9789147114443

CHRISTER NYBERG

Stelkroppsdynamik Mekanik Stelkroppsdynamik ingår i en serie om tre böcker inom mekanikämnet avsedd för studerande på ingenjörsutbildningar och andra högre tekniskanaturvetenskapliga utbildningar.

Boken består av en teoridel och en problemsamling. I teoridelen behandlas: • • • • • •

mekanikens lagar för ett partikelsystem stela kroppars plana kinematik stela kroppens rotation kring en fix axel stela kroppars plana kinetik stela kroppens kinematik i tre dimensioner tröghetskrafter

Christer Nyberg är universitetslektor vid institutionen för mekanik på KTH i Stockholm. Han har mångårig erfarenhet av undervisning i mekanik för blivande civilingenjörer och har själv bedrivit forskning inom plasmafysik och teoretisk akustik med tillämpningar inom musikakustik.

MEKANIK Stelkroppsdynamik

CHRISTER NYBERG

Teoridelen innehåller många genomräknade exempel medan problemdelen innehåller övningsuppgifter till de olika avsnitten, facit och lösningar till vissa uppgifter. Här finns också formelsamling och appendix om tröghetskrafter.

Denna nya upplaga har ett nytt praktiskt format och färgillustrationer.

Konsekvent färgsättning av pilarna som representerar lägesvektorer, krafter, kraftmoment och hastigheter gör det lättare att tolka figurerna.

Mekanik är en grundläggande komponent i de flesta tekniska utbildningar.

Genom studier i mekanik utvecklar studenten sin kapacitet att göra förutsägelser om krafter och rörelser och deras verkan, i naturen och vid konstruktion och design av tekniska system. Den analytiska förmågan, det logiska tänkandet och den effektiva kommunikation som därigenom tränas är användbar inom vitt skilda områden även utanför teknik och naturvetenskap.

MEKANIK Stelkroppsdynamik

MEKANIK

Best.nr 47-11444-3 Tryck.nr 47-11444-3

9789147114443c1c.indd 1

6/23/14 6:08 PM

CHRISTER NYBERG

MEKANIK Stelkroppsdynamik

9789147114443b1-352c.indb 1

6/23/14 5:50 PM

FÖRORD Denna bok bildar tillsammans med grundkursens böcker Statik och Partikeldynamik ett läromedel i mekanik, som är tänkt att kunna användas av studenter på tekniska högskolor.

Avsikten med läromedlet är att ge en lättläst och fullständig teori på svenska som presenterar den grundläggande mekaniken på ett klart, koncist och logiskt sätt och som väcker inspiration och lust till studierna. Vid en teknisk högskola fungerar mekanikkursen som länken mellan matematik och de mer tillämpade kurserna. Att få träning i att gå över från verklighetens ofta komplexa system till en idealiserad modell av systemet är ett fundamentalt kursmål.

Mycket arbete har lagts på att presentera tillämpningarna med bilder. Bilder väcker intresse och underlättar studierna. Med hjälp av bilderna övar studenten också upp förmågan att gå från det verkliga systemet till det idealiserade systemet, vilket kanske är den svåraste delen av ett mekanikproblem.

Den nya upplagan är i färg och i ett behändigare format. Färgsättningen är inte bara estetisk utan har en pedagogisk poäng. Mekanikens storheter är till stor del vektorer och vektoralgebran är en grundbult för att förstå beräkningen. Genom att konsekvent färgsätta pilarna som representerar lägesvektorer, krafter, kraftmoment och hastigheter med olika färg blir det lättare att tolka figurerna.

Alla exempel och problem behandlas med en algebraisk metod där symboler införs för storheterna och som behålls ända fram till resultatet. Svaret eller resultatet kan då dimensionskontrolleras. Det kan prövas mot olika specialfall t ex genom att låta parametrarna gå mot noll eller oändligheten. Det är dessutom färdigt för analys med hjälp av något matematikprogram som Maple eller Matlab. Kurvskaror kan plottas som funktion av någon parameter eller variabel.

Om de numeriska värdena sätts in direkt i början av problemlösningen är det nästan omöjligt för både student och lärare att hitta fel. Resultatet går heller inte att kontrollera och om ett parametervärde ska ändras måste man göra om lösningen.

Till varje teoriavsnitt finns typexempel med sådana lösningar som studenterna sedan själva ska kunna presentera. Varje lösning ska ses som en redovisning av tankearbetet. Det är då viktigt med förklarande ord, att tala om vad man gör och att motivera uppställda samband. Problemsamlingen innehåller verklighetsnära problem i ett tillräckligt antal för att exponera olika problemtyper. Till alla problem finns svar. Till åtskilliga finns lösningar, både i boken och på bokens webbplats på liber.se.

Jag uppskattar påpekanden och synpunkter som kan förbättra innehållet. Tack till alla kollegor och studenter som redan bidragit med synpunkter.

Stockholm i maj 2014 Christer Nyberg christer@mech.kth.se

9789147114443b1-352c.indb 3

6/23/14 5:50 PM

TILL STUDENTEN TEORI Mekaniken är uppbyggd kring ett fåtal principer. Läs teorin för att förstå sambanden! Den kunskap som pluggats in utan reflektion och eftertanke brukar vara kortlivad. Förstår man ett formelsamband brukar det inte vara så svårt att skriva ner det.

PROBLEMSAMLING • Problemlösningen brukar gå lättare om man först läser teorin, sedan går igenom några lösta typexempel i teorin, innan man börjar med problemlösning på egen hand.

• Problemens svårighetsgrad har markerats med tecknet (*). Om problemet är svårt eller tidskrävande anges det med markeringen (* * *). Introducerande problem markeras (*).

• Problemen är i varje kapitel i stort sett ordnade efter svårighetsgrad. Dock ordnas de också efter de olika teoriavsnitten.

• Om lösning finns i boken har problemet markerats med L. Problemtexterna är av praktiska skäl förkortade. Om inget annat framgår i texten gäller att: • En kropp antas vara homogen • Masscentrum antas ligga i kroppens symmetricentrum • Luftmotståndet försummas • En stång är smal, en skiva är tunn • En tråd är lätt och oelastisk • En fjäder är rak, lätt och linjär (enligt Hookes lag) • En trissa roterar utan motstånd • En cylinder är homogen, solid, rak och cirkulär • En bordsyta är horisontell.

En del av informationen, exempelvis avstånd och vinklar, finns i figuren.

9789147114443b1-352c.indb 4

6/23/14 5:50 PM

INNEHÅLL 1

MEKANIKENS LAGAR FÖR ETT PARTIKELSYSTEM 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 1.10 1.11 1.12 1.13 1.14 1.15

2

3

Inledning Rörelsemängd Kraftekvationen Kinetiska energins två delar Lagen om arbetet Inre och yttre krafters arbeten Lagen om den mekaniska energins bevarande Effekten Lagen om effekten Rörelsemängdsmomentets två delar Introduktion till momentekvationen Momentekvationen med avseende på en fix punkt Momentekvationen med avseende på masscentrum Momentekvationen med avseende på en rörlig punkt Eulers lagar för en kontrollvolym

1 1 2 5 11 15 16 18 21 22 23 30 31 33 35 46

STELA KROPPENS PLANA KINEMATIK

55

2.1 2.2 2.3 2.4 2.5 2.6 2.7 2.8 2.9 2.10 2.11 2.12 2.13 2.14 2.15 2.16

Inledning Plan rörelse Olika rörelsetillstånd för en stel kropp Allmän plan rörelse Partikelkinematik med ett tvångsvillkor Rotation Vinkelhastighet som vektor Tidsderivatan av en roterande enhetsvektor Sambandsformeln för hastigheter Momentancentrum Sambandsformeln för accelerationer Rullning på en plan yta Rullning på en fix yta med en viss krökningsradie Allmänt om rörelse relativt ett rörligt referenssystem Sambandet mellan tidsderivator i olika referenssystem Coriolis teorem

55 56 57 58 59 60 62 63 64 66 71 74 77 82 83 85

STELA KROPPENS ROTATION KRING EN FIX AXEL

91

3.1 3.2 3.3 3.4 3.5 3.6 3.7 3.8 3.9 3.10 3.11 3.12 3.13

91 92 93 95 96 97 98 99 102 104 109 110 113

9789147114443b1-352c.indb 5

Inledning Storheter som beskriver rörelsetillståndet dynamiskt Tröghetsmoment Rörelseekvationen för rotation kring en fix axel Kraftekvationen Lagen om arbetet Fysisk pendel, rörelseekvationen Fysisk pendel, lagerreaktioner Beräkning av tröghetsmoment Tröghetsmomentberäkningar för några enkla kroppar Tröghetsprodukter Beräkning av tröghetsprodukter Tröghetsprodukternas fysikaliska betydelse

6/23/14 5:50 PM

Innehåll

4

STELA KROPPARS PLANA KINETIK 4.1 4.2 4.3 4.4 4.5 4.6 4.7 4.8 4.9

4.10 4.11 4.12

Allmänt Rörelsemängdsmomentet Allmänt om momentekvationen med avseende på masscentrum Rörelselagarna för plan rörelse Momentekvationen med avseende på en rörlig punkt Tvångsvillkor System av stela kroppar Friktionsvillkoret Arbete-, energi- och effektmetoder 4.9.1 Kinetisk energi 4.9.2 Effekt 4.9.3 Effektlagens två delar 4.9.4 Arbete och energilagar Impuls- och impulsmomentekvationen Stöt Rotation av en obalanserad stel kropp kring en fix axel

115 115 116 117 118 120 121 122 122 130 130 133 135 138 146 150 154

5

STELA KROPPENS KINEMATIK I TRE DIMENSIONER

159

A

TRÖGHETSKRAFTER

165

A.1 A.2 A.3 A.4 A.5

Inledning Kraftekvationen i ett rörligt referenssystem Systempunktskraft och corioliskraft Partikelmekanikens lagar i ett rörligt referenssystem Rörelse relativt jorden

PROBLEMSAMLING 1.

2.

3.

4.

A.

Partikelsystemets kinetik Stela kroppens plana kinematik Tröghetsmoment och tröghetsprodukter Stela kroppars plana kinetik Tröghetskrafter

165 166 167 170 172

179 180 195 213 220 274

LÖSNINGAR

280

SVAR

330

FORMELSAMLING

340

TRÖGHETSMOMENT OCH MASSCENTRUM FÖR ENKLA HOMOGENA KROPPAR

343

REGISTER

346

9789147114443b1-352c.indb 6

6/23/14 5:50 PM

1. MEKANIKENS LAGAR FÖR ETT PARTIKELSYSTEM 1.1 Inledning Mekanikens lagar för en partikel ska nu utnyttjas för att utvidga teorin till att också gälla partikelsystem. Principen är enkel. Vi definierar först partikelsystemets karaktäristiska storheter som rörelsemängd, kinetisk energi etc, som summan av alla partiklars bidrag. Vi vet ju att kraft-, energi- och momentekvationen gäller för varje partikel i systemet. I tur och ordning undersöker vi därför för dessa lagar, vilka resultat som erhålls om alla partiklars ekvationer adderas. Alltså, vi vet att Newtons andra lag, kraftekvationen, gäller i ett inertialsystem för varje partikel i ett partikelsystem. Genom att lösa alla dessa ekvationer kan vi få fullständig information om systemets rörelse. Det är dock inte alltid detta är möjligt eller önskvärt. Vi kanske är mer intresserade av kroppens rörelse som helhet än de enskilda partiklarnas.

Vilket resultat skulle man få om alla partiklars kraftekvationer adderades?

Om mekanikens lagar för ett partikelsystem är kända har man en bra grund för att gå över till lagarna för kroppar med kontinuerlig massutbredning. En kropp är en massfördelning i rummet och ett partikelsystem är en samling partiklar, som kan specificeras genom att ange lägevektorerna rk (k = 1,2,... n) för massorna mk. Ett partikelsystem är ett exempel på en kropp.

I gränsfallet kontinuerlig massutbredning motsvaras partiklarna av masselement med massa dm och lägevektor r. z

z rk

mk

dm

G r

y x

G y

x

Kroppen med kontinuerlig massutbredning kan alltså ses som ett speciellt partikelsystem.

Vi har redan stött på detta i samband med definitionen av masscentrum. För ett partikelsystem innehåller definitionen summatecken, som i fallet kontinuerlig massutbredning byts ut mot integraltecken. För en stel kropp är avstånden mellan partiklarna eller masselementen konstanta. Det finns inga fullständigt stela kroppar i naturen, men idealiseringen kan användas om deformationen saknar betydelse i problemställningen. Icke stela kroppar är deformabla fasta kroppar, vätskor och gaser.

En övergripande idé för hela teorin är att den allmänna rörelsen för en kropp kan delas upp i masscentrums rörelse och rörelsen relativt ett referenssystem som utan att rotera följer masscentrums rörelse.

1

9789147114443b1-352c.indb 1

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem 1.2 Rörelsemängd Vi har infört begreppet rörelsemängd för att det är en praktisk vektorstorhet att arbeta med.

För en partikel är rörelsemängden massan gånger hastigheten. Newtons andra lag säger att förändringen per tid av rörelsemängden är lika med den totala kraften på partikeln. Vi ska nu definiera rörelsemängd p för ett partikelsystem och säger helt enkelt att den är vektorsumman av alla ingående partiklars rörelsemängder.

Det är praktiskt att på samma gång införa partikelsystemets masscentrum rG, eftersom dynamikens lagar då kan formuleras på ett enkelt och ändamålsenligt sätt. Om systemets totala massa betecknas m fås efter tidsderivering av masscentrumdefinitionen ett mycket enkelt uttryck för rörelsemängden: Definition:

masscentrum

Definition:

ro¨relsema¨ngd

g mkrk g mk p = g mk v k

rG =

s1

p = mvG

p = g mkvk = g mkr˙k = ( g mk)r˙G = mr˙G = mvG

ty

(1.1)

(1.2)

Vi har här tidsderiverat masscentrumdefinitionen. Summeringen över k görs över alla ingående partiklar. För att bestämma rörelsemängden för ett partikelsystem kan vi alltså välja att skriva den p = g mkvk eller p = mvG. Oftast är det senare uttrycket enklare att använda, i synnerhet för en stel kropp som kan ses som ett stelt partikelsystem

Exempel 1.1 (rörelsemängd för enkla partikelsystem)

Vi bestämmer nu rörelsemängden för olika system med definitionen, dvs som summan av alla partiklars bidrag: p = g mkvk, eller med vårt härledda samband, som utnyttjar masscentrum: p = mvG. Åtta partiklar har lika hastigheter v och massor m1. Partikelsystemet skulle kunna vara stelt och sägs ha en translationshastighet. Rörelsemängden är

v

G m1

p = g mkvk = 8 · m1v eller p = mvG = (8m1)v = 8m1v

m1

v

G

v

m1

Två lika partiklar har lika stora men motriktade hastigheter. p = g mkvk = m1v − m1v = 0 Masscentrum ligger stilla: p = mvG = 2m1 · 0 = 0

2

9789147114443b1-352c.indb 2

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem m1

G v

v O

2m1

x1

xG

Två partiklar på samma avstånd från origo O har lika stora men motriktade hastigheter.

Masscentrums läge ges av 1 1 x xG = (2m1x1 − m1x1) = x1 3m1 3 p = g mkvk = m1v − 2m1v = −m1v = −m1vex 1 p = mvG = 3m1x˙Gex = 3m1 x˙1ex = −m1vex 3

m1 ω r

v=rω

p = g mk v k = m 1 v − m 1 v = 0

r

O

v=rω

Två lika partiklar på en lätt stång som roterar kring mittpunkten. Rörelsemängderna är motriktade:

m1

Masscentrum ligger stilla på rotationsaxeln: p = mvG = 2m1 · 0 = 0

m1

m1

eθ ω

v=rω

G r

O

m1

ω

vG

G 2rω

r

v=rω

r

O

p = g mkvk = m1v = m1rω eθ Avståndet från axeln till masscentrum är r/3: p = mvG = 3m1 ·

rω e = m1rω eθ 3 θ

Nio lika partiklar bildar ett stelt plant system som roterar kring en axel vid O. Här blir det krångligare att addera alla rörelsemängder.

Mycket enklare blir det att bestämma masscentrums hastighet och multiplicera med den totala massan:

m1

m1

Ett stelt system bestående av tre partiklar på avståndet r från rotationsaxeln O. Två rörelsemängder är motriktade. Endast en partikel bidrar:

p = mvG = 9m1 · (rω, rω, 0)

Om ett hjul som rullar utför ett plan kan ses som ett stelt partikelsystem är rörelsemängden G vG

G

vG

p = mvG

Hjulens masscentra har samma hastighet som bilen. Om den totala massan är m så är den totala rörelsemängden p = mvG

9789147114443b1-352c.indb 3

3

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.2 (rörelsemängd)

Två partiklar, vardera med massan m1, sitter fast i var sin ände av en lätt rak stång med längden 2b. Bestäm den stela kroppens rörelsemängd om a) partiklarna har lika hastigheter vex ′ b) stången roterar med vinkelhastigheten ω kring en fix axel (z-axeln) genom mittpunkten G c) stången roterar som i b) kring mittpunkten G, som har hastigheten vex. y v

b

p = g mkvk = m1vex + m1vex = 2m1vex x

θ

b

a) Rörelsemängden bestäms antingen med definitionen, dvs som summan av alla partiklars bidrag:

G

p = mvG = 2m1vex Om alla partiklar har lika hastigheter har systemet en translationshastighet. Om alltså en cirkelskiva med massan m har translationshastigheten vex är rörelsemängden p = mvex

v

y

bω θ

b) Partiklarna har en cirkelrörelse och farten bestäms som radien gånger vinkelhastigheten

eθ

b ω b

eller med vårt härledda samband som utnyttjar masscentrum:

x

θ G

p = g mkvk = m1bω eθ − m1bω eθ = 0 p = mvG = 2m1 · 0 = 0 Om en kropp roterar kring ett fixt masscentrum är rörelsemängden alltid noll. Rörelsemängden ger alltså bara en viss information om rörelsen.

bω

y

bω θ

c) Kroppen har både en translationshastighet vex och en rotationshastighet. v

b ω b

θ G

v bω

x

p = g mk v k = m1(vex + bω eθ) + m1(vex − bω eθ) = 2m1vex p = mvG = 2m1vex Rotationsrörelsen bidrar alltså inte till rörelsemängden. Hjulen på en bil har en rörelsemängd som är hjulets massa gånger hjulaxelns, dvs bilens hastighet.

4

9789147114443b1-352c.indb 4

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem 1.3 Kraftekvationen (Eulers första lag) Newtons andra lag, kraftekvationen, gäller ju i ett inertialsystem för varje partikel i ett partikelsystem. Genom att lösa alla dessa kraftekvationer får vi fullständig information om systemets rörelse. Det är dock inte alltid detta är möjligt eller önskvärt. Vi kanske är mer intresserade av kroppens rörelse som helhet än de enskilda partiklarnas. Vilket resultat skulle fås om alla partiklars kraftekvationer adderades? z

Fk

mk

fkj fjk

rk

G

mj y

x

Betrakta ett godtyckligt partikelsystem bestående av n stycken partiklar innanför en tänkt eller verklig yta i rummet, så att antalet partiklar (och alltså den totala massan) innanför denna yta är konstant. Ingen partikel får passera ytan. Vi vill beskriva partikelrörelsen i ett referenssystem i vilket kraftekvationen för varje partikel gäller (ett s k inertialsystem). Partiklarna påverkas av yttre krafter, som kan vara av olika slag, t ex gravitationskraft, kontaktkraft, elektrisk eller magnetisk kraft. En yttre kraft har sin källa utanför systemet. Summan av alla yttre krafter på partikeln k kallas Fk. Det finns också inre krafter som beror på partiklarnas växelverkan. Partikeln k påverkas av en kraft fkj som orsakas av partikeln j. Den totala inre kraften på partikeln k blir därför fk = g fkj. j

Enligt lagen om verkan och motverkan (Newtons tredje lag) gäller att fkj = −fjk. Detta kan också skrivas fkj + fjk = 0, så att om alla inre krafter i systemet adderas blir resultatet noll: f = g fk = g g fkj = 0. k

k j

Kraftekvationen för partikeln k:

Fk + g fkj = mkak

(1.3)

j

Addera alla kraftekvationer:

g Fk + g g fkj = k

k j

Σ mk a k

(1.4)

k

Den inre kraftsumman (dubbelsumman) är noll enligt föregående och högerledet kan skrivas om med hjälp av masscentrumdefinitionen: g mkak = g mkr¨k = mr¨G = maG

(1.5)

Vi inför beteckningen F = g Fk för den yttre kraftsumman. Alltså, om alla kraftekvationer summeras fås en ekvation som kan sägas vara kraftekvationen för hela systemet (Eulers första lag):

Kraftekvationen

F = maG

(1.6)

5

9789147114443b1-352c.indb 5

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Kraftekvationen (1.6), som ibland kallas lagen om masscentrums rörelse, kan också skrivas F = p˙

(1.7)

För ett system bestående av n partiklar kan också n kraftekvationer ställas upp. Det är då klart att kraftekvationen (1.6) eller (1.7) för hela systemet bara kan ge en liten del av informationen om systemets rörelse. Vi avstår från den fullständiga beskrivningen av rörelsen och fokuserar enbart på masscentrums rörelse. Lagen, som gäller allmänt för godtyckliga kroppar (under förutsättning att massan är konstant och referenssystemet är ett inertialsystem), har följande innebörd: • • • •

Masscentrum rör sig på samma sätt som en partikel med massan m skulle göra, om den påverkades av en kraft lika med den yttre kraftsumman.

De inre krafterna påverkar inte masscentrums rörelse.

Allt som matematiskt har härletts för en partikels rörelse gäller även masscentrums rörelse. ”Masscentrums rörelse är ett partikelproblem”.

Om den yttre kraftsumman (i någon riktning) är noll så är rörelsemängden (i den riktningen) en rörelsekonstant (rörelsemängden bevaras).

Som vi redan sett kan masscentrum ligga utanför kroppens gränsyta och det behöver ej finnas någon massa i den punkten. För delproblemet att bestämma masscentrums rörelse kan man addera alla krafter som om de alla angrep i masscentrum. Däremot kan vi inte säga att kraftresultanten går genom masscentrum. Krafterna ger ju också en rotationsrörelse för ett stelt system.

G

G

Om kraftekvationen tidsintegreras fås som i partikelfallet t2

Impulsekvationen:

3 F dt t1

= p(t2) − p(t1)

(1.8)

I ord säger impulsekvationen att kraftsummans impuls är lika med skillnaden i rörelsemängd.

En förutsättning för att kunna utnyttja den är förstås att kraftsumman är given som funktion av tiden. Ett speciellt tillämningsområde för impulslagen är stötproblem, då man är intresserad av hastighetstillståndet före och efter stöt.

6

9789147114443b1-352c.indb 6

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.3 (kraftekvationen)

Tre partiklar med massorna m1, m2 och m3 är förenade med raka fjädrar och påverkas av yttre krafter F1, F2 respektive F3. Vilken acceleration får masscentrum? z f31

F1

Kraftekvationen för varje partikel är

m3 F3

f13

f32

G

m1

r1

Addera dessa tre ekvationer! Notera då att Newtons tredje lag säger att

f23

f12 f21

r3

m2 F2

r2

m1a1 = F1 + f12 + f13 m2a2 = F2 + f21 + f23 m3a3 = F3 + f31 + f32

f12 + f21 = 0, f13 + f31 = 0 och f23 + f32 = 0 m 1 a 1 + m2 a 2 + m3 a 3 = F 1 + F 2 + F 3 ( m1 + m 2 + m 3 ) a G = F 1 + F 2 + F 3 Accelerationen är helt oberoende av fjädrarna:

y

x

aG =

F1 + F2 + F3 m1 + m 2 + m 3

Exempel 1.4 (kraftekvationen)

Om systemet dras iväg med kraften S, kan masscentrums acceleration x¨ G bestämmas med kraftekvationen

m2

m1 G

S

(m1 + m2)x¨ G = S xG

medan fjäderlängden ändras periodiskt.

Exempel 1.5 (kraftekvationen)

y

Om en kropp rör sig i det homogena tyngdkraftfältet blir bankurvan en parabel. Om kroppen under rörelsen skulle delas i två delar, fortsätter masscentrum sin parabelbana som om ingenting hänt.

G x

maG = F maG = −mgey

Exempel 1.6 (kraftekvationen)

a4

a3

a2

a1

Om alla fyra bilar accelererar på den förtöjda stillastående färjan, måste färjan hållas med kraften F: m1a1 + m2a2 + m3a3 + m4a4 = F

9789147114443b1-352c.indb 7

7

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.7 (kraftekvationen)

Om den yttre kraftsumman är noll i någon riktning så bevaras rörelsemängden i denna riktning.

2v0

v0

5m

4m

Tre vagnar med givna massor och hastigheter rör sig lätt längs ett horisontellt rätlinjigt spår.

Vilken blir vagnarnas fart då de har kopplats ihop?

5m

Varje vagn känner av horisontella stötkrafter.

Det finns däremot ingen yttre kraft på hela systemet i denna riktning. Alltså bevaras rörelsemängden:

v1 4m

5m

5m ⋅ 2v0 + 4m ⋅ v0 + 5m ⋅ 0 = 14m ⋅ v1 14mv0 = 14mv1 v1 = v 0

5m

Exempel 1.8 (kraftekvationen)

Om den yttre kraftsumman är noll så bevaras rörelsemängden. y

v

v

30° 30°

m 3m x

2m

Eftersom den yttre kraftsumman är noll så bevaras rörelsemängden. Den är noll från början och måste vara det hela tiden.

Vektorsumman av bollarnas rörelsemängder ska vara noll. Den tredje bollens rörelsemängd måste alltså vara lika stor men motriktad summan av de två andra bollarnas rörelsemängder.

y mv

3mv3

m 3m

30° 30° 2m

Tre små elastiska bollar med massorna m, 2m och 3m ligger på ett glatt bord. De trycks ihop och släpps sedan, så att de lättare bollarna får lika stora hastigheter riktade enligt figuren.

Vilken hastighet får den tredje bollen?

x

2mv y

v

v

mva−

30° 30°

m 3m 2m

冑3 1

冑3 1 , , 0b + 2mv a− , − , 0b + 3mv3 = 0 2 2 2 2

v3 x

1

v3 = a

冑3 1

, , 0bv 2 6

8

9789147114443b1-352c.indb 8

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.9 (rörelsemängdens bevarande)

Två projektiler, vardera med massan m, skjuts iväg efter varandra med hastigheten v relativt en vagn med massan km (exklusive projektiler).

Vagnen har från början en hastighet u bakåt och rör sig helt utan motstånd. Hjulen är lätta och behöver inte beaktas. Bestäm vagnens hastighet efter de båda avfyrningarna

Det handlar om rätlinjig rörelse för systemets delar. Vilken information ger kraftekvationen för hela systemet? Lägg x-axeln i rörelseriktningen!

Men Fx = 0

1

F = p˙

1

Fx = p˙ x

p˙ x = 0

1

px = konstant

Eftersom det inte finns någon yttre kraft på hela systemet i rörelseriktningen, måste enligt kraftekvationen rörelsemängden px bevaras. Antag att vagnens hastighet bakåt efter den första projektilen är u1. Rörelsemängden för hela systemet, som här skrivs som summan av delarnas rörelsemängder, är före och efter avfyrningen lika: −(k + 2)mu = m(v − u1) − (k + 1)mu1 1 u1 = u +

1

( k + 2)

v

(1) (2)

Antag att vagnens hastighet bakåt efter den andra projektilen är u2. Rörelsemängden för hela systemet utom första projektilen före och efter den andra avfyrningen är lika: − (k + 1)mu1 = m(v − u2) − kmu2 1 u2 = u +

1 1 v+ v k+2 k+1

(3) (4)

Vilken blir hastigheten u′ om båda projektilerna skjuts samtidigt? Detta motsvarar förstås den första avfyrningen med den dubbla massan. Ekvation (1) och (2) blir då: − (k + 2)mu = 2m(v − ur) − kmur ur = u +

2 v k+2

(5) (6)

Observera att storleken av sluthastigheten blir större om projektilerna skjuts iväg efter varandra i stället för samtidigt.

9

9789147114443b1-352c.indb 9

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.10 (kraftekvationen för ett system)

Två lika massor m är förenade med en linjär fjäder som har fjäderkonstant k. Systemet är friktionsfritt rörligt längs en rät horisontell linje (x-axeln). Vid tiden t = 0, då de två kropparna är i vila, fjädern har sin naturliga längd l och den vänstra massan ligger i origo, börjar en konstant kraft F verka på den vänstra massan i rörelseriktningen. Bestäm rörelseekvationen för den vänstra massan!

k

F

x1

O

x2

xG

Eftersom F är den enda yttre kraften på hela systemet i x-riktningen fås masscentrums rörelse enkelt med kraftekvationen Fx = mtotx¨G Insättning ger 2mx¨G = F

x¨G =

1

Masscentrums definition:

F 2m

xG =

mx1 + mx2 2m

k(x2-x1 -l)

F

x˙G =

1

F t 2m

1

1

xG =

xG =

F 2 l t + 4m 2

1 ( x + x2 ) 2 1

x1

(2)

Kraftekvationen för den vänstra massan är mx¨1 = k(x2 − x1 − l) + F

O

(1)

xG

(3)

x2

Nu kan x2 elimineras med hjälp av ekv (2) mx¨1 = k(2xG − 2x1 − l) + F

(4)

Rörelseekvationen blir alltså med hjälp av ekv (1) mx¨ 1 + 2kx1 =

kF 2 t +F 2m

(5)

Detta är en ”helt vanlig” inhomogen svängningsekvation. Lösningen efterfrågas ej men fås som summan av den homogena lösningen och en partikulärlösning. Här anges resultatet: x1 =

F F 2 t (1 − cos ωt) + 4k 4m

Masscentrum accelereras enligt ekv (1) längs x-axeln samtidigt som de två kropparna oscillerar med vinkelfrekvensen ω.

10

9789147114443b1-352c.indb 10

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem 1.4 Kinetiska energins två delar Uttrycket för en partikels kinetiska energi är välkänt. Vi definierar nu 1 T = g mkvk2 2

partikelsystemets kinetiska energi

(1.9)

som summan av alla partiklars kinetiska energier. Vid beräkning av denna kinetiska energi kan en stor förenkling göras genom att införa masscentrum G. Vi tänker oss vidare ett referenssystem, som utan att rotera följer masscentrums rörelse. Detta referenssystem kallar vi masscentrumsystemet. I referenssystemet lägger vi in ett kartesiskt koordinatsystem med origo i G och med fixa axelriktningar (även om kroppen skulle rotera). z

Låt som förut rk vara lägevektorn till partikeln k.

Lägevektorn i det nya koordinatsystemet kallas ρk.

Då gäller uppenbarligen

z′ vk mk

rk

x′

ρk

G

rG

O

ρG =

y′

y

x

g mk ρk =0 g mk

(1.10)

Denna självklarhet, att masscentrum ligger i masscentrumsystemets origo, kommer i det följande in på olika sätt i många härledningar. Det gäller också tidsderivatan av sambandet (1.10).

Lär dig alltså känna igen och reagera för uttrycken g mk ρk och g mk ρ˙k!

Figuren visar att rk = rG + ρk

(1.11)

Tidsderivering ger r˙k = r˙G + ρ˙k

eller

vk = vG + ρ˙k

(1.12)

Kinetiska energin blir då 1 1 1 T = g mkvk2 = g mkvk2 = g mk(vG + ρ˙k)2 2 2 2 1 = g mk(vG2 + ρ˙k2 + 2vG ⋅ ρ˙k) 2 1 1 = vG2 g mk + g mk ρ˙k2 + vG ⋅ g mk ρ˙k 2 2

(1.13)

Här använder vi beteckningen vk2 ; vk ⋅ vk = 0 vk 0 0 vk 0 cos 0 = vk2. Om alla termer i en summa innehåller samma faktor kan den brytas ut och sättas framför summatecknet. Det gäller här både vG2 och vG. 11

9789147114443b1-352c.indb 11

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Eftersom den sista termen i ekv (1.13) enligt (1.10) blir noll kan slutresultatet skrivas T=

1 1 mv 2 + g mk ρ˙ k2 2 G 2

(1.14)

eller, eftersom ρ˙ k ; vkrel är hastigheten relativt masscentrumsystemet

T=

Lagen om kinetiska energins två delar:

1 1 mv 2 + g mkvkrel2 2 G 2

(1.15)

Den kinetiska energin för ett godtyckligt partikelsystem eller kropp kan alltså alltid delas upp i den energi kroppen skulle ha om alla delar rörde sig med masscentrums hastighet (translation) och den kinetiska energi systemet har i masscentrumsystemet. Vi kan också säga att den totala kinetiska energin består av masscentrums kinetiska energi plus den kinetiska energin relativt masscentrumsystemet. För specialfallet stel kropp ser kroppen alltid ut att rotera i masscentrumsystemet. De två delarna kan då sägas vara kroppens translationsenergi och rotationsenergi.

•

y r A

m1 ω

x

v

B

G

En stel kropp B har massan M och rör sig rätlinjigt med farten v. En annan stel kropp består av fyra små kulor (vardera med massan m1) på lätta stänger. Denna kropp roterar med vinkelhastigheten ω kring en axel A i den första kroppen. Kinetiska energin för hela systemet är T=

• rω θ

M

G P

m

r θ v

v

1 1 (M + 4m1)v2 + 4 ⋅ m1(rω )2 2 2

Det är inte alltid effektivast att använda metoden med kinetiska energins två delar.

Figuren visar en vagn med massan M som rör sig rätlinjigt med farten v. En liten kula med massan m sitter på en lätt stång, som har längden r. Stången roterar med vinkelhastigheten ω kring axeln P. I detta fall kommer masscentrum G att, liksom kulan, röra sig både framåt med vagnen och runt axeln P. Både kulan och vagnen kommer att beskriva en cirkelrörelse i masscentrumsystemet. Det blir här mycket enklare att addera kinetiska energin för vagnen och för kulan sett i ett inertialsystem.

12

9789147114443b1-352c.indb 12

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.11 (kinetisk energi)

I ändpunkterna på en lätt stång med längden 2a sitter två små kulor, som vardera har massan m1. Deras hastigheter är v och 3v åt samma håll och vinkelrätt mot stången. Kontrollera att lagen om kinetiska energins två delar ger rätt resultat.

3v

v G

a

a

A

B

Kinetiska energin beräknas enklast genom att addera partiklarnas bidrag.

1 1 1 T = g mkvk2 = m1v2 + m1(3v)2 2 2 2 1

T = 5m1v2

aω

ω G a

a aω

b

(2)

Vi inför ett masscentrumsystem Gx′y′ som utan att rotera följer G. Antag att masscentrum G har hastigheten vG i y′-riktningen.

y′

A

(1)

B

x′

(vA = ) v = vG − aω (vB = ) 3v = vG + aω

Stången måste ha en rotationshastighet, eftersom kulornas hastigheter är olika stora.

Antag att vinkelhastigheten för stången är ω.

I masscentrumsystemet ser man bara denna rotation och partiklarna har i detta system en cirkelrörelse med farten aω. De absoluta hastigheterna i y′-riktningen, dvs hastigheterna i ett fixt referenssystem kan då skrivas

1

b

vG = 2v aω = v

(3)

Kinetiska energins två delar (1.20) ger nu T=

1 1 1 (2m1)vG2 + m1vArel2 + m1vBrel 2 2 2 2

T=

1 1 1 (2m1)(2v)2 + m1(aω )2 + m1(aω )2 2 2 2

1

(4) 1

(5)

T = 5m1v2

13

9789147114443b1-352c.indb 13

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.12 (kinetisk energi)

Två partiklar, vardera med massan m1, sitter fast i var sin ände av en lätt rak stång med längden 2b. Bestäm den stela kroppens kinetiska energi om a) partiklarna har lika hastigheter vex b) stången roterar med vinkelhastigheten ω kring en axel (z-axeln) genom mittpunkten G c) stången roterar som i b) kring mittpunkten G, som har hastigheten vex. a) Kinetiska energin kan bestämmas antingen y med definitionen: 1 1 1 T = g mk v k 2 = m1 v 2 + m1 v 2 = m 1 v 2 v 2 2 2 b eller med den kinetiska energins två delar: 1 1 T = mvG2 + g mkvkrel 2 x θ 2 2 b G 1 = 2m1v2 + 0 = m1v2 2 v Partiklarnas hastigheter vk rel i masscentrumsystemet är noll. b) Partiklarna har en cirkelrörelse y

bω θ

eθ

b ω b

x

θ G

bω y

bω θ

v

b ω b

θ G

v bω

x

1 1 T = g mkvk2 = 2 ⋅ m1(bω )2 = m1b2ω 2 2 2 eller 1 1 T = mvG2 + g mkvkrel2 2 2 1 = 0 + 2 ⋅ m1(bω )2 = m1b2ω 2 2 En homogen cirkelring med massan m och radien r som roterar kring symmetriaxeln med vinkelhastigheten ω har en kinetisk energi 1 2 2 mr ω .

2 c) Kroppen har både en translationshastighet och en rotationshastighet.

1 T = g mk v k 2 2 1 = m1 3 (v − bω sin θ )2 + (bω cos θ )2 4 2 1 + m1 3 (v − bω sin θ )2 + (−bω cos θ )2 4 2 = m (v2 + b2 θ˙2) 1

eller 1 1 mv 2 + g mkvkrel2 2 G 2 1 1 = 2m1v 2 + 2 m1b2ω 2 = m1(v 2 + b2ω 2) 2 2

T=

14

9789147114443b1-352c.indb 14

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem 1.5 Lagen om arbetet En partikel rör sig i rummet längs en bankurva C. Om en av krafterna som verkar på partikeln är F utför den vid en mycket liten förflyttning dr arbetet dU = F ⋅ dr. Skalärprodukten säger att det bara är kraften i förflyttningens riktning eller förflyttningen i kraftens riktning som ger bidrag till arbetet.

z F C r1

dr

Arbetet som kraften utför på en partikel har tidigare definierats

r r2

x

y

U=

r2 3F r1C

⋅ dr

(1.16)

där C är partikelns bankurva och som här motsvarar integrationsvägen. I allmänhet blir arbetet olika stort längs olika vägar mellan två lägen r1 och r2, men detta har utretts tidigare.

För en partikel vet vi också att lagen om arbetet (eller lagen om den kinetiska energin) U = T2 − T1 alltid gäller. Arbetet U som alla krafter utför på partikeln är lika med förändringen av partikelns kinetiska energi. Om en kraft verkar i hastighetens motsatta riktning blir arbetet negativt.

För partikeln k i ett partikelsystem kan arbete-energisambandet (lagen om den kinetiska energins förändring) då skrivas Uk = Tk2 − Tk1.

Den kinetiska energin har redan definierats T = g Tk. Om vi nu adderar alla ingående partiklars arbete-energisamband och inför beteckningen U = g Uk för det totala arbetet som alla krafter i systemet utför fås för hela partikelsystemet:

Lagen om arbetet:

U = T2 − T1

(1.17)

Allmänt gäller här, till skillnad från det som gällde kraftekvationen, att både yttre och inre krafters arbeten måste beaktas. Det finns dock många fall för system av stela kroppar då de inre krafternas arbeten är noll. Exempelvis blir summan av kontaktkrafternas arbeten noll i en glatt led mellan två kroppar, eftersom kontaktkrafterna har lika förflyttningar. Då två stela kroppar rullar mot varandra gör normalkrafterna tillsammans inget arbete. Vid rullning utan glidning gör inte heller friktionskrafterna något arbete. Vi exemplifierar detta i nästa avsnitt.

15

9789147114443b1-352c.indb 15

6/23/14 5:50 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem 1.6 Inre och yttre krafters arbeten För att belysa problemställningen med inre krafters arbeten jämför vi de två experimentuppställningarna som visas här nedan i figurerna a) och b). Två vagnar med massorna m1 och m2 rör sig lätt på ett rätlinjigt horisontellt spår. Dragkraften F1 är konstant. I ena fallet är vagnarna förenade med en fjäder med fjäderkonstant k, i andra fallet med en lätt stång. Fjädern har från början sin naturliga längd.

a)

b)

k

m2 g

S

x2

m1 F1

F1

x2

N2

m2

m1

m2

x2

x1

N1

S

x1

Friläggningsfiguren ser likadan ut för båda fallen. De vertikala yttre krafterna, tyngdkrafterna och normalkrafterna, gör inget arbete, eftersom de är vinkelräta mot förflyttningarna. Dragkraften, den horisontella yttre kraften, utför ett arbete som är dUyttre = F1 · dx1. Det inre arbetet, alltså de inre krafternas totala arbete, vid en mycket liten förändring av läget är

F1 m1 g

x1

dU inre = S · dx2 − S · dx1 = S · (dx2 − dx1)

(1.18)

Om systemet är stelt har vagnarna samma förflyttning och arbetet är noll. Om systemet är deformabelt gör de inre krafterna ett arbete. Små förändringar av vagnarnas koordinater motsvaras av en liten fjäderlängdändring dx2 − dx1.Om vi låter variabeln x stå för fjäderförlängningen räknat från den naturliga längden måste dx = dx1 − dx2 = d(x1 − x2)

(1.19)

dU inre = −S · (dx1 − dx2)= −kxdx

(1.20)

Det inre arbetet vid en fjäderförlängning x blir x

U inre = 3dU inre = 3 −kxdx = − 0

1 2 kx 2

(1.21)

16

9789147114443b1-352c.indb 16

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem P

Tre likadana små kulor sitter fast på två lätta stänger, som är förenade med en glatt led i punkten P. Den vänstra stången är lagrad vid en horisontell fix glatt axel O, så att systemet rör sig i ett vertikalplan. Vilka krafter på de två stängerna utför inte något arbete?

O

P

R

O

K

−K

mg

mg

mg

Vi frilägger de två stela kropparna. De påverkas av de tre tyngdkrafterna mg, en reaktionskraft R i upphängningspunkten samt lika stora och motriktade kontaktkrafter K och −K i P. Kraften R utför inget arbete, eftersom angreppspunkten O inte har någon förflyttning. Kontaktkrafterna gör tillsammans arbetet noll, eftersom krafterna har samma angreppspunkt: dU = K · drP + (−K) · drP = (K − K) · drP = 0 Förutsättningen här är att lederna är glatta så att inte kraftparsmomenten på grund av friktionen gör arbete.

ω

På ett lätt cylinderskal sitter en stång med massan m. Stången sammanfaller med en generatris. Kroppen rullar utan att glida på ett horisontalplan. Vilka krafter utför inte något arbete?

v R P ω

v R f

N P

Vi frilägger kroppen. Den påverkas av tyngdkraften mg och en kontaktkraft som vi delar upp i en normalkraft N och en friktionskraft f.

Om kroppen inte glider mot underlaget har kontaktpunkten P i kroppen samma hastighet som underlaget, dvs hastigheten noll.

Angreppspunkten för kontaktkraften har alltså hastigheten noll och kraftens effekt är noll.

Kontaktkraften gör alltså inte heller något arbete.

mg 17

9789147114443b1-352c.indb 17

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem 1.7 Lagen om den mekaniska energins bevarande Om en kraft F är konservativ, så att arbetet är oberoende av integrationsväg C, är det praktiskt att införa kraftens

r

V(r) = − 3F(rr) ⋅ drr

potentialfunktion

(1.22)

r0

Primtecknet i denna definition används för att skilja integrationsvariabeln från den övre gränsen. Den undre gränsen r0 är en konstant som får väljas efter behag. För gravitationskraften motsvarar den en referensnivå. Vi har i grundkursen bestämt potentialen för ett antal vanliga krafter. Friktionskraften har ingen potentialfunktion, eftersom den inte är konservativ. Man kan också säga att friktionskraftens arbete beror på vilken väg man tar mellan två lägen.

Om en partikel, som påverkas av kraften F(r), ändrar sitt läge från r1 till r2, kommer den potentiella energin att ändras. Ändringen blir lika stor som ändringen i kinetisk energi enligt: V1 − V2 = −

r1

r2

r0

r2

r2

r0

r0

r1

r0

r1

3 F ⋅ dr − a− 3 F ⋅ drb = 3 F ⋅ dr + 3 F ⋅ dr = 3F ⋅ dr = U = T2 − T1

(1.23)

Detta, att förändringen i potentiell energi är lika stor som förändringen i kinetisk energi, kan också uttryckas som att den totala mekaniska energin är konstant. Addera T1 + V2 till ekv (1.23) så fås T1 + V1 = T2 + V2 Vi känner igen lagen om den mekaniska energins bevarande för en enda partikel. Om nu kinetiska energin för ett partikelsystem är summan av alla partiklars kinetiska energier och den totala potentiella energin är summan av alla krafters potentiella energier kan vi med samma beteckningar skriva upp energilagen för hela systemet:

Mekaniska energilagen

E = T + V = T0 + V0

(1.24)

Här står vänster led T + V för den mekaniska energin vid en godtycklig tidpunkt, medan höger led T0 + V0 bestäms med hjälp av begynnelsevillkoret.

Huvudekvationerna för sambandet arbete-energi ser alltså likadana ut som för partikelfallet, eftersom alla arbeten och kinetiska energier helt enkelt summeras och vi använder beteckningarna U, T och V också för hela systemet. Det är viktigt att komma ihåg att även inre krafter kan bidra till det totala arbetet.

18

9789147114443b1-352c.indb 18

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.13 (mekaniska energins bevarande)

R

30°

Fyra små kroppar, vardera med massan m, är i ett vertikalplan förenade med likadana lätta stänger och glatta leder. I utgångsläget, som ges i figuren, är systemet i vila. Kropparna glider sedan på insidan av en glatt cylinder med radien R. Hur stor är kropparnas fart då alla kommit ner till den lägsta nivån?

O

Kropparna påverkas av tyngdkraft, normalkraft och krafter från stängerna.

Eftersom bara tyngdkraften utför arbete bevaras den mekaniska energin.

T1 + V1 = T0 + V0 冑3 R 1 4mv12 + 0 = 0 + mgR + mg + mgRa1 − b 2 2 2 1 5 − 冑3 2mv12 = mgRa b 1 v1 = 冑(5 − 冑3)gR 2 2

(1) (2) (3)

Exempel 1.14 (mekaniska energins bevarande)

A

Två små kroppar, med massorna 2m och m, är förenade med en fjäder med fjäderkonstant k och naturlig längd l. Kropparna rör sig i ett horisontalplan på var sitt rätlinjigt spår.

Avståndet mellan spåren är l. I utgångsläget, som visas i figuren, är fjäderlängden l + δ och systemet är i vila. Bestäm den maximala farten hos kroppen med massan m.

2m G l B m

Vinkelrätt mot rörelsens plan påverkas kropparna av en tyngdkraft och en norO x malkraft. I horisontalplanet finns också normalkrafter samt fjäderkraften. Det finns ingen yttre kraft på systemet i rörelseriktningen. Det betyder enligt kraftekvationen att den totala rörelsemängden bevaras. Eftersom den är noll från början fås 1 mx˙B + 2mx˙A = 0 1 x˙A = − x˙B (1) 2 Eftersom bara fjäderkraften utför arbete så bevaras den mekaniska energin. Den kinetiska energin är maximal då fjädern har sin naturliga längd.

Ekv (1) ger

9789147114443b1-352c.indb 19

T1 + V1 = T0 + V0

(2)

1 1 1 mx˙ 2 + 2mx˙A2 + 0 = 0 + 0 + kδ 2 2 B 2 2

(3)

1 1 1 mx˙ 2 + mx˙ 2 = kδ 2 2 B 4 B 2

1

0 x˙B 0 =

2k δ Å 3m

19

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.15 (mekaniska energins bevarande)

C

Tre likadana små kulor, vardera med massan m, är stelt förenade med två lätta raka stavar, vardera med längden a, så att kulorna ligger på en rät linje. Denna stela kropp kan röra sig i ett vertikalplan och hålls av den lätta stången AC, som har längden 2a och glatta leder i A och C. En tråd vid B förhindrar glidning på det glatta planet. Bestäm med vilken fart den översta kulan C slår i det lutande planet om tråden plötsligt går av.

a 2a a 60°

B

A

C a G B ω

a

G

Den enda kraft som gör arbete är tyngdkraften, så att systemet är konservativt och den mekaniska energin bevaras: 2a

a

a C

h

60°

vG

T1 + V1 = T0 + V0 A

(1)

Vi väljer bordsytan som referensnivå för den potentiella energin. Från början ligger då masscentrum på nivån

vC

h=

冑3a 2

(2)

Eftersom stången AC är stel kan kulorna i slutläget inte ha någon hastighet parallell med planet. Den understa kulan B ligger redan på planet och har därför inte heller någon hastighet vinkelrätt mot planet. Hastighetstillståndet i slutläget måste därför vara en rotation kring den understa kulan. Detta visas i figuren. Antag att kroppen just före stöten med planet har en vinkelhastighet ω. Den totala kinetiska energin är summan av partiklarnas kinetiska energier, vilket insatt i energiekvationen ger:

冑3a 1 1 1 m ⋅ 02 + m (aω )2 + m (2aω )2 + 0 = 0 + 3mg 2 2 2 2

(3)

eftersom systemet är i vila från början.

Förenkling ger 5ma2ω 2 = 3冑3mga

Kulan C har då farten

vC = 2aω

3冑3g Å 5a

1

ω=

1

vC = 2

(4)

3冑3 ga Å 5

20

9789147114443b1-352c.indb 20

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem 1.8 Effekten z

För en enda partikel, som påverkas av en kraft F, har vi definierat kraftens effekt

Fk

P=F·v mk

fkj fjk

rk

G

mj y

x

(1.25)

Det är bara kraften i rörelseriktningen som ger en effekt. I ett partikelsystem skiljer vi på inre och yttre krafter. På partikeln k är summan av de yttre krafterna Fk och summan av de inre krafterna fk = g fkj. j

Om vi frilägger partikeln k är den yttre kraften alltså Fk + fk. Effekten på den blir P = (Fk + fk) · vk. Alla krafters effekt på partikelsystemet är P = Σ(Fk + fk) · vk.

Allmänt gäller att de inre krafterna också bidrar till effekten. Vi kan inte bortse från de inre krafterna som vi gjorde när kraftekvationen behandlades. Det finns dock många situationer där de inre krafternas effekt är noll. Följande exempel visar detta m3 f31

F1

F3

f13

f32

f12 · v1 + f21 · v2 = f12 · (v1 − v2)

m1 f23

f12 f21

Om stängerna är lätta är de tvåkraftskroppar och motsvarande krafter på kulorna är parallella med respektive stång. Effekten som de inre krafterna f12 och f21 ger är

m2

(1.26)

Tillsammans ger de inre krafterna f12 och f21 en effekt bara om hastighetsskillnaden v1 − v2 har en komposant parallell med f12. För en stel stång kan inte kulorna röra sig från eller mot varandra och effekten måste vara noll.

F2 Fjäderkraften ger dock en effekt. Exemplet antyder att för stela partikelsystem ger de inre krafterna ingen effekt. För hela systemet fås P = (F1 + f12 + f13) ⋅ v1 + (F2 + f21 + f23) ⋅ v2 + (F3 + f31 + f32) ⋅ v3

(1.27)

P = (F1 ⋅ v1 + F2 ⋅ v2 + F3 ⋅ v3) + f12 ⋅ (v1 − v2) + f13 ⋅ (v1 − v3) + f23 ⋅ (v2 − v3)

(1.28)

Eftersom (v1 − v2) är vinkelrät mot f12 och (v1 − v3) är vinkelrät mot f13, fås P = (F1 ⋅ v1 + F2 ⋅ v2 + F3 ⋅ v3) + f23 ⋅ (v2 − v3)

(1.29)

21

9789147114443b1-352c.indb 21

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem 1.9 Lagen om effekten För en enda partikel gäller P = T˙

lagen om effekten:

(1.30)

Detta är en ekvation som liksom kraftekvationen gäller i ett visst ögonblick. Den innehåller samma information som kraftekvationens komponent i rörelseriktningen, dvs i hastighetens riktning. Effekten säger hur snabbt den kinetiska energin förändras.

Om vi för ett partikelsystem skriver upp lagen om effekten för varje partikel, Pk = T˙k, och sedan adderar dessa ekvationer, g Pk = g T˙k, får vi med beteckningarna P = g Pk och T = g Tk för hela systemet P = T˙

Lagen om effekten:

(1.31)

Alla krafters effekt, både inre och yttre krafters effekt, är lika med förändringen per tid av systemets totala mekaniska energi.

Exempel 1.16 (lagen om effekten)

En lätt trådrulle med radien r kan rotera lätt kring en horisontell axel O. Den är stelt förenad med en lätt stång med två små kulor i ändpunkterna. En tyngd mg fästs i tråden. Bestäm stångens vinkelacceleration θ¨!

K r

mg S

O

.. θ

Kraften vid axeln ger ingen effekt då angreppspunkten saknar hastighet. Trådkraften S på tyngden ger en effekt liksom trådkraften på trådrullen. Eftersom angreppspunkterna har samma hastighet och krafterna är motriktade blir den sammanlagda effekten noll. Varje kula påverkas av tyngdkraften. På samma sätt blir också här den totala effekten noll, då krafterna har samma riktning och hastigheterna är motriktade.

R

S mg mg

Insättning i P = T˙ ger

mg ⋅ rθ˙ =

d 1 1 2 2 c 2 ⋅ m(Rθ˙) + m(rθ˙) d dt 2 2

2 mgrθ˙ = 2mR θ˙ θ¨ + mr2 θ˙ θ¨

θ¨ =

gr 2R + r2 2

22

9789147114443b1-352c.indb 22

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem 1.10 Rörelsemängdsmoments två delar HOk

O

rk

β

mk

d

Rörelsemängden för en stel kropp som roterar kring ett fixt masscentrum är enligt ekv (1.2) noll. Rörelsemängden ger alltså bara lite information om rörelsen. En annan storhet, som också informerar om rörelsetillståndet, men som i det givna fallet är skild från noll, är rörelsemängdsmomentet, som för en partikel med avseende på origo definieras

vk

HO = r × mv

(1.32)

I figuren visas bidraget till rörelsemängdsmomentet med avseende på origo från partikeln k.

Denna definition (1.32) liknar definitionen av kraftmoment. I stället för kraftens moment gäller det nu rörelsemängdens moment. Det finns en hävarm till rörelsemängden. I figuren är d hävarmen. Kryssprodukten säger att HO är vinkelrät mot både r och v. Om både r och v ligger i xy-planet får vi i cylinderkoordinater HO = r × mv = rer × m( r˙er + rθ˙eθ) = rer × m r˙er + rer × mrθ˙eθ = mr2 θ˙ez

(1.33)

För ett partikelsystem är rörelsemängdsmomentet vektorsumman av alla delars rörelsemängdsmoment. Varje partikel bidrar: HO = g rk × mkvk

z

Med denna definition kan vi bestämma rörelsemängdsmomentet med avseende på vilken punkt som helst. Vi får

vk Pk rk

(1.34)

mk

rBP

rAP

k

H A = g rAPk × mkvk = g (rAB + rBPk ) × mkvk = g rAB × mkvk + g rBPk × mkvk (1.35)

B rAB

k

Vektorn rAB saknar summationsindex och kan därför brytas ut:

A O x

y

HA = rAB × g mkvk + g rBP × mkvk k = rAB × mvG + HB

(1.36)

Just som för kraftmoment finns det också ett samband mellan rörelsemängdsmomentet i två punkter A och B: Sambandsformeln för rörelsemängdsmoment:

HA = HB + rAB × mvG

(1.37)

23

9789147114443b1-352c.indb 23

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Vi ser att om masscentrum saknar hastighet, p ; mvG = 0, så är rörelsemängdsmomentet lika med avseende på alla punkter.

Om vi gör om härledningen av (1.37) med krafter i stället för rörelsemängder så får vi sambandsformeln för kraftmoment, ett samband som härleddes i statiken.

Sambandsformeln för kraftmoment:

MA = MB + rAB × F

(1.38)

Här är F = g Fk summan av hela kraftsystemets krafter, dvs kraftsumman. Om kraftsumman är noll, som är fallet för ett kraftpar, är kraftmomentet lika i alla punkter.

I dynamiken intar rörelsemängdsmomentet med avseende på masscentrum G en särställning. z

Låt ρk beteckna lägevektorn från masscentrum G till partikeln med massan mk och hastigheten vk.

Rörelsemängdsmomentet med avseende på masscentrum är enligt definitionen

z′ vk mk rk

O

x′

ρk

G

HG = g ρk × mkvk

y′

rG y

(1.39)

Observera att det är de absoluta hastigheterna vk som ingår i detta samband. Låt oss nu införa masscentrumsystemet och se vilka resultat som kan härledas!

x Om vi vill utnyttja hastigheterna som mäts i masscentrumsystemet skriver vi som tidigare vk = vG + ρ˙k = vG + vkrel. Rörelsemängdsmomentet blir HG = g ρk × mk(vG + ρ˙k ) = g ρk × mkvG + g ρk × mk ρ˙k = ( g mk ρk ) × vG + g ρk × mk ρ˙k = 0 × vG + g ρk × mk ρ˙k = g ρk × mkvkrel = (HG)rel ; HGrel

(1.40)

För enkelhets skull skriver vi HGrel för det relativa rörelsemängdsmomentet.

Vid beräkning av rörelsemängdsmomentet med avseende på masscentrum spelar det alltså ingen roll om man räknar med de absoluta hastigheterna eller hastigheterna i masscentrumsystemet.

HG = HGrel

(1.41)

Detta innebär en mycket stor förenkling vid problemlösning. För exempelvis en stel kropp ser ju rörelsen i masscentrumsystemet alltid ut som en ren rotation kring G. Rörelsemängdsmomentet med avseende på masscentrum för ett rullande hjul kan beräknas som om hjulet 24

9789147114443b1-352c.indb 24

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem roterade kring en fix axel genom masscentrum. Kombinerar vi detta resultat med sambandsformeln (1.37) får vi med avseende på en godtycklig punkt P HP = HGrel + rPG × mvG

Rörelsemängdsmomentets två delar:

(1.42)

Rörelsemängdsmomentet kan alltså, liksom kinetiska energin, delas upp i två delar. En del HGrel, som kommer från rörelsen i masscentrumsystemet, och en del rPG × mvG som kommer från masscentrums rörelse, som om den punkten var en partikel med hela kroppens massa.

Ibland finns det anledning att införa ett referenssystem som utan att rotera följer en annan viss intressant punkt P. Detta referenssystem påminner alltså om masscentrumsystemet. Vilket är sambandet mellan det rörelsemängdsmoment HP som mäts i ett fixt referenssystem och det rörelsemängdsmoment HPrel som mäts i det referenssystem som utan att rotera följer punkten P? Låt ρrk vara lägevektorn från punkten P till partikeln med massan mk och hastigheten vk.

Definitionen av masscentrum ger

z vk mk

O

rPG ; ρrG =

ρ k′

rk rG

z′

ρk G

ρ ′G x′

P

y′

y

1

g mk ρrk g mk

g mk ρrk = mrPG

(1.43) (1.44)

Vi startar med definitionen av HP och inför de relativa hastigheterna enligt vk = vP + vkrel

x HP = g ρrk × mkvk = g ρrk × mk(vP + vkrel) = g mk ρrk × vP + g ρrk × mkvkrel = ( g mk ρrk) × vP + HPrel = mrPG × vP + HPrel HP = HPrel + rPG × mvP

(1.45)

(1.46)

Vi ser att om P sammanfaller med G så får vi åter igen resultatet HG =HGrel, eftersom rGG = 0.

Rörelsemängdsmomentet med avseende på punkten P kan delas upp i en del HPrel som ges av rörelsen relativt det nya referenssystemet plus en del rPG × mvP, som är momentet av den rörelsemängd som hela systemet skulle ha om alla partiklars hastigheter (och alltså även masscentrum), var lika med vP . Väljer vi P som referenspunkt drar vi ju bort vP från varje partikels absoluta hastighet, när den relativa hastigheten bestäms.

25

9789147114443b1-352c.indb 25

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.17 (rörelsemängdsmoment)

3v

I ändpunkterna på en lätt stång med längden 2a sitter två partiklar vardera med massan m1.

De har hastigheterna v och 3v åt samma håll och vinkelrätt mot stången. Kontrollera att lagen om rörelsemängdsmomentets två delar ger rätt resultat a) med avseende på A b) med avseende på B

v G

a

a

A

B Hastighetstillståndet för detta system har bestämts tidigare i exempel 1.11. Stången har en vinkelhastighet ω sådan att aω = v och masscentrums hastighet är vG = 2v i y′ -riktningen.

y′

aω

ω

A

I masscentrumsystemet har partiklarna en cirkelrörelse med farten aω.

G

a

a

B

x′

aω

a) Lagen om rörelsemängdsmomentets två delar HA = HGrel + rAG × mvG

(1)

(HA)z = 2 ⋅ a m1(aω ) + a(m1)(2v) 1 (HA)z = 6m1av

(2)

ger för z-komponenten:

Om man i stället adderar bidragen från de två partiklarna fås noll i bidrag från partikeln i A eftersom hävarmen är noll och bidraget 6m1av från partikeln i B eftersom hävarmen är 2a och farten 3v. b) Lagen om rörelsemängdsmomentets två delar HB = HGrel + rBG × mvG

(3)

(HB)z = 2 ⋅ am1(aω ) − a(m1)(2v) 1 (HB)z = −2m1av

(4)

ger för z-komponenten:

Om man istället adderar bidragen från de två partiklarna fås noll i bidrag från partikeln i B eftersom hävarmen är noll och bidraget −2mav från partikeln i A eftersom hävarmen är 2a och farten v.

26

9789147114443b1-352c.indb 26

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.18 (rörelsemängdsmoment)

Två partiklar, vardera med massan m1, sitter fast i var sin ände av en lätt rak stång med längden 2b. Kroppens masscentrum är rG = (xG, yG, 0).

Bestäm rörelsemängdsmomentet med avseende på den fixa punkten O om a) partiklarna har lika hastigheter vex b) stången roterar med vinkelhastigheten ω kring en axel (z-axeln) genom mittpunkten G c) stången roterar som i b) kring mittpunkten G, som har hastigheten vex. y′

a) Rörelsemängdsmomentet kan beräknas som summan: HO = g rk × mkvk = 3 − ( yG + bsin θ )m1v − ( yG − bsin θ )m1v 4 ez = −2yG m1vez

y v b G b

θ (x G, y G)

x′

eller med rörelsemängdsmomentets två delar: HO = HGrel + rOG × mvG = 0 − yG(2m1v)ez = −2yGm1vez

v x

O

y′

y

bω θ

b) Partiklarna har en cirkelrörelse. Det går att bestämma rörelsemängdsmomentet med HO = g rk × mkvk

eθ

b ω b

θ (xG, yG )

bω

O

x′

bω

y

θ

b

x′

θ (xG , yG)

v O

bω

c) Rörelsemängdsmomentets två delar:

v

b ω

HO = HGrel + rOG × mvG = 2 ⋅ bm1(bω )ez + 0 = 2m1b2ω ez Så snart en kropp roterar kring ett fixt masscentrum är rörelsemängdsmomentet lika med avseende på alla punkter: HO = HGrel.

x y′

men det bli mycket enklare med de två delarna:

x

HO = HGrel + rOG × mvG = 2 ⋅ bm1(bω )ez − yG(m1)vez = 2m1(b2ω − yGv)ez Rotationen ger ett positivt bidrag och translationen ett negativt. Även om kroppen har stor hastighet och vinkelhastighet så finns det en viss punkt där rörelsemängdsmomentet är noll.

27

9789147114443b1-352c.indb 27

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.19 (rörelsemängdmoments två delar)

ω

v

G

ey

R

P På en lätt cirkulär skivas periferi sitter ett antal likadana partiklar på ett sådant sätt att masscentrum G ligger i skivans centrum. Systemets totala massa är m och skivans radie är R. Skivan rullar så att v = Rω . Låt en axel genom punkten P vara parallell med ez-riktningen. h På vilken höjd h ska axeln ligga för att rörelsemängdsmomentet med avseende på den ska bli noll?

ex

Rörelsemängdsmomentet har två delar enligt HP = HGrel + rPG × mvG

(1)

I masscentrumsystemet syns bara rotationen. Varje partikel vid periferin har en cirkelrörelse i detta referenssystem. Den relativa farten är Rω. Motsvarande rörelsemängd är mkRω. Med avseende på G är hävarmen till varje sådan rörelsemängd R. Det relativa rörelsemängdsmomentet med avseende på G blir därför HGrel = g RmkRω ez = ( g mk) ⋅ R2ω ez = mR2ω ez = mRvez

(2)

Vi har utnyttjat att icke indicerade faktorer kan brytas ut vid summeringen.

Om P ligger i samma plan som G fås rPG × mvG = − (h − R)ey × (−mvex) = −m(h − R)vez

(3)

Det är ju bara den vertikala komposanten av rPG som bidrar i kryssprodukten.

1

HP = 3 mRv − m(h − R)v 4 ez

(4)

1

(HP)z = 0 om h = 2R

(5)

Rörelsemängdsmomentet i masscentrumsystemet HGrel är riktat moturs. Masscentrums rörelsemängd bidrar med ett rörelsemängdsmoment rPG × mvG, som är riktat medurs. Dessa två delar tar ut varandra om h = 2R. Antalet partiklar spelar ingen roll för resultatet. Om partiklarna ligger mycket tätt vid skivans periferi kan vi säga att kroppen är ett tunt cylinderskal, alltså en kropp med kontinuerlig massfördelning.

28

9789147114443b1-352c.indb 28

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem Exempel 1.20 (rörelsemängdmoment)

Två likadana små kulor med massorna m1 sitter fast på en lätt rak stång med längden 4l enligt figuren. Stången rör sig i ett vertikalplan och dess ena ände P rör sig horisontellt med hastigheten vP. Bestäm rörelsemängdsmomentet med avseende på horisontella axlar genom G och P!

vP y

P θ

2l

.

2lθ vP

m1

x

l G

l m1

.

3lθ

. vP 4lθ

Om punkten P är fix beskriver kulorna en cirkelrörelse kring P. Hastigheterna i det referenssystem som utan att rotera följer P är alltså 2lθ˙eθ och 4lθ˙eθ .

Förutom denna hastighet har kulorna en horisontell hastighet vP, eftersom de följer med det nämnda referenssystemet. I den här lösningen betyder HG z-komponenten av rörelsemängdsmomentet med avseende på G. Vid beräkning av HG ser man att de horisontella rörelsemängderna m1vP inte bidrar eftersom hävarmarna är lika: HG = l ⋅ m1 ⋅ 4lθ˙ − l ⋅ m1 ⋅ 2lθ˙ = 2m1l 2 θ˙

(1)

vP

I masscentrumsystemet har kulorna hastigheterna −lθ˙eθ och lθ˙eθ : HGrel = l ⋅ m1 ⋅ lθ˙ + l ⋅ m1 ⋅ lθ˙ = 2m1l 2 θ˙

(2)

Vi ser att HG = HGrel.

I det referenssystem som följer P syns inte stångens translationshastighet vP. HPrel = 2l ⋅ m1 ⋅ 2lθ˙ + 4l ⋅ m1 ⋅ 4lθ˙ = 20m1l 2 θ˙

(3)

Rörelsemängdsmomentet med avseende på P med de absoluta hastigheterna är HP = 2lcos θ ⋅ m1vP + 4lcos θ ⋅ m1vP + 20m1l 2 θ˙ = 6m1lcos θvP + 20m1l 2 θ˙

(rPG × mvP)z = 3lcos θ ⋅ 2m1 ⋅ vP = 6m1lcos θvP

(4) (5)

Vi ser att sambandet HP = HPrel + rPG × mvP stämmer.

(rPG × mvG)z = 3lcos θ ⋅ 2m1 ⋅ vP + 3l ⋅ 2m1 ⋅ 3lθ˙ = 6m1lcos θvP + 18m1l 2 θ˙

(6)

Vi ser att sambandet HP = HGrel + rPG × mvG, rörelsemängdsmomentets två delar stämmer.

29

9789147114443b1-352c.indb 29

6/23/14 5:51 PM

1. Mekanikens lagar för ett partikelsystem 1.11 Introduktion till momentekvationen Vi har redan i statiken använt en momentekvation för att bestämma krafter vid jämvikt. En kraft har ju en vridande förmåga på en stel kropp och denna vridande förmåga kallar vi kraftmoment. Om en stel kropp är upphängd på en glatt horisontell axel O (vänstra figuren), kan vi med momentekvationen med avseende på axeln bestämma den kraft S som krävs för att hålla upp kroppen.

R

R

statik y

O

S

dynamik y

O

.. θ

b G

G

c

c

x S ⋅ b − mg ⋅ c = 0

⇒

mg .. − mg ⋅ c = I θ x

mg S=

c b

mg

Det fina med denna ekvation är att reaktionskraften R vid axeln inte kommer med. Om tråden går av är det bara tyngdkraften som ger ett kraftmoment med avseende på axeln. På grund av detta obalanserade moment börjar kroppen att rotera. Eftersom vinkelhastigheten ökar från noll ger kraftmomentet en vinkelacceleration θ¨. Kroppen har en vinkelacceleration redan i det första ögonblicket efter det att tråden gått av. Vårt långsiktiga mål är att för en stel kropp kunna skriva upp en momentekvation, som ger sambandet mellan kraftmoment och vinkelacceleration.

Det verkar väl intuitivt troligt att vinkelaccelerationen blir större ju större det obalanserade kraftmomentet är. Vinkelaccelerationen bestäms dock inte bara av kraftmomentet utan också av kroppens utseende och massa. Beroende på hur kroppens rumsliga massfördelning ser ut har kroppen en tröghet mot ändringar i vinkelhastigheten.

O

Betrakta en plan partikelpendel! Kraftekvationen i tangentialriktningen är −mgsin θ = mrθ¨

y θ

x

r

Multiplicering med r ger

S et

en mg

θ

−mgr sin θ = mr2 θ¨ I vänstra ledet står kraftmomentet med avseende på rotationsaxeln. I högerledet finns konstanten mr2. Ju större denna konstant är desto mindre blir vinkelaccelerationen. Vi kommer att kalla konstanten för tröghetsmomentet.

För en roterande stel kropp bidrar varje masselement till tröghetsmomentet. Både massan och massans avstånd från axeln har betydelse för trögheten.

30

9789147114443b1-352c.indb 30

6/23/14 5:51 PM

ISBN 978-91-47-11444-3 © 2014 Christer Nyberg och Liber AB FÖRLÄGGARE

Peter Rajan Kajsa Lindroth Björn Larsson

REDAKTÖR OCH PROJEKTLEDARE GRAFISK FORM OCH OMSLAG GRAFISK PRODUKTION

OKS

ILLUSTRATIONER OCH LAYOUT OMSLAGSBILD

Christer Nyberg

Erik Hagman

Andra upplagan 1 REPRO TRYCK

OKS, Indien Spanien 2014

KOPIERINGSFÖRBUD

Detta verk är skyddat av upphovsrättslagen. Kopiering, utöver lärares och elevers rätt att kopiera för undervisningsbruk enligt BONUS-avtal, är förbjuden.

BONUS-avtal tecknas mellan upphovsrättsorganisationer och huvudman för utbildningssamordnare, t.ex. kommuner och universitet. Intrång i upphovsmannens rättigheter enligt upphovsrättslagen kan medföra straff (böter eller fängelse), skadestånd och beslag/förstöring av olovligt framställt material. Såväl analog som digital kopiering regleras i BONUS-avtalet.

Läs mer på www.bonuspresskopia.se.

Liber AB, 113 98 Stockholm tfn 08-690 90 00 www.liber.se Kundservice tfn 08-690 93 30, fax 08–690 93 01 E-post kundservice.liber@liber.se

9789147114443b1-352c.indb 2

6/23/14 5:50 PM

CHRISTER NYBERG

Stelkroppsdynamik Mekanik Stelkroppsdynamik ingår i en serie om tre böcker inom mekanikämnet avsedd för studerande på ingenjörsutbildningar och andra högre tekniskanaturvetenskapliga utbildningar.

Boken består av en teoridel och en problemsamling. I teoridelen behandlas: • • • • • •

mekanikens lagar för ett partikelsystem stela kroppars plana kinematik stela kroppens rotation kring en fix axel stela kroppars plana kinetik stela kroppens kinematik i tre dimensioner tröghetskrafter

Christer Nyberg är universitetslektor vid institutionen för mekanik på KTH i Stockholm. Han har mångårig erfarenhet av undervisning i mekanik för blivande civilingenjörer och har själv bedrivit forskning inom plasmafysik och teoretisk akustik med tillämpningar inom musikakustik.

MEKANIK Stelkroppsdynamik

CHRISTER NYBERG

Teoridelen innehåller många genomräknade exempel medan problemdelen innehåller övningsuppgifter till de olika avsnitten, facit och lösningar till vissa uppgifter. Här finns också formelsamling och appendix om tröghetskrafter.

Denna nya upplaga har ett nytt praktiskt format och färgillustrationer.

Konsekvent färgsättning av pilarna som representerar lägesvektorer, krafter, kraftmoment och hastigheter gör det lättare att tolka figurerna.

Mekanik är en grundläggande komponent i de flesta tekniska utbildningar.

Genom studier i mekanik utvecklar studenten sin kapacitet att göra förutsägelser om krafter och rörelser och deras verkan, i naturen och vid konstruktion och design av tekniska system. Den analytiska förmågan, det logiska tänkandet och den effektiva kommunikation som därigenom tränas är användbar inom vitt skilda områden även utanför teknik och naturvetenskap.

MEKANIK Stelkroppsdynamik

MEKANIK

Best.nr 47-11444-3 Tryck.nr 47-11444-3

9789147114443c1c.indd 1

6/23/14 6:08 PM