − +

(3)

Med

x

_A

= l

₀²

− a

²

+ s

erhålles (x_A−s)² = −l₀² a² vilket ger a²+x²_A = +l₀² 2sx_A−s² =

( )

2 2 2 2 2 2 2 2

0 0 0 0

l + 2s l − a + − s s = + l 2s l − a + s

och därmed, enligt (3),

( (

^{2 2 2 2}

) )

²

A B 0 0 0

A B

2 1

x m gs k l 2s l a s l

m m 2

= ± − + − + −

 +

⁽⁴⁾

b) I vändläget, då

x 

_A

= 0

, gäller att

s = s

_max

> 0

vilket, enligt (4), ger sambandet

max ( ² max ^{2 2} max² )²

B 0 0 0

m gs 1k l 2s l a s l 0

−2 + − + − =

vilket ger ^max

( (

max

) )

B

2 2 2 2 2

0 0

2m g s k

a l a s l

=

+ − + −

^.

Svar: a) _A

(

_B

(

₀² ₀^{2 2 2} ₀

) )

²

A B

2 1

x m gs k l 2s l a s l

m m 2

= ± − + − + −

 +

^,

b)

( ( ) )

B

2 2 2 2 2

0 0

2m g s k

a l a s l

=

+ − + −

5. a) Frilägg hylsan. Inför kraften (normal-) från stången på hylsan

N = e

_θ

N

_θ

+ k N

_z och tyngdkraften k(−mg). Se figuren nedan! Kraftekvationen ger

( )

N N

z

mg m

θ θ

+ + − =

e k k a

(1)

7 där hylsans acceleration ges av

(

²

) ( ) (

²

)

r

r r θ

_θ

r θ 2r θ

r

r r ω

0 _θ

2r ω

0

= − + + = − +

a e   e    e  e 

⁽²⁾

Ekvationerna (1) och (2) ger

( _z ) ( (_{r 0}²) ₀)

N N mg r r 2r m

θ θ + − = −

ω

+ θ

ω

e k e  e 

vilket är ekvivalent med komponentekvationerna ( ₀²)

0= −r r

ω

m^,

N

_θ

= 2r  ω

0

m

^,

N

z

= mg

Vilket innebär att

2

r−r

ω

0 =0

 ^,

N

_θ

= 2r  ω

0

m

^,

N

z

− mg = 0

(3) Ekvation (3)1 medför (använd sambandet dr

r r

= dr

  ⁾

( )

v L 2 2 2

2 2 2 2 2

0 0 0 0

0 a

dr v L a

r r rdr rdr v L a

dr ^ = ω ⇒ ∫ = ω ∫ ⇔ 2 = ω 2 − 2 ⇔ = ω −

  

b) Kraften från stången på hylsan, då r=L, r=v

2 2 2

z 0 0

N N 2v m mg 2 L a m mg

θ θ θ

ω

θ

ω

= + = + = − +

N e k e k e k

Svar: a) v=

ω

₀ L²−a² b) N =e_θ2

ω

₀² L² −a m² +kmg.

x