6. Rotasjon. Løsning på blandede oppgaver.

Transkript

1 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6-6 otasjon Løsning på blandede oppgaver Oppgave 6: O tanga har lengde L m Når stanga dreies fra horisontal til vertikal stilling, synker massesenteret en høyde h L Treghets- momentet til stanta om ytterpunktet er I ml iden stanga var i ro i starten, gir energibevaring at g I mg L ml mgl L Punktet på stanga har da farten g v L L gl 98m/s m 60m s L Oppgave 6: h Friksjon h B M M Ikke friksjon mv I mg h v mv m mg h M M a) Bruker et energiresonnement, og legger nullnivå i det laveste punktet til kulas massesenter, dvs i en høyde over rennas bunn B Da har kulas massesenter falt en strekning h Vet at kulas treghetsmoment om massesenteret er I m iden kula ruller uten å gli, er M massesenterets fart vm v v g h v g h 0 M M M 7 Da blir: b) iden det ikke er friksjon på strekningen B-, vil kula fortsette å rotere med samme vinkelfart hele tiden opp fra B mot Denne vinkelfarten er vm 0 7 g h Når kula er i sitt høyeste punkt med høyde h over B er kulas fart lik null Men kula roterer fortsatt Da kan vi sette opp energilikningen nedenfor, der vi setter at energien i høyden h over B er lik energien i : mg h I mg h M mg h mg h m g h mg h m g h mg h h h h h h Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

2 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6 - Oppgave 6: a) På toppen av skråplanet har sylinderen kun potensiell energi Vi legger nullnivå for potensiell energi ved skråplanets nedre kant Der har sylinderen kun kinetisk energi Energiloven gir da mv I mgh mv k m mgh v k gh Her er v massesenterets fart, mens er vinkelfarten om rotasjonsaksen iden sylinderen ruller uten å gli er v, slik at energilikningen blir v k v gh v k gh b) v bevegelseslikningene får vi: v v at 0 l l v t at 0 0 Benytter at v0 0m/s, og legger koordinatsystemet med retning ned skråplanet slik at l0 0m Da reduseres likningene over til v at l at Deler likningene på hverandre, og får v at l 00m v 67m/s l at t t 0s etter dette inn i formelen fra a): gh 98m/s 00m v k gh k 4 v 67 m/s k 4 04 Oppgave 64: v a) Når legemet har fart v, ruller sylinderen med vinkelfart Da er legemets samlede kinetiske energi v kin 4 sylinderens translasjons- og rotasjons-energi klossens kinetiske energi 4 W mv mv I mv mv m mv mv mv b) På toppen av skråplanet har legemet potensiell energi Wpot m gh mgl sin ) Dersom det ikke er friksjon mellom kloss og skråplan, får vi energilikningen mgl sin mv v gl sin 8 4 Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

3 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6 - ) Når det er friksjon mellom kloss og skråplan, er friksjonskraften mellom kloss og skråplan F N mg cos f Energilikningen blir nå mgl sin F l mv mgl sin mg cos l mv f 4 4 v gl sin gl cos v gl sin cos c) Dersom legemet gis en startfart v 0, skal det ha samme fart etter å ha beveget seg en strekning l Da er mv mgl sin F l mv mgl sin mg cos l f 4 0 cos sin tan Oppgave 6: a) D B L Legger en y-akse fra O til D, med origo i O På grunn av symmetrien må massesenteret ligge på denne aksen iden staven L OD har sitt massesenter i avstand L fra O, og staven B har sitt massesenter i avstand L fra O, får legemets massesenter en O avstand fra O gitt ved y L m OD L mb L m L m ml L 6 m m m m m OD B b) Treghetsmomentet til staven OD om O er I m L ml, OD,O OD mens treghetsmomentet til staven B om O må finnes ved hjelp av teiners setning: I m L m L m L ml B,O B B 6 Treghetsmomentet om O til hele legemet blir da I ml ml ml O 6 c) O F ( mg ) iden massesenteret er i en avstand L fra O, har det falt en 6 strekning h L L 6 Energibetraktning: 6mg L g g m gh I O 4 ml L L Legemet kan nå betraktes som en partikkel som roterer om O med denne vinkelfarten Da har det en sentripetalakselerasjon v g 0 a L 4 L g 6 6 L fordi massesenteret følger en sirkelbane med radius L Da gir 6 Newtons lov: 0 F m g m a F mg m g mg Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

4 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6-4 Oppgave 66: a) Trommelens treghetsmoment om symmetriaksen er summen av sylinderens og skivenes treghetsmomenter: 9 I m m m m m b) Trommelens kinetiske energi er summen av translasjons- og rotasjonsenergi: Wkin mv I v Benytter videre at v, og får v 7 Wkin mv I mv m mv m m lternativ: Kan også betrakte bevegelsen som en ren rotasjon om sylinderens berøringspunkt P med underlaget Da er I I m m 9m m P Den kinetiske energien blir da v 7 Wkin I P m mv c) Klossen har samme fart som et punkt på snora Men et slikt punkt vil ha en fart som er lik symmetriaksens fart pluss et bidrag som skyldes rotasjonen rundt symmetriaksen: v 4 vk v v v v v Også her kan vi betrakte det som en ren rotasjon om trommelens berøringspunkt P med underlaget Da kan vi sette opp: v vk 4 vk v Når systemet starter i ro, er det kun klossens potensielle energi i tyngdefeltet som inngår i energiregnskapet Når klossen har falt en høyde h, har både trommelen og klossen fått kinetisk energi Med nullnivå en høyde h under startpunktet får vi da: 7 m gh mv m v K K K m g h mv m v gh v v v v gh Oppgave 67: a) Betrakter kule og sylinder som ett system De eneste ytre kreftene som virker, er tyngden til sylinderen og kraften fra akslingen mot sylinderen (Kulas tyngde kan neglisjeres) Når vi legger momentpunkt på sylinderaksen, vil ikke disse kreftene gi noe kraftmoment Dermed er systemets spinn bevart Før støtet har ikke sylinderen noe spinn Kulas spinn om sylinderaksen før støtet er L m u r K, K Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

5 ylinderens spinn etter støtet er L I m, syl M mens kulas spinn da er LK, mk v r Da blir m u r m v r I K K M M b) Kinetisk energi før kollisjonen: 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6 - m r u v m r v v I K K m 00kg 0m 0m/s 70m/s 00kg 00 m W mv 00kg 0 m/s 99 J Kinetisk energi etter kollisjonen: W I mv M mv M 00rad/s kg 00 m 00s 00 kg 70 m/s 47 J Vi ser at noe kinetisk energi er gått over til andre energiformer (varme) etter kollisjonen (Den potensielle energien er den samme før og etter kollisjonen) Oppgave 68: a) Hver av de tre armene har treghetsmoment I m l ml 9 om amlet treghetsmoment for de tre armene om er da I I ml ml 9 b) Når den lille partikkelen blir sittende fast i legemet som roterer med vinkelfart om, får partikkelen en fart v l like etter støtet Under støtet er spinnet bevart Da blir m v l 0 m l l I 0 m v0 l l m m l v0 v0 l l l l Oppgave 69: a) ) Ved beregning av massesenterets posisjon kan vi betrakte staven som ett massepunkt i avstand l 040m fra Legger en x-akse langs staven med origo i : ms l mk l 00kg 040m 00kg 080m x 00m m m 00kg 00kg s k ) Vet at tavens treghetsmoment om er ml s Legger til kulas treghetsmoment om, slik at det sammensatte legemets treghetsmoment om blir Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

6 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6-6 b) Benytter at spinnet om er bevart Før kula treffer staven, har kun kula spinn Etter at kula ble sittende fast i staven, har det sammensatte legemet spinn Da blir: mk u l 00kg 0m/s 080m I mk u l s I 08kg m c) Legemets massesenter heves en høyde x =00m h x xcos0 00m cos0 0067m c Vi får da energilikningen 0 0 I m m gh s k der er vinkelfarten når legemet er vertikalt Løses denne likningen, får vi ms mk gh I 040kg 98m/s 0067 m 08kg m Under selve støtet er spinnet om bevart Fra b) får vi I 08kg m 0s I mk u l u m/s ml 00kg 080m d) ) Like etter støtet har kula ingen fart i vertikal retning, fordi det ikke virker støtkrefter vertikalt Bevaring av spinn om gir: mk u l mk v l m sl mk u v m sl () Bevaring av kinetisk energi gir: m u m v m l m u v m l () ) Deler () på (), benytter at u v u v u v, og ser bort fra muligheten u v som innebærer at kula ikke treffer: mk u v u v m s l u v l v l u m u v m l ettes dette inn i (), får vi mk u l u m sl mk u l m sl mu k 00kg 00m/s 6s ms mk l 00kg 080m v l u 6s 080m 0m/s 00m/s (Kula vil altså falle rett ned) B I m l m l 00kg 00kg 080m 08kg m s k k k k s k s k s 0s Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

7 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6-7 Oppgave 60: a) tavens treghetsmoment om aksen er I ml L Bevaring av spinn om stavens rotasjonsakse: m m u L m v L I m u u v L L u v Bevaring av kinetisk energi: mu I mv ml mv u L v etter inn at L 6 u v : u 6 u v v u uv v v 4v 6uv u 0 Løsningen v u betyr at partikkelen bommer Da er også 0, som ikke er interessant Brukbar løsning er v u som gir mvl ml 6 6 6u 6u u 6u u u 4v 6uv u 0 v 8 8 u u v u u 6 6 u L L L T b) Når partikkelen blir liggende i ro etter støtet, får vi disse bevaringslikningene: pinn: m u x I ml u x L Kinetisk energi: mu I ml u L u L etter dette inn i likningen for spinnbevaring: L L x L x L L Oppgave 6: a) ingens treghetsmoment om sentrum er I m m 7 7 Hver stav har treghetsmoment I m m 7 7 om sitt midtpunkt Hele legemets treghetsmoment om midtpunktet blir da I I I m m m b) Høydeforskjellen mellom topp og bunn for skråplanet er h Lsin0 L Legger nullnivå for potensiell energi i skråplanets nedre ende, og benytter at den potensielle energien i startpunktet går over til translatorisk kinetisk energi pluss rotasjonsenergi: mv I mgl Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

8 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6-8 v Her er v massesenterets fart, mens er vinkelfarten så lenge legemet ruller uten å gli Innsetting av uttrykket for treghetsmoment gir v 7 mv m mgl v v gl 0 v gl v 7 gl c) Benytter enklest at v 0 a L 7 gl al 7 a g 0 0 d) N F 0 o 0 o 7 7 mg sin 0 F m a mg F m g F mg mg mg Vi ser av figuren at normalkraften er N mg cos0 mg For å få rulling uten å gli, må vi kreve at maksimalt tilgjengelig friksjonskraft er minst like stor som den aktuelle friksjonskraften: F f mg 0 N Ff N mg 0 e) Bruker figuren ovenfor Kraftmomentsetningen om legemets midtpunkt (massesenter) blir a Ff I Ff m F 7 f m a 7 etter dette inn i Newtons lov: 0 7 mg sin 0 F m a mg ma ma g a a g Da blir 7 F ma m g mg mg De kreftene som virker i akselerasjonsretningen, er tyngdekomponenten mg sin0 friksjonskraften Newtons lov langs skråplanet gir F f f f og Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

9 Oppgave 6: a) F f N mg s 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6-9 mg k h tarter med å tegne inn de kreftene som virker iden trinsa er masseløs, og det ikke er friksjon i trinsa, er snordraget like stort i begge ender av snora Da blir Newtons lov for klossen: mg ma () Legger momentpunkt i sylinderens berøringspunkt med underlaget Da vil verken normalkraften N, sylinderens tyngde mg eller friksjonskraften Ff gi noe kraftmoment, slik at kraftmomentsetningen blir: I () der er sylinderens treghetsmoment om berøringspunktet med bordet Vi bruker teiners setning, og får at I m m m Videre er a a ettes alt dette inn i (), får vi a m ma å settes dette inn i (), og vi får mg ma ma a g 4 I b) Her er akselerasjonen konstant, og startfarten v0 0m/s Benytter enklest at v v ah v g h gh 0 4 c) Legge nullnivå for potensiell energi der klossen treffer gulvet I starten har systemet kun potensiell energi i tyngdefeltet Idet klossen treffer gulvet, har både klossen og sylinderen kinetisk energi Da kan vi sette opp energilikningen nedenfor, der vi husker at sylinderen har kinetisk energi både fordi dens massesenter har samme fart som klossen, og fordi sylinderen roterer om sin symmetriakse: m v m v I m gh k s k v mv m v m mgh v gh v gh Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

10 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6-0 Oppgave 6: m ender av snora Med positiv retning i a) Tegner inn de kreftene som virker, og benytter at snordraget er like stort i begge B B bevegelsesretningen blir Newtons lov for m kloss : m B g ma Newtons lov for kloss B blir mbg mba Her har jeg også benyttet at begge klossene har samme akselerasjon a Legger sammen likningene, og får m g m a m a m m a ma a g B B m b) Newtons lov for kloss blir som før m a m a Videre har vi Newtons lov for sylinderen: mg ma m g a der er sylinderaksens akselerasjon, og jeg har benyttet at ms m For sylinderen setter vi opp kraftmomentsetningen om sylinderaksen: I m m Dersom snoras hadde vært festet i sin øvre ende, ville vi hatt sammenhengen siden snora ikke glir på sylinderen Men snora har samme akselerasjon som klossen Derfor blir a a a a etter dette inn i kraftmomentsetningen, og samler de tre uttrykkene jeg nå har for snorkraften : m a a m a m g a v de to første likningene får vi nå m a a m a a a v de to siste likningene får vi ma m g a a g a å settes disse to uttrykkene for lik hverandre: a g a a g a a g m g a 7 7 a a a Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

11 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6 - Oppgave 64: a) Problemet løses enklest ved å bruke kraftmomentsetningen om Da vil den friksjonskraften F f som hindrer legemet fra å gli ikke mg Ff få noe kraftmoment Vi må imidlertid beregne legemets treghetsmoment om ved hjelp av teiners setning: I I m Da blir kraftmomentsetningen om : a mg sin g sin I I m m mg sin I I m a Vi kan også bruke kraftmomentsetningen om, kombinert med Newtons lov: a I Ff I I Ff a I I mg sin Ff m a mg sin a ma m a mg sin g sin a I I m m Vi kan også bruke energi Når legemet har rullet en strekning L ned skråplanet, blir v I mg Lsin mv I mv I m v glsin v I m iden akselerasjonen er konstant ned skråplanet, og startfarten v0 0, er glsin g sin v v0 al a v L L I I m m b) Beregner først akselerasjonene til de to legemene: g sin g sin g sin ylinderskallet: a gsin m m g sin g sin g sin Kula: ak gsin 7 7 m m trekningene som legemene tilbakelegger i løpet av en tid t blir: Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

12 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6 - ylinderskallet: s a t g sin t gt sin Kula: s a t g sin t gt sin Når sk s L, får vi gt sin K 4 K s 0 0 L gt sin 4 L Oppgave 6: a) Legger momentakse i slik at F, F og ikke gir noe 4 L F y F x L mg x y kraftmoment Da får vi at L mg L 0 mg Videre blir F 0 F cos mg mg x x x B y v geometrien ser vi at strekningen B blir slik at 4 4 sin L, L L cos L Da blir y y mg sin mg sin F mg 0 F mg mg mg mg y y y y y 4 L L L L x 4 y x b) Kraftmomentsetningen, akse i : mg L g mg L I ml L 6 c) Bommens massesenter senkes en høyde h L når bommen går fra horisontal til vertikal posisjon Bevaring av energi: mgh mg L 4g g mg h I I ml L L 6 d) Her er spinnet om bevart Benytter også at når bommen har fått en vinkelhastighet, har partikkelen på enden av bommen er fart v L L Da blir I I m vl m vl I I I I I P P I ml m 6 P 6 vl L L m Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

13 Oppgave 66: a) ) teiners setning: 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6 - ) Punktet O ligger l l fra massesenteret Bruker på nytt teiners setning: I I mx I I mx ml m l ml 4 I I m l l l ml O b) ) tangas tyngdepunkt er senket en strekning h l Tapt potensiell energi er gått over til kinetisk energi: W mgh mg l mgl ) Punktet O er i ro Da er den kinetiske energien rotasjonsenergi rundt O: g Wkin I O mgl ml l ) iden massesenteret ligger fra O, blir farten g v l l gl l c) Vi vet at vektorsummen av de ytre kreftene er lik legemets masse multiplisert med massesenterets akselerasjon Idet stanga passerer horisontal-stillingen, er horisontalkomponenten av akselerasjon lik sentripetalakselerasjonen Da befinner massesenteret seg i en sirkelbevegelse med radius l med momentan fart v Det virker da gl en sentripetalkraft v gl F m m mg l d) Betrakter flaggstang og måse som ett sammensatt legeme iden måsen sitter fast i en 4 avstand fra O, får det sammensatte legemet (flaggstang pluss måse) et treghetsmoment om O: kin l l 4 4 I I m l ml ml ml O 8 Kaller vinkelfarten etter sammenstøtet for Det virker ingen ytre kraftmoment på dette systemet når aksen plasseres i O Da kan setningen om spinnbevaring brukes IO ml g I O I I ml l Oppgave 67: a) ammensatt treghetsmoment om aksen er I mr m 0kg 00m 0kg 0m 0kg m b) Når kassen går oppover med konstant fart, har klossen ingen akselerasjon og trinsa ingen vinkelakselerasjon Da er mgr 80kg 98m/s 00m mg r F 0 F 7 N 0m Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

14 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6-4 b) Når et punkt på periferien av den lille trinsa har flyttet seg en strekning s r der er dreiningsvinkelen, har et punkt på periferien av den store trinsa flyttet seg en strekning I dette tilfellet er s antall meter som kassen er hevet, og er antall meter tau som lagerarbeideren har halt inn Da blir 0m s 0m m s r r 00m b) Når kassen er hevet 0 m, har altså lagerarbeideren halt inn m tau med en kraft på 7N Han har da utført et arbeid på W F m 7 N 9J (Merknad: Dette arbeidet er lik økingen i kassens potensielle energi Dette kan brukes til å finne det arbeidet som utføres i punkt ) ovenfor) b4) Når kassen beveger seg oppover med en fart på 00m/s, må det tauet som lagerarbeideren trekker i bevege seg nedover med en fart på 0m v 00m/s 00m/s 0m/s r 00m ut fra samme resonnement som i spørsmål ) rbeiderens effekt er da P F v 7 N 0m/s 7 W c) Trinsa vil rotere fordi summen av kraftmomentene som virker på systemet ikke er lik null Den opprinnelige kassen gir et kraftmoment om aksen på m gr 80kg 98m/s 00m 7 Nm med dreieretning mot urviseren Den nye kassen gir et kraftmoment om aksen på mg 0kg 98m/s 0m 96 Nm med dreieretning med urviseren Nå er det snordragene (og ikke kassenes tyngder) som er de kreftene som virker på trinsa Men snordraget fra den nye kassen vil gi størst kraftmoment, slik at trinsa vil dreie med urviseren m m mg mg Vi kaller snordragene og, og setter opp Newtons lov for kassene, når dreieretning mot urviseren defineres som positiv: m g ma m g a m g m a m g a der og a er akselerasjonene til de to kassene a Kraftmomentsetningen for trinsa blir: r I Videre er a r og a ettes disse uttrykkene inn i Newtons lov for kassene, som deretter settes inn i kraftmoment-setningen, får vi Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

15 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6 - m g m g r r I I m mr m mr g m m r g 0kg 0m 80kg 00m 98m/s s I m mr kg m Da blir m g r 80kg 98m/s s 00m 80N m g 0kg 98m/s s 0m 7N Oppgave 68: a) For klossen gjelder (langs skråplanet): mg sin ma m g a N fordi sin sin 0 K For sylinderen gjelder (når rotasjonsaksen er momentakse): mg K cos m m Men a etter de to uttrykkene for lik m hverandre, og får Kg ma m g a a g mk gsin b) P B F f mgcos Q B N P B mg B sin I) Lar P og P B være snoras berøringspunkter med henholdsvis sylinder og sylinder B Disse to punktene må ha samme akselerasjon a ylinder roterer om sin akse, slik at a ylinder B roterer om berøringspunktet Q med skråplanet (fordi sylinderen ruller uten å gli), slik at a B ltså er B B mg B II) etter opp kraftmomentsetningen for omkring aksen slik at krefter i aksen ikke gir noe kraftmoment: m m etter opp kraftmomentsetningen for B omkring punktet Q slik at krefter i dette punktet ikke gir noe kraftmoment Finner først sylinderens treghetsmomentet om Q: I I m m m m Q Benytter at sin sin 0 Kraftmomentsetningen om Q blir da mg sin m mg m B etter inn for og deretter for, og får: B Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0

16 6 otasjon Løsninger på blandede oppgaver ide 6-6 g mg m m g 4 B B 7 Deretter blir g B 7 Oppgave 69: F f, N mg 0 F f,b B N B a) De kreftene som virker på sylindrene er tegnet inn til venstre Merk at det må være friksjonskrefter F f, og F f,b mellom underlaget og sylindrene som hindrer sylindrene i å gli b) Når en snorlengde s vikles av sylinder i et tidsintervall t, må mg like lang snorlengde vikles på sylinder B i samme tidsintervall Begge sylindrene ruller uten å gli, og deres bevegelse kan oppfattes som en rotasjon rundt en akse langs berøringslinja med underlaget iden begge sylindrene har samme radius, vil de til enhver tid ha samme vinkelfart Da må de også ha samme vinkelakselerasjon c) En sylinders treghetsmoment om berøringspunktet med underlaget er I m m m For begge sylinderne setter jeg opp kraftmomentsetningen med momentpunkt på sylindrenes berøringslinje med underlaget Da vil verken normalkraft eller friksjonskraft gi noe kraftmoment For sylinder vil ikke tyngden gi noe kraftmoment, og for B vil ikke tyngdekomponenten vinkelrett på skråplanet gi noe kraftmoment Vi får: ylinder : m ylinder B: mg sin m dderes disse likningene, får vi gsin g g mg sin m 6 Bjørn Davidsen, Universitetet i Tromsø 0