1 Kortfattet løsningsforslag / fasit Eksaen i: FYS-MEK 1110 - Mekanikk / FYS-MEF 1110 - Mekanikk for MEF Konteeksaen: Fredag 18. august 2006 Det tas forbehold o at løsningsforslaget kan inneholde feil! Versjon: Datert 18.08.06. 1. Forståelsesspørsål a) Gjør rede for hvilke ytre krefter so virker på en kano (selve kanoen og bare den) når en kar padler over et stille vann og vi antar at kanoen drives fraover ed konstant hastighet. Angi både angrepspunkt/oråde og retning til de aktuelle kreftene. I vertikal retning virker følgende krefter på kanoen: Gravitasjonskraften, oppdriften (en netto trykkraft fra vannet på kanoen oppover inus netto trykkraft fra lufta nedover), sat kontaktkraften fra padleren ot den innvendige bunnen av kanoen. I horisontal retning: På tvers av kanoen er det ingen netto kraft pga syetri. Horisontalt langs kanoen virker friksjonskraft ello vannet og skroget av kanoen, og horisontalkoponenten av kontaktkraften fra padleren ot den innvendige bunnen av kanoen. (Padleren drar seg fraover vannet gjenno padletakene, en drar da kanoen ed seg fordi han sitter på bunnen av kanoen.) Angrepspunkt: Gravitasjonskraften kan vi tenke oss virker gjenno tyngdepunktet for kanoen, retning nedover. Oppdriften, so vi kan tenke oss virker gjenno tyngdepunktet for den fortrengte vannengden, virker oppover på kanoen. Kontaktkraften fra padleren ot innvendig bunn virker i kontaktflaten ello padler og innvendig bunn. En koponent av denne kraften er vertikal nedover, og en koponent er rettet horisontalt forover. Friksjonskraften virker på utsiden på den delen av kanoen so stikker ned i vannet, og virker horisontalt bakover. Vi ser bort fra friksjonskraften ot luft siden denne er vesentlig indre enn friksjonskraften ot vannet. Siden kanoen beveger seg ed konstant hastighet, er suen av alle kreftene so virker på den lik null. Og siden kanoen ikke heller roterer, å også kraftoentet til alle kreftene o en hvilken so helst tenkt akse, være lik null. b) En tynn sylinder starter fra å ligge i ro for så å trille ned en av sidene på en half-pipe (ed horisontal akse) og oppover på den andre siden. Friksjonen er tilstrekkelig til at sylinderen har ren rulling i hele bevegelsen. Forsøk å skissere hvordan i) translatorisk kinetisk energi E k,t, ii) rotasjonsenergi E k,r, iii) potensiell energi E p, og iv) total ekanisk energi E tot varierer ed tiden ved denne bevegelsen. Få fra kjente saenhenger ello de ulike del-energiene. Friksjonen sørger for ren rulling. Det fører ed seg at det ikke blir sluring ot underlaget, og da vil friksjonskraften ikke virke over noen vei, og det blir ikke tap i total ekanisk energi. Riktignok er det nok også litt rullefriksjon til stede so vil tappe systeet for litt energi, en
Side 2 effekten av rullefriksjonen er ofte så ye indre enn effekten av sklifriksjonen, at vi har valgt å se bort fra den her. I oppgaveteksten er det ikke eksplisitt skilt ello sklifriksjon og rullefriksjon, derso vi skal kalle de det. Iidlertid er det iplisitt gitt at det er sklifriksjonen so er otalt siden det er den so eventuelt kan forhindre skliing og slik sørger for at bevegelsen blir ren rulling so her. Men vi vet videre at når vi har ren rulling, vil det være et fast forhold ello rotasjonshastighet ω og translatorisk hastighet v, nelig: v ωr derso r er radien av sylinderen. Herav følger det at det er et fast forhold ello rotasjonsenergi og translatorisk energi: 1 E k,r --Iω 2 1 2 2 -- 1 2 --r2 v - r 2 1 -- 1 2 2 --v2 1 2 --E k,t Vi ser altså at til enhver tid er 1/3 av kinetisk energi rotasjonsenergi og 2/3 er translatorisk energi. På grunn av energibevaring, å suen av disse være otsatt lik potensiell energi på en slik åte at suen av alle tre blir konstant. Derso vi velger å sette potensiell energi i bunnen av half-pipen til null, blir resultatet otrent so vist i figuren til høyre. Energi E k,t + E E p k,r E tot E k,t E k,r Vi kan ikke si hvordan foren på kurvene vil 0 bli, en siden farten på sylinderen er null i starten og aksial i bunnen av half-pipen, vil vi Tid anta at sylinderen sveiper nokså raskt gjenno bunnpartiet. Men kurveforene er nok i virkeligheten en del forskjellig fra hva vi har vist. Siden vi tilnæret har konstant energi, vil sylinderen gå otrent like høyt på otsatt side av half-pipen før den stopper opp og begynner å bevege seg tilbake til utgangspunktet igjen. c) Er det ulig å tilordne en potensiell energi for enhver type sentralkraft? (Med sentralkraft enes her en kraft so peker inn ot eller bort fra ett punkt, og so er sfærisk syetrisk o dette punktet.) Begrunn svaret. Et kriteriu for å kunne operere ed potensiell energi er at derso vi tar linjeintegralet av kraften over en lukket vei, skal resultatet bli null. Derso vi har en sfærisk syetrisk sentralkraft, vil prikkproduktet ello forskyvningen ds langs integrasjonsveien og kraften alltid bli lik skalarverdien av kraften ultiplisert ed endring i radiell avstand dr, dvs: F F ds Fdr hvor F er skalarverdien av kraften. På grunn av den sfæriske syetrien, vil det da bestandig være slik at når an integrerer over en lukket bane, vil det alltid være en del av banen so gir otsatt like stort bidrag til linjeintegralet so en annen del av banen. Linjeintegralet over den lukkede banen blir da lik null og vi sier at kraften er konservativ og at an kan tilordne en
Side 3 potensiell energi til den. (Enda en forutsetning er at uttrykket for kraften er en integrerbar funksjon, en det går vi ikke nærere inn på her.) d) Flere gyroskop brukes når an skal stille inn roteleskopet for å ta bilder av ulike deler av hielen. Hvilke fysiske prinsipp ligger bak at vi bruker gyroskop i denne saenheng? Et gyroskop er en snurrebass ed et betydelig egenspinn. Gyroskopet er hengt opp på en slik åte at selv o an roterer den ytre raen fritt, blir det ikke overført noe kraftoent helt inn til den innerste snurrebassen. Ifølge spinnsatsen vil da egenspinnet forbli konstant (ideelt sett) uansett hvordan an roterer den ytre raen til gyroskopet. Det kan so en sidekoentar nevnes at det å være koblet en otor til den innerste snurrebassen for å forhindre at spinnet avtar ed tiden pga friksjon. Det betyr at et gyroskop i et roskip vil ha et spinn so peker i sae retning ut i verdensroet uansett hvilken orientering roskipet selv har. Ved å ha flere satidige gyroskoper, kan an da f.eks. la ett peke i en valgt x-retning, et annet i valgt y-retning og et tredje i en valgt z-retning. Derso an da kan avlese retningen av hvert av gyroskopene i forhold til f.eks.selve roteleskopet, kan an rotere teleskopet til enhver tenkelig posisjon og satidig dreie teleskopet rundt den siktelinjen an ønsker på en entydig åte. e) Nevn kort hvordan vi kan påvise Corioliskraften ved polene av Jorda. Kan vi påvise noe Corioliskraft ved ekvator? Begrunn svaret! Corioliskraften er gitt ved uttrykket: F 2ω v Her er det antatt at en gjenstand har en hastighet v i et roterende referansesyste ed vinkelhastighet ω i forhold til et inertialsyste). Forutsetningen for at an kan påvise Corioliskraften ved ekvator på Jorda, er at kryssproduktet ovenfor å være forskjellig fra null. Derso hastigheten er horisontal og rettet nord- eller sydover, blir hastigheten parallell eller antiparallell ed vinkelhastigheten so beskriver jordrotasjonen, og Corioliskraften blir lik null. Derso hastigheten til en gjenstand er horisontal og rettet i øst-vest-retning, vil Corioliskraften bli vertikal. Den koer da i tillegg eller i fratrekk fra gravitasjonskraften, en gravitasjonskraften er da så ye større enn Corioliskraften at det er vanskelig å påvise den sistnevnte. Deriot, derso an har en vertikal bevegelse ved ekvator, vil Corioliskraften virke i østlig eller vestlig retning, og der er det noralt ikke så ange andre krefter. Man kan derfor påvise Corioliskraften også ved ekvator ved å bruke en loddrett bevegelse, f.eks. gjenno et vertikalt fall. Men for at an skal lykkes ed et slikt eksperient, å fallhøyden være nokså stor, eller så å deteksjonssysteet være svært nøyaktig, for det er vanskelig å få en bevegelse vertikalt so strekker seg så langt ut i tid at Jorda har fått rotert litt før bevegelsen er over. Og det er jo det so å til for at vi skal kunne påvise noe Corioliskraft!
Side 4 Oppgave 2 Et pendelur har en pendelstang av tre og et essinglodd foret so en sylinderskive (se figur). Pendelstanga har en asse, lengde l og den er jevntykk og den ene enden går fra til idten av sylinderskiva. I andre enden sitter den horisontale akselen praktisk talt akkurat i enden av stanga. Vi ser bort fra koblingen ot resten av urverket. Loddet (sylinderskiva) har assen M og en radius R. akse a) Beste asseiddelpunktet for pendelen (pendelstang pluss lodd). θ Masseiddelpunktet for stanga vil ligge idt i stanga, og asseiddelpunktet for essingloddet vil ligge idt i skiva loddet er laget av. Derso vi regner posisjoner i forhold til aksen, får vi da følgende asseiddelpunkt: r c i r l i 2 -- + Ml ---------------- -------------------- + M i --- + M --------------- 2 + M l b) Beste treghetsoentet til pendelen o aksen. (Oppgitt: Treghetsoentet o syetriaksen til en sylinder er MR 2 /2, og treghetsoentet o en akse gjenno assesenteret på tvers av en lang, tynn stang er l 2 /12). Treghetsoentet kan finnes ut fra en tilsvarende forel so den for asseiddelpunktet, en her er det est naturlig å bruke parallellakseteoreet direkte, for hver av de to delene av pendelen. Vi har fått oppgitt treghetsoentene gjenno asseiddellpunktet for stang og for sylinderskive hver for seg, og (viktig!) de oppgitte treghetsoentene gjelder for akser so er parallelle ed aksen for den ferdige pendelen. Da følger: I tot I c,skive + Ml 2 + I c,stang + l 2 -- 2 MR 2 I tot ---------- Ml 2 l2 l 2 + + -------- + -------- M l 2 + R2 ----- 2 12 4 2 l 2 + -------- 3 c) Sett opp ligning(er) so kan brukes for å beregne hvordan pendelen beveger seg (so funksjon av tid) når vinkelutslaget er θ relativt til loddlinjen gjenno aksen. Vanligvis har vi Massesentersatsen (Newtons 2. lov) og Spinnsatsen å forholde oss til når vi skal beregne hvordan et stivt legee beveger seg under påvirkning av krefter. Men i denne saenheng er bevegelsen begrenset ved at pendelen å svinge fra og tilbake o aksen. Vi kjenner noralt ikke kraften fra aksen, så da sitter vi igjen ed bare spinnsatsen. Denne kan brukes, til tross for at vi ikke kjenner kraften so virker fra aksen på pendelen, siden denne ikke har noe ar og da heller ikke noe kraftoent o aksen.
Side 5 På den annen side kan vi sette opp spinnsatsen, og der kjenner vi alle størrelser so inngår når vi velger å bruke aksen so referansepunkt for kraftoent og bevegelse. Denne ligningen vil i vårt tilfelle se slik ut: τ Iα d θ ( + M)gr c sinθ I tot dt 2 2 Venstresiden frekoer ved å ta tyngden til hele pendelen og ganger ed effektiv ar for tyngden (gjenno assesenteret) relativt til aksen. I tillegg til denne differentialligningen å vi so vanlig også ha et sett initialbetingelser (vinkel og vinkelhastighet) ved ett tidspunkt for å kunne beregne bevegelsen for senere tidspunkt. Vi ser at såfret vi har initialbetingelser, kan vi beregne den fulle bevegelsen til pendelen ved bare å bruke spinnsatsen. d) Kan du forklare ed ord hvordan an (i prinsippet) kan bestee kraften so til enhver tid virker på pendelen fra aksen? Siden vi i forrige punkt faktisk er i stand til å beregne hele bevegelsen til pendelen, betyr det at vi også har full kontroll ed hvordan assesenteret beveger seg ed tiden. Men da kan vi faktisk gå baklengs i forhold til vanlig prosedyre, og regne oss fra til kraften so virker på pendelen fra aksen. Vi har nelig fra assesentersatsen at: alle F tot a c Det er bare to krefter so virker på loddet (når vi ser bort fra luftotstanden og evt. friksjon i aksen), nelig tyngden og kraften fra aksen. Tyngden er jo (+M)g og virker vertikalt nedover. Og siden vi kan finne a c fra spinnsatsen, og kjenner assen, kan vi da i prinsippet regne oss fra til kraften fra aksen. Oppgave 3 Lorentz-transforasjonene i den spesielle relativitetsteorien er gitt ved: ux x' γ( x ut), y' y, z' z, t' γ t ----- hvor c 2 γ 1 --------------------------- 1 u 2 c 2 a) Hva er saenhengen ello de to referansesysteene S og S so ligger bak foralisen i Lorentz-transforasjonene? Foralisen er basert på at S og S har felles x-akse, og parallelle y og y -akser, og at origo for de to systeene var saenfallende ved tiden t t 0 (i origo).
Side 6 b) Vis at vi kan utlede forlene for tidsdilatasjon og lengdekontraksjon direkte fra Lorentztransforasjonene. Ved tidsdilatasjon ser vi på et tidsintervall i ett syste og saenligner ed intervallet so ville bli observert i et annet syste. Et tidsintervall so er ålt ello to hendinger i et referansesyste der posisjonen er identisk for begge hendingene, kalles en egentid. Denne har en spesiell betydning, siden egentiden for en prosess er entydig (ikke relativ). Derso vi velger S og S slik at første hending skjer i systeenes felles origo ved tiden lik null, kan vi velge S slik at også den andre hendingen so avgrenser tidsintervallet finner sted i origo (dvs x0). I så fall følger det av Lorentz-transforasjonen for tid: c) En høyenergetisk partikkel fra kosisk stråling koer inn i Jordatosfæren og skaper en eleentærpartikkel, et uon, ed en hastighet relativt til Jorden på 0.990 c (c er lyshastighet' ux γ t ----- γt c 2 t --------------------------- 1 u 2 c 2 Vi ser altså at i det erkede systeet, hvor hendelsene ikke inntreffer på sae sted, vil tidsintervallet åles til å være lengre enn i det uerkede systeet hvor an åler egentiden. Vi sier da at vi har en tidsdilatasjon i det erkede systeet. For lengdekontraksjon går vi fra på liknende vis, en nå å vi ta utgangspunkt i at en lengde ello to punkter kan åles entydig (ikke relativt) derso punktene ligger i ro i et syste. Avstanden ello punktene kalles da en egenlengde. Siden punktene ligger i ro i systeet vi hittil har sett på, betyr det at vi godt kan åle poisjonen til det ene punktet ved ett tidspunkt og posisjonen til det andre punktet ved et annet tidspunkt. Svaret er uavhengig av når ålingen blir gjennoført. MEN derso vi skal åle avstanden ello de to punktene i et referansesyste hvor de to punktene er i bevegelse, er det bare én eningsfylt åte å gjøre det på, nelig ved å foreta ålingen av de to punktene ved sae tidspunkt (i dette nye referansesysteet). Vi kan da i dette tilfellet velge to hendelser, den ene er ålingen av en av posisjonene og den andre hendelsen er ålingen av den andre posisjonen. Vi velger S og S slik at den første ålingen skjer i systeenes felles origo ved tiden lik null. Den andre hendelsen (åling av den andre posisjonen) velger vi å foreta også ved tiden t0 i S, og vi lar S være systeet hvor punktene ligger i ro (der vi åler egenlengden). Da følger av den første av Lorentztransforasjonene: x' γ( x ut) γ x, eller x 1 u 2 c 2 x' Siden egenlengden nå åles i S, dvs x er egenlengde, ser vi at i alle andre referansesysteer vil lengden se indre eller lik ut. Vi snakker da o lengdekontraksjon.
Side 7 ten). Muonet har en levetid (i et referansesyste hvor partikkelen ligger i ro) på 2.20. 10-6 s. Hvor lang levetid vil vi observere fra bakken? Her har vi to hendelser, skaping av uonet, og disintegrering av uonet. Tidsdifferansen i et referansesyste hvor uonet ligger i ro, vil være egentiden. Jorden kan være det andre referansesysteet, og i dette vil vi åle at uonet eksisterer en lengre tid enn egentiden. Levetiden sett fra jorden blir da: Δt Δt egentid 2.20 10 6 s ------------------- --------------------------------- 15.6 10 6 u 2 0.99c 1 ---- 1 ------------ 1.00c 2 c 2 s d) Hvor langt beveger uonet seg i løpet av denne tiden (sett fra bakken)? Drøft hvordan vi kan velge å definere egentid og egenlengde ved uonets bevegelse. Sett fra bakken beveger uonet seg ed 0.99 c i 15.6 ikrosekunder. Lengden den beveger seg er da: ΔL 0.99 2.99 10 8 15.6 10 6 4618 I uonsaenheng vil egentid so allerede nevnt være tiden vi åler i et referansesyste hvor uonet ligger i ro, slik at vi åler tidsforskjell ello skapelse og disintegrasjon på sae sted. Egenlengde er det deriot est naturlig å relatere til Jord-systeet, for det er her vi kan åle hvor langt uonet beveger seg, fra en viss høyde i atosfæren til en lavere høyde. Denne avstanden kan vi gjerne åle ved først å åle høyden der uonet ble kreert og så en tie eller to senere åle høyden der uonet forsvant. Disse høydene er de sae uansett når de åles, så der har vi ed en egenlengde å gjøre. I uonsysteet vil denne høydeforskjellen, denne lengden, representere en avstand i et syste so farer forbi. Derso vi skal åle denne lengden i uonets syste, å avstanden åles ved satidighet. Derso vi ønsker å bestee denne lengden i uonsysteet, får vi: ΔL uonsysteet 1 u 2 c 2 0.99c ΔL 1 ------------ 2 1.00c 4618 651.4 Dette er forresten konsistent ed hva vi åtte forvente, sett fra uonsysteet direkte. I dette systeet eksisterer uonet bare i 2.20 ikrosekund, og det farer ed en hastighet lik 0.99 ganger lyshastigheten. Så da burde uonet bevege seg: ΔL uon direkte, 0.99 2.99 10 8 2.20 10 6 651.2 Den lille forskjellen i tallene skyldes bare angel på presisjon. Innenfor antall gyldige sifre (egentlig bare 6.5. 10 2 ) er resultatene identiske.
Side 8 Oppgave 4 Vi skal undersøke litt hvordan det går når an skyter et prosjektil inn i en kloss. Klossen Før M Etter, tilfelle i ligger på et horisontalt underlag, og foreløpig kan vi se bort M+ v fra friksjonen ello klossen 0 v 0 og underlaget. Nedenfor er det u? vist tre ulike hendelsesforløp: Etter, tilfelle ii Etter, tilfelle iii i) prosjektilet blir sittende fast i klossen, ii) prosjektilet går u/4 M M/4 gjenno klossen, en blir nedbreset til halvparten av den M/2 opprinnelige hastigheten, og u? v iii) so i forrige punkt, en 0 u? /2 v M/4 0 /2 klossen sprenges litt i stykker slik at to fragenter flyr u/4 bort fra den opprinnelige klossen i en retning vinkelrett på retningen so prosjektilet beveger seg. Syboler for asser og hastigheter er antydet i figuren. a) Finn et uttrykk for hastigheten u til klossen etter støtet er sluttført for hvert av de tre tilfellene. (Denne deloppgaven gir dobbelt så ange poeng so de øvrige.) Det er ikke sagt noe i oppgaven o at støtene er elastiske eller ikke, og vi å regne ed at de IKKE er eleastiske. Da betyr det at det bare er bevegelsesengden so er bevart gjenno støtene, og ikke energi. Vi kan da sette opp so følger: Tilfelle i): p før p etter v 0 ( M + )u u M -------------- + v 0 Tilfelle ii): v 0 Mu v 0 + --------- 2 u v 0 ---- ---- M 2 Tilfelle iii): I dette tilfelle har vi ed bevegelse i to diensjoner, ens det i de forgående tilfellene bare var én diensjon. Men dette spiller liten rolle i praksis, fordi bevaring i bevegelsesengde
Side 9 skal gjelde for hvilken so helst retning. Vi ser at bevaring i vertikal retning (i forhold til figuren) er ivaretatt, siden fragentene so spaltes fra er like store og har otsatt like stor hastighet etter støtet ( sprengningen ). Da kan vi nøye oss ed å bare se på den horisontale hastigheten (i forhold til figuren), so tidligere, og får: v 0 M ----u v 0 + ---- 2 2 u ---- v M 0 b) Forklar hvordan resultatene hadde blitt derso vi hadde tatt hensyn til friksjonen ello kloss og underlag i støtprosessen. (Det hadde vært fint o du kunne skissere kort betingelser for at friksjonen ot underlaget skulle virke est ulig inn på støtprosessen.) Loven o bevaring av bevegelsesengde er basert på at kraft er lik otkraft i støtprosessen, og vanligvis varer støtprosessen så kort tid, og legeene beveger seg så kort en avstand, at påvirkning fra andre krefter langt på vei kan neglisjeres. Vi har brukt bevaring av bevegelsesengde gjenno støtet so utgangspunkt for beregningene ovenfor. Men derso friksjonen ens støtprosessen foregår også skulle tas ed, åtte vi korrigert for den ipulsen so systeet fikk fra YTRE krefter, dvs friksjon ello kloss og bord. Derso denne friksjonskraften er lik F f, og støtprosessen varer en tid lik Δt, ville ipulsen bli F f Δt, og vi kunne sette opp følgende ligning for bevegelsesengden: p før p etter + F f Δt Vi ser altså at jo kraftigere friksjonen er, og jo lengre støtprosessen varer, desto større innflytelse får friksjonen på resultatet. ETTER at støtprossen er over, vil selvfølgelig skli-friksjonen brese ned bevegelsen av klossen på vanlig vis. Oppgave 5 En grind i fjellet er foret so vist på figuren til høyre. Grinda er 4.0 vid og 2.0 høy, og veier (har assen) 40 kg. Massesenteret ligger i idten av grinda. Grinda henger i to hengsler A og B, en for å redusere kraften på hengslene, er det også spent opp en snor ello grinda og grindestolpen (i punktene C og D, henholdsvis). Snora er straet til akkurat slik at den horisontale kraften på hengslen A er lik null. a) Beste snordraget i snora ello C og D. A B D 30 o C
Side 10 Grinda roterer ikke, følgelig å kraftoentet o enhver valgt tenkt akse være lik null. Vi vet at på selve grinda so syste, virker det fire krefter: Snordraget (i C), en vertikal kraft i A, en vertikal kraft so er tyngden, so vi tenker oss virker gjenno tyngdepunktet, og en ukjent kraft gjenno hengsel B. Derso vi velger hengsel B so utgangspunkt for spinnsatsen, får vi forenklet regningen ye. Dette skyldes at kraften so virker på porten gjenno denne hengselen da får null ar, og kraftoentet blir lik null. Videre vet vi at det gjenno hengsel A bare virker en vertikal kraft, og den får heller ikke noe kraftoent o en tenkt akse i B. Følgelig får vi at kraftoentet fra tyngden å være otsatt like stort so kraftoentet fra snordraget. Kaller vi grindas lengde for b (4.0 ) og høyde for h (2.0 ), grindas asse for, og snordraget for F s (virker langs A B D ψ aren θ φ φ b F s C h snora), får vi da (se figuren for forklaring av vinkelen ψ): g b 2 -- F s h 2 + b 2 cosψ F s gb ----------------------------------------- 2 h 2 + b 2 cosψ Men vi ser av figuren at: θ + φ + ψ 90 o Siden θ 30 grader, og φ arctan(h/b) 26.57 grader, blir ψ 33.4 grader. Da følger ved innsetting: F s gb 40 9.81 4.0 ----------------------------------------- -------------------------------------------------- N 210 N 2 h 2 + b 2 cosψ 2 2 2 + 4 2 cos33.4 o b) Hvor stor er den horisontale kraften so da virker på hengslen B? I dette tilfellet velger vi tenkt akse i hengsel A for at vi ikke behøver ta hensyn til den ukjente kraften so virker på systeet (grinda) i dette punktet. Også o A å totalt kraftoent være lik null. Følgelig å kraftoentet o A fra snordraget, pluss kraftoentet fra tyngden, pluss kraftoentet o A fra kraften so virker i hengsel B, være lik null. Men kraftoentet o A fra kraften so virker på hengsel B vil være identisk ed kraftoentet o A fra den horisontale koponenten av kraften so virker på hengsel B (siden den vertikale koponenten ikke får noen ar). Det er nettopp det det spørres etter her, og vi får da: Fs τ o A 0 τ o A g τ o A + + B τ o A F s bsinθ g b 2 -- + F B,horisontal h 0
Side 11 Her har vi valgt å la horisontalkoponenten av krafen fra B være positiv derso den peker til høyre i figuren (forsøker å gi positiv dreieretning på grinda). Innsatte verdier: 1 F B,horisontal -- g b h 2 -- F s bsinθ 1 F B,horisontal -- 40 9.81 4 2 2 -- 210 4 sin30 N 182 N c) Hvor stor er suen av de vertikale kreftene so virker på hengslene A og B? Dette er relativt lett å svare på, siden vi nå kan bruke assesentersatsen (Newtons 2. lov) og suere vertikale krefter uten å tenke på hvor angrepspunktet er (behøver ikke tenke på noe ar). Da følger at suen av vertikale krefter so virker på hengslene A og B å være otsatt like store so suen av tyngden og den vertikale koponenten av snordraget (regnet ed fortegn). Altså: Innsatt: F vertikale 0 F A + F b ( + ) vertikal g F s sinθ F A F A F b F b ( ) vertikal + F s sinθ g ( + ) vertikal ( 40 9.81 210 sin30) N 287 N