Download Report

HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
1
Något om Mekanik-Dynamik och Mathematica,
läsanvisningar till Christer Nybergs bok
i Mekanik
Bertil Nilsson
2015-01-01
Jump
Bungy
Solve the initial value problem using the following rubber band model.
Frb

yOft
k H
y t
L
c y' t H y t
L
0
H y t
L
NDSolve m y'' t
m g Frb , y 0
. m 75, g 9.81, H 50,
y t , t, 0, 15 ;
0
;
0
H, y' 0
L 30, k
0
125, c
A picture illuminates the situation
Plot Evaluate
PlotStyle
AxesLabel
y t . yOft, D y t . yOft, t
, t, 0, 15 ,
Red, Blue , AxesStyle Directive Bold, 12 ,
"t s ", "y t
m ,y t
m s "
yt m,yt ms
40
20
2
20
4
6
8
10
12
14
t s
50 ,
2
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
ť Dynamik
Till skillnad från statik som behandlar kroppar i vila, handlar dynamik om kroppar i rörelse. Dynamiken delas dessutom in i
- kinematik som behandlar kroppars rörelse utan påverkan av krafter. Här handlar det om att den bana som en kropp rör sig i är
känd och man söker ofta de krafter som detta ger upphov till, exempelvis tåg eller karusell på Liseberg. Enligt Newtons andra lag
nedan så upplever en resenär i en karusell tröghetskraften massa acceleration.
- kinetik handlar om den rörelse eller bana som en kropp tvingas till utgående från givna yttre krafter, exempelvis en fotboll.
Krafter uppkommer på grund av påverkan från omgivningen, exempelvis tyngdkraft och kontaktkrafter. Centralt i dynamiken är
Newtons tre lagar. Dessa talar om hur en kraft påverkar en kropp:
N1: Tröghetslagen. En kropp förblir i sitt tillstånd av vila eller likformig rörelse om den inte av verkande krafter tvingas att ändra
detta tillstånd.
N2: Accelerationslagen. En kropp som påverkas av kraften F får en acceleration a sådan att F ma, där konstanten m är kroppens
(tröga) massa. Egentligen sa Newton något annat, se vidare under avsnittet kinetik.
N3: Lagen om verkan och motverkan. Två kroppars ömsesidiga verkningar på varandra är alltid lika stora och riktade åt motsatt
håll.
Kinematik
I kinematik läggs den matematiska grunden för dynamiken, alltså även kinetiken. Notera att hela dynamiken vilar på att man kan
frilägga, det vill säga statiken måste vara väl inhämtad. Samband mellan läge, hastighet och acceleration utreds och är mycket
centralt. Arbeta som vanligt i ett universellt fastspikat koordinatsystem och håll fast vid det! Vanligtvis brukar vi göra studiet i vårt
vanliga koordinatsystem med beteckningarna x, y och z. Arbeta hela tiden i SI-enheter! Enheten radianer måste användas i dynamik
ty deriveringsregler gäller inte annars. Grader kan möjligtvis tillåtas så länge vinkeln inte ska deriveras. Läget för tyngdpunkten av
en kropp eller punkt som funktion av tiden beskrivs sedan av sin ortsvektor t
x t , y t , z t . Koordinaten, "läget", "vägen"
skall betraktas som en vektor med både längd och riktning! Derivator och integraler av en vektor eller matris faller naturligt ut på
komponenterna, t
x t , y t , z t respektive
t t  x t t, y t t, z t t . Dimensionsanalys av ekvationer och svar är
viktigt.
Tillskott av läget x kallas x. Tillskottet av läge per tidsenhet
på derivata har vi att gränsvärdet lim
x
t
t 0
fysik, därför har man infört beteckningen x
hastighet per tidsenhet
x
.
t
x
t
x
,
t
x
t
kallas för medelhastighet under tidsintervallet t. Enligt definition
som kallas (momentan)hastighet vid tiden t. Tidsderivator är mycket vanliga i
"x-prick" för tidsderivata. På samma sätt har vi accelerationen som ett tillskott av
..
För denna inför vi beteckningen x
x
,
t
"x-prickprick". Så
x
.
t
Hastighet vektor är tidsderivatan av läget vektor x
..
Acceleration vektor är tidsderivatan av hastigheten vektor x
x
t
2
x
t2
.
I många fall är man inte primärt intresserad av x t och x t utan hastigheten som funktion av läget x x . Då är det mycket vanligt att
..
göra omskrivningen x
x
t KR
x
x
x
t
x
x
.
x
Detta brukar ofta leda direkt till en separabel (ODE). Då vi betraktar x t säger vi att vi
arbetar i tidsplanet och i fasplanet när x x .
Lös inte problem i dynamik med färdiga formler av den typ som härleds i läroböcker och som förekommer i alla formelsamlingar
för gymnasiet. Det är nämligen mer arbete att utreda om formeln gäller med hänsyn till begynnelsevärden och övriga förutsättningar än att lösa rörelseekvationerna själv. Många formler förutsätter accelerationen konstant. Använd inte beteckningarna
s, v och a för varierande läge, hastighet och acceleration - även om - eller i synnerhet inte - om du från gymnasiet är inarbetad på
dessa beteckningar! Du får bara allt svårare för att frigöra dig från "färdiga-formler-tänkandet" och kommer inte vidare!! Använd
..
istället x, x och x tillsammans med dina kunskaper från kurs i ODE!! Läs i "Något om (ODE) och Mathematica".
De olika arbetsmoment som kinematik och kinetik erbjuder kan sammanfattas i följande schema. För att förflytta sig mellan de
önskade storheterna läge, hastighet och acceleration är det derivation som gäller i ena rikningen och integration i den andra. Notera
att lösningen till ett begynnelsevärdesproblem (BVP) tar oss i allmänhet hela vägen "upp" till x t . Hastighet fås sedan genom
..
derivering. På grund av Newtons accelerationslag,
m , är modeller i kinetik naturligt förmulerade som en andra ordningens
(ODE), men kinematik är lika ofta formulerat som en första ordningens (ODE). För alla dessa moment i schemat finns Mathematica
till mycket god hjälp.
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
Läge, x
x
t
Begynnnelsevärdesproblem
..
x g x, x
ODE
BVP x 0
x0
BV
x 0
x0
Mathematica DSolve NDSolve
x
x t
Hastighet, x
x
t
3
..
x t
..
Acceleration, x
f t
Fig 1. Lösningsmetoder
Även i dynamik behöver vi våra nyttiga funktioner från statiken. Först storleken av vektorn . Tyvärr kan vi inte använda vanliga |
som i linjär algebra när vi definierar funktionen, eftersom den är upptagen till annat i Mathematica, utan väljer några snarlika som
skrivs l| till vänster (left) och r| till höger (right) om argumentet. Det väsentliga i funktionskroppen är
"Matematicapornografi" för att förenkla symboliska uttryck där alla variabler är positiva.
: PowerExpandSimplify
.
, Thread Cases
, Symbol, Infinity
. , resten är
0 
Ständigt behöver man bestämma en enhetsvektor i samma riktning som en given vektor
:
liksom beräkning av enhetsvektor i riktning från punkt A till punkt B
A ,B
:
B A
samt slutligen projektion av en vektor
på en annan vektor
.
proj
:
.
Om man inte uppskattar svåra ackord på tangentbordet, kommer här samma funktioner i mer klassisk form. Använd vilka versioner du vill eller andra namn som du trivs med. Speciellt kan det som alternativ vara läge att använda de i Mathematica inbyggda
.
funktionerna Norm[ ] som motsvarar
och Normalize[ ] som motsvarar
.
längd
:
ea
:
eAB A , B
:
B A
proj
,
: proj
I utdata använder Mathematica gärna funktionerna sec Α
1
cos Α
, Sec Α och cosec Α
1
sin Α
, Csc Α . Dessa är en kvarleva
från navigering på de gamla segelfartygens tid och anses numera, åtminstone i Europe, som lite exotiska , och ingår därför inte i
den svenska skolundervisningen. Det samma får nog gälla för cot Α
1
tan Α
, Cot Α . Vill man inte se dessa är det lämpligt att
också aktivera följande.
$PrePrint
. Csc z
Sec z
Cot z
1
1
1
Defer Sin z ,
Defer Cos z ,
Defer Tan z
&;
sid 123-129: Läs igenom. CN bryter naturligtvis mot den gula rutan ovan, även om han punktvis skådar ljuset! Att alltid arbeta i ett
koordinatsystem är viktigt. Dimensionsanalys av ekvationer och svar är viktigt. I många fall är man inte primärt intresserad av x t
och x t utan hastigheten som funktion av läget x x . Då är det mycket vanligt att ta hjälp av kedjeregeln och göra omskrivningen
..
x
x
t KR
x
x
x
t
x
x
.
x
Detta brukar ofta leda direkt till en separabel (ODE).
sid 130-131: Lite om självklara geometriska insikter, typ att "arean under v–t-kurvan", det vill säga integralen där area räknas med
tecken (CN skiljer sig inte från de flesta andra mekanikböcker när det gäller att uttrycka sig korrekt), är den tillryggalagda vägen.
sid 132-136: Att använda styckvis definierade funktioner är en tidig IQ-test av CN och lägger en rejäl teknisk dimridå över det som
ska förmedlas! Vi börjar med ett enkelt exempel med en kropp som rör sig längs x-axeln (sk rätlinjig rörelse) som funktion av tiden
x t sin t . Först definerar vi funktionen i Mathematica sedan ritar vi en graf med kroppens läge, hastighet och acceleration som
funktion av tiden. Notera att Mathematica förstår den vanliga sparv -notationen för derivata men inte prickar för tidsderivata.
4
Mekanik-Dynamik och Mathematica
x t
: Sin t
Plot x t , x ' t , x '' t
PlotStyle
HH/ITN/BN
, t, 0, 2 Π ,
Red, Blue, Green , AxesLabel
..
"t", "x,x, x "
..
x,x,x
1.0
0.5
t
1
2
3
4
5
6
0.5
1.0
Enligt diagramläsning ska "arean under v–t-kurvan", dvs integralen, vara den tillryggalagda vägen. Vi gör en inspektion då t
Plotx ' t , t, 0, 2 Π , PlotStyle
Blue, Filling
Axis, AxesLabel
2Π.
"t", "x"
Enligt den röda kurvan är vi tillbaka där vi startade vid t 0, så läget är detsamma. Däremot har vi varit ute på en liten semestertur
som kan avläsas på trippmätaren vid hemkomsten. Vi kollar båda
2Π
x ' t , Abs x ' t

t
0
0, 4
Exempel 6.1 sid 132: Typexempel på då det är bra att göra en egendefinierad funktion. Om funktionen är styckvis definierad finns
Piecewise pw , eller de lite mer programmeringsmässiga If och Which.
x t
:
t2
t
20 t 100 t
10
10
Plot x t , t, 0, 30 , PlotStyle
Red, AxesLabel
"t", "x t "
xt
500
400
300
200
100
5
10
15
20
25
30
t
Plot x ' t , t, 0, 30 , PlotStyle
Blue, PlotRange
All, AxesLabel
vt
20
15
10
5
t
5
10
15
20
25
30
Arean under v t -kurvan. Stämmer bra med värdet som avläses i första figuren.
30

0
500
x' t
t
"t", "v t "
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
Plot x '' t , t, 0, 30 , PlotStyle
Brown, AxesLabel
5
"t", "a t "
at
2.0
1.5
1.0
0.5
t
5
10
15
20
25
30
Exempel 6.2 sid 133: Väsentligen samma som Exempel 6.1, fast tvärtom ;-). Samtidigt tar vi chansen att visa på hur enkelt det är att
spara papper. Först acceleration, sedan hastighet med start från vila, slutligen läget med start i origo. Allt enligt integrationsvägen i
fig 1. Efter bilderna introducerar vi DSolve och NDSolve för att kunna gå (BVP)-vägen i fig 1. Därefter använder vi oss av detta i
en repris av detta exempel.
a t
10 t
2 t

t
10
;v t
10
t
 a Τ
Τ; x t
 v Ω
0
Ω;
0
Plot a t , t, 0, 20 , PlotStyle
Plot v t , t, 0, 60 , PlotStyle
Plot x t , t, 0, 60 , PlotStyle
Brown, AxesLabel
"t", "a t " ,
Blue, AxesLabel
"t", "v t " ,
Red, PlotRange All, AxesLabel
"t", "x t "
xt
vt
at
100
10
8
 6
4
2
1000
80
5
2
10
15
20
800
, 60
, 600
40
400
t
20

200
10
20
30
40
50
60
t
10
20
30
40
50
60
t
I Mathematica används funktionen DSolve för att lösa en stor klass av differentialekvationer, allt från enkla separabla och linjära
av godtycklig ordning till mycket komplicerade olinjära. Vi börjar med en enkel linjär första ordningens differentialekvation
y' x y x 0 och dess lösning.
DSolve y ' x
yx
y x
0, y x , x
x
c1
DSolve löser även system av differentialekvationer och är mycket lättanvänd. Strängt taget handlar det om att skriva av rätt! Lägg
märke till att Mathematica förstår den vanliga nomenklaturen när vi menar derivata. Notera de nödvändiga []-parenteserna eftersom
y x ska vara en funktion av x! För övrigt kan man naturligtvis använda vilka namn man vill. Observera dubbla likhetstecken
eftersom det är en ekvation! Det är inte bara namnet som antyder släktskap med Solve, utan även hantering av indata och resultat.
Som vanligt gäller att när man väl förstått filosofin bakom Mathematica är det mesta självklart!
DSolve y ' x
y x
sin x
cos x 
2
DSolve1
y x
Sin x , y x , x
1
x
c1
y x
x2  y ' x
1
c1 x2
1
x2
2xy x
1 tan
1
1
x2  ArcTan x , y x , x
x 2 
2
Man kan givetvis ta med begynnelsevärden för att få konstanterna bestämda. Dessa paketeras då tillsammans med differentialekvationen i en lista. Tänk på att även begynnelsevärdena ska anges som ekvationer, det vill säga med två likhetstecken. Så begynnelsevärdesproblemet
BVP
y' x
y0
y x
2
sin x
ODE
BV
är bara att muppa rakt in i Mathematica, sedan piggar vi upp oss med en bild.
yAvx
DSolve
1
y x
5
2
x
y' x
sin x
y x
cos x 
Sin x , y 0
2 ,y x ,x
Simplify
6
Mekanik-Dynamik och Mathematica
Plot y x
. yAvx, x, 0, 5 , PlotStyle
Red, AxesLabel
HH/ITN/BN
"x", "y x "
yx
2.0
1.5
1.0
0.5
1
2
3
4
5
x
0.5
2t
I nästa exempel noterar Mathematica naturligtvis att både
partikulärlösningen därefter.
DSolvex '' t
1
2t
x t
2
4 x' t
2 c2 t
2t
4x t
och t
, x t , t
2t
ingår i homogena lösningen och korrigerar ansatsen till
Simplify
t2 
2 c1
Då vi inte kan finna lösningen analytiskt, vilket naturligtvis är långt ifrån ovanligt ute i verkliga livet, finns funktionen NDSolve till
vår hjälp för att göra en ren numerisk lösning. Utdata från denna är en InterpolatingFunction som kan verka lite
märkvärdig innan man blivit vän med den. Den fungerar dock som vilken annan funktion som helst. För övrigt är den ett kraftfullt
redskap om man vill göra interpolation i t.ex. mätdata. Som exempel kör vi en repris på begynnelsevärdesproblemet ovan. Det enda
som skiljer i menyn jämfört med DSolve är att man, likt Plot, måste ange i vilket intervall man vill att spektaklet ska utspela sig.
NyAvx
y x
NDSolve
y' x
y x
Sin x , y 0
Domain: 0. 5. InterpolatingFunction
Plot y x
2 , y x , x, 0, 5
Output: scalar
. NyAvx, x, 0, 5 , PlotStyle
 x 
Red, AxesLabel
"x", "y x "
yx
2.0
1.5
1.0
0.5
x
1
2
3
4
5
0.5
Exempel 6.2 sid 133 igen: Nu tar vi exemplet en gång till. Förra gången integrerade vi allt själva för hand enligt vänstra kolumnen i
fig 1, nu tar vi högra kolumnen istället och formulerar det som ett begynnelsevärdesproblem (BVP) och låter DSolve, eller
NDSolve vid svårare (ODE), göra hela jobbet. Smidigt! Accelerationen under resans gång varierar enligt en styckvis definierad
funktion, därför passar Piecewise pw bra, eller den lite mer programmeringsmässiga If.
xAvt
DSolvex '' t
x 0
x t
5 t2
t2
120 t

10 t
2 t
0, x ' 0
10
,
10
0, x t , t
t 10

600 True
Restid tillbaka till stillastående?
T
t
FindRoot x ' t
0 . D xAvt, t , t, 50
60.
Lite grafer kanske? Först läget, sedan hastighet och slutligen accelerationen, i detta fall reproduktion av indata.
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
Plot x t
. xAvt, t, 0, t . T , PlotStyle
7
Darker Green , AxesLabel
"t
s ", "x
m "
x m
3000
2500
2000
1500
1000
500
t s
10
20
30
40
PlotEvaluate x ' t
Filling
50
60
. D xAvt, t
Axis, FillingStyle
, t, 0, t . T , PlotStyle
LightBlue, AxesLabel
"t
Blue,
s ", "x
m s "
x ms
100
80
60
40
20
10
20
30
40
PlotEvaluate x '' t
Filling
50
t s
60
. D xAvt, t, 2
Axis, FillingStyle
, t, 0, t . T , PlotRange
LightRed, AxesLabel
"t
s ", "x
5, 15 , PlotStyle
Red,
m s2 "
x m s2
15
10
5
10
20
30
40
50
t s
60
5
Läge och hastighet då den precis ska börja bromsa? Jämför fig ovan!
xAvt, D xAvt, t

.t
9.99
x 9.99
499.001

99.9
x 9.99
Total körsträcka. Jämför fig ovan!
xAvt . T
x 60.
3000.
Exempel 6.3 sid 135: Ännu en höghöjdsträning på (ODE)-lösaren i Mathematica. Accelerationen är styckvis definierad. Under
accelerationsfasen är den konstant, så v
a0 t
v
t
a0
30
.
4
Placera geparden i origo vid tidens början och lös begynnelsevärde-
sproblemet
..
x
BVP
30
4
t
4
0
t
4
x 0
x0
0
0
ODE
BV : Start i origo då t 0.
BV : Start från stillastående, då t
0.
30
xAvt
DSolvex '' t
Ift
, 0, x 0
4,
4
15 t2
x t
t
4
30 t
2
4

True
Denna gång ritar vi i samma diagram för omväxlings skull
0, x ' 0
0, x t , t
First
8
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
Plot Evaluate x t
. xAvt, x ' t
. D xAvt, t
, t, 0, 10 ,
PlotStyle
Red, Blue , PlotRange All, AxesLabel
"t", "x t ,v t "
x t ,v t
250
200
150
100
50
t
2
4
6
8
10
Slutligen svaret på frågan
xAvt . t
x 10
10
240
Notera fördelen med att behålla "Rule" formatet! Vi får ett självdokumenterande svar x T
svar.
Exempel 6.4 sid 136: Vi tar polisjakten helt numeriskt. Först accelerationsfunktionen för polisen. Låt polisen vara i origo vid tidens
början.
xPAvt
DSolve
xP '' t
2.5, xP 0
0, xP ' 0
0 , xP t , t
First
1.25 t2 
xP t
Polisens restid till 50 m/s. Vi bekänner oss bara till SI-enheter!!
t1
t . Solve xP ' t
50 . D xPAvt, t , t
First
20.
Så accelerationsfunktionen och bilarnas lägen
aP t

2.5 t
0 t
t1
;
t1
Nu bilarnas läge som funktion av tiden.
xPAvt
xP t
xAAvt
xA t
DSolve
xP '' t
aP t , xP 0
0, xP ' 0
0 , xP t , t
First
1.25 t2
t 20

50. t 500. True
DSolve
xA '' t
0, xA 0
0, xA ' 0
40 , xA t , t
First
40 t
Plot Evaluate
xP t
. xPAvt, xA t
. xAAvt
, t, 0, 60
2500
2000
1500
1000
500
10
20
30
40
50
60
Så restid och sträcka till ingripande. Solve klarar inte att hantera styckvis definierade funktioner.
xPAvt . FindRoot xP t
xP 50.
xA t
. xPAvt . xAAvt, t, 60
2000.
sid 137-142: Läs igenom. Är olika typfall som slentrianmässigt brukar behandlas i gamla mekanikböcker. Vi tar I på sid 137 med
Mathematica.
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
DSolve
x '' t
1
k t2
x t
k, x 0
2 t x0
v0 , x ' 0
9
x0 , x t , t
2 v0 
2
Vi har löst ett begynnelsevärdeproblem. Utan begynnelsevärden kommer det som vanligt ut lika många konstanter ci som vi har
ordning på differentialekvationen.
DSolve x '' t
k, x t , t
k t2
x t
c2 t
c1

2
Exempel 6.5 sid 138: Placera origo vid inbromsningens början då vi även startar klockan!
xAvt
DSolve
1
x t
2
x '' t
r, x ' 0
v0 , x 0
0 ,x t ,t
First
r t2 
2 t v0
Hur mycket är klockan då tåget stannar?
T
Solve x ' t
v0
t
0 . D xAvt, t , t
First

r
Slutligen bromssträckan, det vill säga resvägen till stillastående.
xAvt . T
x
v0
v20
r
2r

Exempel: Inte sällan ingår en av konstanterna i differentialekvationen som okänd. Det är då tänkt att bestämma denna ur ett (extra)
randvillkor (RV). Som bekant kan vi inte sätta fler (BV)+(RV) än vi har "sparvar" i (ODE):n. Detta kan vi lösa med ett litet trick:
Låt DSolve betrakta den okända konstanten som en funktion vars derivata då är noll! Vi får då ett system med två (ODE) och kan
nu klämma in ytterligare ett (RV) eller (BV). Som typexempel väljer vi att söka den konstanta accelerationen a under inbromsning
från 30 m/s till 10 m/s på 50 m.
..
Lösningsförslag: Vi börjar med den populära omskrivningen x
DSolve
v x v' x
a x , a' x
v 0
30, v 50
10 ,
v x ,a x ,x
a x
8, v x
2
225
x
x
x
a och låter hastigheten x
v x . Då får vi
0,
4 x 
Normalt skulle vi gjort separation av variablerna, integration samt efterföljande ekvationslösning för bestämning av a.
10
ekv

50
x x

30
400
a x
0
50 a
Solve ekv
a
8
Med samma svar som ovan. Man kan notera att varianten med DSolve är lite rikare eftersom vi som biprodukt även får v x .
Exempel 6.7 sid 140: Typiskt begynnelsevärdesproblem igen.
xAvt
DSolve
x '' t
k x' t , x' 0
v0 , x 0
0 ,x t ,t
Simplify
k t
v0 1
x t

k
Exempel 6.9 sid 142: Begynnelsevärdesproblem verkar vara vårt ständigt återkommande problem.
First
10
Mekanik-Dynamik och Mathematica
xAvt
Ω2 x t , x ' 0
DSolvex '' t
v0 sin t Ω
x t
v0 , x 0
HH/ITN/BN
0, x t , t
Simplify
First

Ω
sid 143: Viktigt!
Exempel 6.10 sid 143: Deriveringsövning. Man kan naturligtvis också skriva
respektive acceleration, se nästa exempel.
t
:
, och sedan ' t och '' t för hastighet
b t, c t2 , d t3 ;
D
,t
b, 2 c t, 3 d t2 
D
,t
0, 2 c, 6 d t
eller
D
, t, 2
0, 2 c, 6 d t
Exempel 6.11 sid 143: Integrationsövning med begynnelsevärden som gränser eller med DSolve som måste skedmatas komponentvis
DSolve
x ''
y ''
z ''
x t
t
1
x t
b t3
t
b t, x 0
x0, x ' 0
v0x,
t
c, y 0
y0, y ' 0
v0y,
t
d Sin Ω t , z 0
z0, z ' 0
,y t ,z t
.
Simplify
1
6 t v0x
6 x0, y t
6
c t2
t v0x
x0,
6
d
t v0y
v0z
Ω
v0x c t
bt
t v0z Ω2
d sin t Ω
Ω2
First
Ω2 z0

Ω2
z0
'' t
2
2
2 y0, z t
,t
d sin t Ω
y0, t
2
' t ,
bt
dtΩ
2 t v0y
2
b t3

c t2
v0z , x t , y t , z t
v0y
cos t Ω d
d
Ω
Ω
c
v0z
d sin t Ω
Exempel 6.12 sid 144: Återigen begynnelsevärdesproblem plus lite efterpyssel. Mathematica klarar lätt system av (ODE). Detta är
ett klart gränsfall till kinetik
xyAvt
DSolve
x '' t
0, y '' t
g,
x' 0
v0 Cos Β , x 0
0,
y' 0
v0 Sin Β , y 0
0 ,
x t ,y t ,t
Simplify
First
g t2
x t
t v0 cos Β , y t
t v0 sin Β

2
Speciellt kastparabeln. Lös ut y x .
ekv
xyAvt . Rule
Equal . x t
x, y t
g t2
x
t v0 cos Β , y
yAvx
t v0 sin Β
Solve ekv, y, t
g x2
y

2
x tan Β
2 v20
cos Β
Simplify
x
2
,t

v0 cos Β
Kastvidden ur kastparabeln.
Solve y
0 . yAvx, x
Simplify
First
y
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
x
v20 sin 2 Β
0 , x
11

g
Eller om vi också är intresserade av restiden. Lägg märke till hur Mathematica levererar självdokumenterande. Man behöver inte
skriva Svar som i småskolan.
xyAvt . Solve y t
x0
0, y 0
0 , x
0 . xyAvt, t
2 v0 sin Β
v20 sin 2 Β
g
g
Stighöjd och stigtid ur villkoret y
,y
2 v0 sin Β
0
g
0 i högsta punkten. Läget i x-led får vi på köpet!
xyAvt . Solve y ' t
x
Simplify
0 . D xyAvt, t , t
v0 sin Β
v20 sin Β cos Β
g
g
,y
Simplify
v0 sin Β
v20 sin2 Β
g
2g

sid 145-164: Hårdsmält materia! Höghöjdsträning på derivering av vektorer i diverse olika exotiska koordinatsystem. Skumma
igenom och fascineras av hur svårt man kan göra enkla saker. Grundidén håller, det vill säga stanna i det vanliga rätvinkliga koordix t , y t , z t alltid är
natsystemet och projicera på andra riktningar om så önskas! Bra att veta är att hastighetsvektorn t
tangent till bankurvan. Vi sammanfattar de vanligaste ON-systemen, det vill säga koordinatsystem där basvektorerna är enhetsvektorer (Normerade) och parvis vinkelräta (Ortogonala).
y
1.0
y
Θ
0.8
t
r
0.6
 x,
y,
r,
t,
Θ,
n,
z
Kartesiskt, vårt vanliga xyz–system.
z
Polärt eller cirkulärt 2D , cylindriskt 3D .
Naturligt tangent och normal ,
t tangentvektor som alltid pekar i parameterriktningen,
n pekar alltid in mot krökningscentrum,
b
t
n kallas binormal.
b
x
0.4
t
0.2
n
Vi vet att läget
0.2
0.4
0.6
0.8
t
xt,yt,zt
1.0
1.2
1.4
, hastigheten
x
t
xt,yt,zt
och accelerationen
..
t
..
..
..
x t , y t , z t  alltid uttrycks i
det kartesiska. Om man vill projicera på något av de andra systemet måste först deras ortonormerade basvektorer bestämmas. Vi tar
2D fallet men räknar i 3D som vanligt (vektorprodukt ;-) och följer kokboken.
r
Pekar i samma riktning som
Θ
0, 0, 1
Hastighetsvektorn
t
så
n
t
. I vårt språk
t är alltid tangentvektor till banan
. I vårt språk
t
.
' t
t och pekar alltid i parameterrikningen,
.
t.
0, 0, 1
n
t
t
r
r.
Θ
t
t
t , så
Exempel 6.14 sid 150: Dessa ständiga (BVP). Nu är det plan cirkelrörelse.
s t
1
S t
3 c t2
. DSolve
S '' t
k t3 
6
Accelerationsvektorn
s' t
s '' t ,

R
t2 2 c
c
4R
och dess belopp
a
kt
2

k t,
2
Simplify
c
k t, S ' 0
0, S 0
0 ,S t ,t
First
12
Mekanik-Dynamik och Mathematica
t4 2 c
HH/ITN/BN
4
kt
c
16 R2
kt
2
samt slutligen en ögonblicksbild vid t
10s.
3
öb
a . c
,R
2, k
400, t
10
10
8801
16
Alltså felräknat i boken. Det symboliska uttrycket (6) stämmer dock med det ovan för a
med
4001
8
. Tycker inte om att CN svarar exakt
, som dessutom är fel, då k är given på decimal form. Man bör svara på samma form som indata! Som vi vet är Mathemat-
ica konsekvent.
öb
N
5.86335
a . c
2, k
0.3, R
400, t
10
5.86335
sid 158: Ett ofta använt specialfall är cirkulär rörelse i planet, översta tredjedelen av sidan. Lägg speciellt märke till begreppet
centripetalacceleration. Det är detta man (förmodligen) menar när man pratar om en utåtriktad centrifugalkraft, vilken inte finns.
Uttrycken för får vi lätt med hjälp av vår kokbok ovan.
Cos Θ t
r
, Sin Θ t
,0
cos Θ t , sin Θ t , 0
0, 0, 1
Θ
r
sin Θ t , cos Θ t , 0
t
r
r
r cos Θ t , r sin Θ t , 0
Först hastighet och acceleration i vårt vanliga kartesiska system.
' t
r Θ t sin Θ t , r Θ t cos Θ t , 0
'' t
 r Θ t sin Θ t
r Θ t 2 cos Θ t , r Θ t cos Θ t
r Θ t 2 sin Θ t , 0
Sedan med projektion i det polära systemet, som sammanfaller med det naturliga vid cirkelrörelse.
' t .
r,
' t .
Simplify
Θ
0, r Θ t
'' t .
r,
'' t .
Θ
Simplify
 r Θ t 2, r Θ t 
Exempel 6.20 sid 159: På vårt sätt, utan (1)&(2)! Läget av P i det vanliga xyz-systemet ges av
t
a
tΩ
a
Θ
cos t Ω , a
Cos Θ , Sin Θ , 0
tΩ
.Θ
Ωt
sin t Ω , 0
Hastigheten är tidsderivatan av läget och är alltid tangentvektor till bankurvan och pekar alltid i parameterriktningen, se figur.
' t
a Ω
tΩ
cos t Ω
aΩ
tΩ
sin t Ω , a Ω
tΩ
sin t Ω
aΩ
tΩ
cos t Ω , 0
Accelerationen är tidsderivatan av hastigheten, eller andraderiavatan av läget, se figur.
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
13
'' t
 2 a Ω2
tΩ
sin t Ω , 2 a Ω2
tΩ
cos t Ω , 0
Färdig, hastighet och acceleration uttryckt i det vanliga kartesiska xyz-systemet! Om vi speciellt vill ha dessa uppdelade i komposanter längs några andra för problemet naturliga riktningar, CN:s (5)&(6), är det projektion som gäller. Vi vet att r cos Θ , sin Θ ,
men för sportens skull
r
t
0, 0, 1
Θ
r
cos t Ω , sin t Ω , 0
sin t Ω , cos t Ω , 0
Så äntligen
.
p
r,
.
Θ
Simplify
.
Θ
Simplify
r
.a
Ωt
a Ω
tΩ
tΩ
,aΩ

r Ω, r Ω
.
p
r,
r
.a
Ωt
2
tΩ
0, 2 a Ω

0, 2 r Ω2 
Exempel 6.22 sid 161: Detta är ett typexempel på där derivata (eller implicit dito) fungerar alldeles utmärkt som lösningsmetod!
Ställ upp geometrin statiskt vid godtycklig tidpunkt, sedan tar matematiken hand om att generera rörelseekvationen med tecken och
allt!! Mycket smidigt! Först Pyttans sats
ekv
rt
2
2
r t
h2
xt
x t
2
h2
2
Sedan parar vi ihop med dess tidsderivator och lite trigonometri samt att vi vevar in (därav negativtecknet i r ' t
stant fart (r'' t
0).
v1 ) med kon-
h
Solveekv, D ekv, t , D ekv, t, 2
, r' t
, Tan Θ
v1 , r '' t
0,
x t
x t , x ' t , x '' t , r t , r ' t , r '' t
h
v1
,x t
x t
h
v1
,x t
PowerExpand
v1 , r t
0,
h
,r t
,r t
h
cos Θ
tan Θ
,r t
sin Θ
v21 tan3 Θ
,x t
Simplify
h
,r t
h
cos Θ
tan Θ
x t
v21 tan3 Θ
,x t

sin Θ
v1 , r t
0
Här gäller den andra lösningen som CN:s (5)&(8). Den första är en spöklösning under golvet! Lägg märke till CN:s slarv =( med
tecken! Åt vilket håll är v p definierad? Mycket bättre att hålla sig till koordinatsytemet så kommer x ' t ut med rätt tecken, här
negativ eftersom vagnen rör sig i negativ x-rikting mot origo.
Exempel 6.24 sid 163: Även detta är ett typexempel på där derivata (eller implicit dito) fungerar alldeles utmärkt som lösningsmetod! Ställ upp geometrin statiskt sedan tar matematiken hand om rörelseproblemet med tecken och allt!! Mycket smidigt! Med
uppenbar rätvinklig triangel får vi hylsans läge y i höjdled.
y t
: b Tan Θ t
Derivera en och två gånger med avseende på tiden för att få hylsans hastighet respektive acceleration, CN:s (5) och (9).
y ' t , y '' t
bΘ t

cos Θ t
2 b Θ t 2 tan Θ t
bΘ t
2
,
cos Θ t
2
cos Θ t
2

14
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
Vi avslutar med lite reklamfilm
Manipulate Graphics
Thickness 0.02 , Line
0, 0 , 1.5, 0
, Line
1, 0 , 1, 1.1
Green, Line
0, 0 , 1.5 Cos Θ , Sin Θ
,
Red, Rectangle 0.95, Tan Θ
0.1 , 1.05, Tan Θ
0.1
, PlotRange
0.1, 1.1 , Θ, 0, 45
,
sid 164: Nej tack, verkligen inte! Vi räknar som vanligt!
Problem 6.68. Typexempel på problem som löses genom att ställa upp geometrin för en (statisk) ögonblicksbild vid godtycklig
tidpunkt och sedan derivera fram dynamiken! Först Θ med rätvinklig triangel tan Θ
y
x
h
.
vt
h
Θ t
: ArcTan

vt
Θ ' t , Θ '' t
2 h t v3
hv

h2
Simplify
t 2 v2
,
h2
t 2 v2
2

Va? Enklare kan det inte bli! Så nu en repris för r och annan tillämpning på geometri i rätvinklig triangel, nämligen Pyttans sats
r2
x2
y2
r
r t
:
x2
vt
y2
2
vt
Simplify
h2 v2

,
h2
h2 .
h2
r ' t , r '' t
t v2
2
h2
t 2 v2
32
t 2 v2

Exempel: Målarens mardröm. En målare befinner sig på en L m lång stege då
dess kontaktpunkt med marken plötsligt släpper och glider ut med konstant fart
längs marken. För vår vän på stegen väntar en obehaglig nedfärd. Sök hastigheten
för stegens kontaktpunkt mot huset.
Lösningsförslag: Lägg in stegen i ett koordinatsystem. Geometrin bestäms av Pytagoras sats. Vi söker hastigheter, vilket är derivata
med avseende på tiden, så derivera implicit map t. Om man använder Dt, som deriverar allt som kommer i dess väg, så ser det
snyggt ut och precis som när man deriverar för hand med kedjeregeln, men man måste hålla reda på konstanter själv, och framför
allt, mycket mera tekniskt när man ska sätta in numeriska värden. Så det rekommenderas D och det är ju inte fel att ha lite koll i sitt
modellerande på vad som är beroende på den variabel som man deriverar med avseende på.
ekv
Dx t
2x t x t
2
2yt y t
Lös ut den sökta hastigheten
y
2
y t
L2 , t
0
y
t
y längs väggen.
Solve ekv, y ' t
xt x t
y t

yt
Stämmer ju bra att resan går i negativ riktning då x ökar. T.ex. Stegens längd 5 m ger y då x 3 m och x 2 m/s. Mata in med rätt
tecken så kommer svaret ut med rätt tecken i förhållande till de koordinatriktingar vi valt. Så blir det alltid! Smidigt!
y . x t
3, x ' t
3
y t

2
2, y t
52
32 
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
15
Exempel: Lille Kalle under lampans sken. Sök hur längden
av Kalles skugga ändras då han promenerar mot lampan med
konstant fart.
Lösningsförslag: Figuren ovan åskådliggör modellen med intressanta geometriska storheter. Det räcker med likformiga trianglar för
att koppla det som ändras med tiden, nämligen skuggans längd s och Kalles läge a i förhållande till lampan. Vi söker hastigheter,
vilket är derivata med avseende på tiden, så derivera implicit map t och lös ut skuggans ändringshastighet
a t
ekv
s t
s t
D
, t
H
a t
s t
s t
H
s
L
L
Solve ekv, s ' t
La t
s t

H
L
T.ex. numeriskt: H 10 m, L 2 m och a
2 m/s, negativ eftersom han rör sig mot lampan, ger slutligen s. ALLA indata med
tecken ger ALLTID resultatet med rätt tecken! Matematik med vektorer kan man lita på Skuggans längd minskar som sig bör!
s . H
10, L
2, a ' t
2
1
s t

2
Exempel: I en ladugård finns en traktordriven höbalslyft enligt
figur. Sök höbalens fart upp mot taket då traktorn kör iväg med
konstant fart.
Lösningsförslag: Med beteckningar enligt figur har vi dels Pytagoras sats och ett samband för repets längd L. Repet utgör ett så
kallat kopplingsvillkor mellan x och y. Sådana är mycket vanliga i mekanik. Låt S vara den okända del av linans längd som är
upplindad i taljans skivor.
ekv
h
x t
2
xt
2
2
h2
2
lt ,L
l t
2 h
2
,L
yt
2 h
lt
y t
l t
S
S
Lös ut y. Notera hur kraftfullt det är att ta med både geometrin och dess derivata i samma Solve.
y
Solve Join ekv, D ekv, t
1
y t
h2
xt
2
, y t , y' t , l t , l' t
xt x t
2h
L
S ,y t
2
1
y t
2
h2
2
h2
xt
2
xt
L
S ,y t
,l t
2
h2
xt
2
xt
2
xt x t
,l t
,
2
xt x t
2h
h2
,l t
h2
h2
xt
2
xt
2
xt x t
,l t

h2
xt
2
Här duger bara den sista lösningen eftersom y ' t 0. Den andra lösningen är modellens spegelbild under markplanet! Även denna
gruvvariant ryms i formuleringen. Återigen får vi ut allt , man ska inte vara snål mot sig själv balens läge och hastighet, i
koordinatriktningen, som funktion av traktorns läge x och hastighet x. Var noga med tecken på t.ex. x om du vill exemplifiera med
numeriska data. Gör det!
16
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
Exempel: Studera kolvrörelsen enligt figur. Sök läge,
hastighet och acceleration för punkterna A, det vill
säga kolven, och punkten G på vevstaken som
funktion av vinkeln Θ på vevaxeln. Låt det hela veva
på med konstant vinkelhastighet Ω 25 rad s.
Lösningsförslag: Typisk implicit derivation. Ställ upp geometrin statiskt. Derivation ger sedan smidigt både hastigheter och
accelerationer eftersom detta är just tidsderivator av läget med avseende på tiden. Arbeta med ortsvektorer för punkterna. Om
vevstaken har längden L så får vi punkten A:s läge med hjälp av Pythagoras sats och två uppenbara rätvinkliga trianglar.
L2
A
t
: 
B
t
: r Cos Θ t
G
t
:
r Cos Θ t
, 0
, Sin Θ t
100
250
t
A
250
2
r Sin Θ t
B
100
250
t
100
Lite numeriska data.
250
data
100
125
,r
L
, Θ' t
1000
25
2 Π, Θ '' t
0;
1000
Hastighet och fart.
A'
t ,
B'
t ,
G'
25 Π cos Θ t sin Θ t
32
49
1
400
64
4
32
v
1
400
64
0
25
Π sin Θ t
25 Π cos Θ t sin Θ t
49
Π sin Θ t
sin Θ t
4
7
25
. data
2
25
2
t
25
4
4
125
Π sin Θ t
28
125
Π sin Θ t
28
Π cos Θ t
Π cos Θ t
2
sin Θ t
&
Simplify
2
25

Π
5 cos Θ t
sin2 Θ t
4
196
25
25 Π
1
,
,
4
25 sin2 Θ t
2
 25 Π2 cos2 Θ t
2 7Π
196
25 sin2 Θ t
sin Θ t
5 Π sin 2 Θ t
 25 cos 2 Θ t
367 
28
PlotEvaluate v , Θ t , 0, 2 Π ,
PlotStyle
Brown, Blue, Red , AxesLabel
"Θ rad ", "vA ,vB ,vG
Π
3Π
, 2 Π, Automatic
All, Ticks  , Π,
2
2
PlotRange
v A ,vB ,vG m s
20
15
10
5
Π
3Π
Π
2
2
Θ rad
2Π
Acceleration och dess belopp.
A ''
t ,
B ''
t ,
G ''
t
. data
Simplify
m s " ,
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
625 Π2 759
50 cos 2 Θ t
734 cos Θ t
7340 cos 2 Θ t
4
2 25 cos 2 Θ t
625
2
625 Π2 5313
50 cos 2 Θ t
734 cos Θ t
a
&
1
4
5 cos 4 Θ t
15
367
0
625
2
25 7
2 25 cos 2 Θ t
50 cos 2 Θ t
367
734 cos 3 Θ t
10 cos 4 Θ t
30
3125
14
32
Π2 sin Θ t
Π2 sin Θ t
Simplify
625 Π2  759

734 cos 3 Θ t
32
Π2 cos Θ t
14 680 cos 2 Θ t
28
25  50 cos 2 Θ t
17
2
50 cos 2 Θ t
734 cos Θ t
7340 cos 2 Θ t
25 
50 cos 2 Θ t
734 cos 3 Θ t
5 cos 4 Θ t
15 
2
25 cos 2 Θ t
367
3
625 Π2
,
9 765 625
,
2
1
Π4 sin2 Θ t
196
1568 25 cos 2 Θ t
367
3
390 625 Π4
2
5313
50 cos 2 Θ t
734 cos Θ t
14 680 cos 2 Θ t
PlotEvaluate a , Θ t , 0, 2 Π , PlotStyle
AxesLabel
"Θ
rad ", "aA ,aB ,aG
25 7
50 cos 2 Θ t
734 cos 3 Θ t
10 cos 4 Θ t
30 
Brown, Blue, Red ,
m s2 ", Ticks
Π
3Π
, 2 Π, Automatic
 , Π,
2
2
a A ,aB ,aG m s2
4000
3000
2000
1000
Π
Θ rad
3Π
Π
2Π
2
2
Exempel: På ett nöjesfält finns en karusell som roterar
med konstant vinkelhastighet Θ, se fig. Banprofilen ges
av z
h
2
1
cos 2Θ . Bestäm banan på parameterform
och rita ut fart och acceleration i varje punkt. Använd
R
5 m, h
1
2
1 m och Θ
rad s.
Lösningsförslag: I tidigare kurs har vi stiftat bekantskap med en funktion av en reell variabel. Detta begrepp kan enkelt spilla över
till en vektorvärd funktion av en reell variabel. Vi låter helt enkelt varje komponent i vektorn vara en funktion av samma variabel.
Komponenterna kallas då ofta för koordinatfunktioner. En avsikt med konstruktionen är kanske att följa en punkts läge i rummet
eller planet som funktion av tiden t. Om vi låter punktens läge beskrivas med ortsvektorn t
x t , y t , z t får vi också
naturliga definitioner av begreppen definitionsmängd D och värdemängd V . Vi säger att t är en parameterkurva med parametern t. Definition av derivation och integration gör knappast någon förvånad.
t
t

t
t
xt
t
,
yt
t
 xt
,
t,
zt
t
 , kallas tangentvektor till kurvan
yt
t, z t
t
Med figurens beteckningar får vi banprofilen
t
:
R Cos Φ Cos Θ t ,
R Cos Φ Sin Θ t ,
z
z
. Φ ArcSin  . z
R
h
1
Cos 2 Θ t
2
Numeriska data.
1
data
R
5, h
1, Θ ' t
, Θ '' t
2
Hastighet och fart.
0;
18
Mekanik-Dynamik och Mathematica
' t
. data
394 sin Θ t
Simplify
7 sin 3 Θ t
3 sin 5 Θ t
394 cos Θ t

9 cos 3 Θ t
3 cos 5 Θ t
,
16
v
cos2 2 Θ t
HH/ITN/BN
2 cos 2 Θ t
99
, sin Θ t cos Θ t 
cos2 2 Θ t
16
2 cos 2 Θ t
99
Simplify
3144 cos 2 Θ t
2372 cos 4 Θ t
8 cos 6 Θ t
Plotv, Θ t , 0, 2 Π , PlotStyle
AxesLabel
"Θ
rad ", "v
79 235  8
cos 8 Θ t
4 cos 2 Θ t
cos 4 Θ t
197 
Red,
Π
3Π
, 2 Π, Automatic
 , Π,
2
2
m s " , Ticks
v ms
2.54
2.52
2.50
2.48
2.46
Π
Θ rad
3Π
Π
2Π
2
2
Beloppet av accelerationen.
PlotEvaluate
AxesLabel
'' t
. data , Θ t , 0, 2 Π , PlotStyle
rad ", "a
"Θ
m s2 ", Ticks
Blue,
Π
3Π
 , Π,
, 2 Π, Automatic
2
2
a m s2
1.34
1.32
1.30
1.28
1.26
1.24
Π
2
Π
Θ rad
3Π
2Π
2
En liten rundtur längs en färgglad bana piggar alltid upp. Ju rödare det är ju fortare går det
ParametricPlot3DEvaluate
t
. data ,
Θ t , 0, 2 Π , PlotStyle
v
ColorFunction
2.4
Function x, y, z, u , Hue
.Θ t
2.54
Thickness 0.03 ,
2.4
2 Π u
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
19
Övningar som ska redovisas
..
Betyg 3: 6.1-4, 6.7, 6.11(Välj lite numeriska data och rita x, x, x, Θ
t,
n
med projektion), 6.58(först och
Betyg 4-5: 6.63(först
och
i  x,
y
i  x,
sedan i
y
r,
sedan i
Θ
r,
Km2: Sök yB som funktion av xA . Rita en graf
och
i  x,
y
sedan i
med projektion).
med projektion. Animera rörelsen med Manipulate), 6.64, 6.65, Animera
rörelsen i 6.11 med Manipulate, samt i Km1 och Km2 nedan.
Km1: Sök y som funktion av x. Rita en graf
Θ
0, 2Π ), 6.23, 6.26, 6.37, 6.38(först
20
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
Kinetik
Att lösa kinetikproblem, det vill säga Newtons rörelseekvationer, ska följa kokboken
1. Placera allt i ett jordfast koordinatsystem. Arbeta alltid i tre dimensioner. Identifiera koordinater för läget av tyngdpunkten
för varje del i modellen och frilägg modellen vid godtycklig tidpunkt
2. Friläggning. Det vill säga frilägg modellens alla delar från varandra. Inför kända yttre krafter och moment.
Inför okända kontaktkrafter och moment mellan delarna enligt tabell sid 61–62, dessa blir alltid
på den ena delen och
på den andra. Rita tydliga figurer över delarna med alla kraft– och momentpilar tydligt markerade, gärna i olika färger.
3. Uppställning av rörelseekvationer för läget av varje del vid godtycklig tidpunkt med avseende på xyz–riktningarna
i
m
..
Tyngdpunktens rörelse.
..
Θ Rotation kring tyngdpunkten.
i
i
i
Observera att momentekvationerna skall formuleras som rotation kring tyngdpunkten.
Använd inte godtycklig momentpunkt, det ger fel resultat Valfri momentpunkt gäller bara vid statik då
Vi får alltså 2 vektorekvationer för varje del, Fx , F y , Fz 
..
m och Mx , M y , Mz 
i
0.
..
Θ.
Om vi har n st kroppar får vi 6n skalära ekvationer att lösa.
4. Identifiering av begynnelsevillkor BV och eller randvillkor RV .
5. Lösning av rörelseekvationerna som ett BVP är inte mekanik utan matematik. Så använd enbart kunskaper från kurs
i ODE och DSolve i Mathematica. I praktiken så är enda ändringen från statik till dynamik att man byter nollan i
..
..
högerledet i jämviktsekvationerna till m respektive Θ och Solve till DSolve
6. Tolkning av lösning arna , dimensionsanalys, grafer, ställ frågor till modellen
Egentligen var det inte m
..
som Newton indikerade i sin andra lag, utan förändringshastigheten av den sk rörelsemängden
m är lika med den pålagda kraften, dvs
t
m 
m
m
..
. Oftast betraktar man massan konstant under resan,
exempelvis för en boll som kastas iväg eller en bil som accelererar, vilket leder till den välkända accelerationslagen. För en rymdraket däremot gäller inte detta eftersom den eldar upp det mesta av sig själv under de första minuterna efter start, så m kan inte
försummas.
Mathematica är en ovärdelig hjälpreda under punkt 2 och 4. Man kan helt koncentrera sig på punkterna 1, 3 och 5, det vill säga
modellering och mekanik. Så precis som vid statik är det alltså friläggning som man absolut måste vara duktig på själv! Om man gör
en så kallad Lagrangeformulering kan man enkelt få Mathematica att generera rörelseekvationerna. Kanske hinner vi med ett
exempel längre fram. Innan du går vidare så repetera inledningen av kinematiken i detta häfte.
sid 165-175: Läs igenom. Rätt bra för att vara CN. Inertialsystem kan ni läsa som vårt enda vanliga jordfasta xyz-system.
sid 176: Näe tack, verkligen!!
sid 177-180: Läs, inget nytt! Precis enligt kokboken ovan, dvs frilägg och sätt upp rörelseekvationerna för varje kropp. Som illustration på detta börjar vi med en kropp.
Exempel: Inbromsning med hjälp av friktion, enligt
Newton. Sök bromssträcka och tid. Ta för vana att först,
om möjligt, alltid göra en symbolisk lösning. Detta lär dig
mycket mekanik, dimensionskontroll med mera samt en
djupare kunskap om just den problemtyp du löser Till
slut tränar man storleksordning och rimlighet genom
att sätta in lite numeriska data.
..
Lösningsförslag: Med Newton mx
xAvt
DSolve
1
x t
2
2 t v0
F får vi direkt följande begynnelsevärdesproblem (BVP) och dess lösning.
m x '' t
Μk m g, x 0
0, x ' 0
g t2 Μk 
Först inbromsningstid till stillastående.
tid
Solve x ' t
0 . D xAvt, t , t
First
v0 , x t , t
First
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
v0
t
21

g Μk
Sedan bromssträcka.
xAvt . tid
v0
v20
g Μk
2 g Μk
x

Lägg märke till det självdokumenterande svaret! Avslutningsvis lite numerik.
xAvt . tid . v0
x 1.78389
7, g
9.81, Μk
0.4
6.24363
Exempel 7.1 sid 180: Ekv (1) är typexempel på så kallad solidifiering. Man ska inte behöva lägga ihop 3 2 1 6 i huvudet!
Istället gör vi det vi sagt, nämligen frilägga och ställa upp rörelseekvationerna för varje kropps tyngdpunkt, det vill säga friläggning
och Newton för varje kropp. Som vanligt placerar vi ett koordiantsystem med origo fast i en lyktstolpe till vänster om "P-pilen" och
x-axeln pekandes åt höger. Med krafter enligt bild får vi med start från vila (BVP) och dess lösning.
klossar
DSolve
P t2
x3 t
N1 t2
2 m3
m3 x3 '' t
P N1 , x3 ' 0
0, x3 0
0,
m2 x2 '' t
N1 N2 , x2 ' 0
0, x2 0
0,
m1 x1 '' t
N2 , x1 ' 0
0, x1 0
0 ,
x1 t , x2 t , x3 t , t
First
N1 t2
, x2 t
N2 t2
2 m2
N2 t2
, x1 t

2 m1
Med hjälp av kopplingsvillkoren att klossarna rör sig tillsammans kan vi nu så lösa ut kontaktkrafterna, som mycket riktigt blir
oberoende av tiden.
ekv
x3 t
P t2

x2 t , x2 t
N1 t2
N1 t2
N2 t2 N1 t2 N2 t2
,
2 m2
2 m2
2 m3
kontakt
N1
x1 t
. klossar
N2 t2

2 m1
Solve ekv, N1 , N2
m1
m1
m2 P
m2
m3
m1 P
, N2
m1

m2
m3
Notera nyttan av att räkna symboliskt!! Slutligen CN:s uppsättning klossar.
kontakt . m1
P
N1
2
1, m2
2, m3
3
P
, N2

6
sid 181-186: Naturligtvis räknar vi alltid i det vanliga, dvs det vänstra i (7.18) och (7.19). I övrigt handlar det om att sätta upp
BVP
ODE
BV . Kopplade system är inget problem i Mathematica, det använde vi ju i ex 7.1 ovan. Nyttiga exempel. Vi tar
två av dem, de andra gör du själv!
Exempel 7.3 sid 182: Låt partikelns läge vara
boll
x t
DSolve
m x '' t
m y '' t
6 m t v0 cos Α
t
xt,yt
så med (BV) från text får direkt (BVP) och dess lösning.
k y t , x' 0
v0 Cos Α , x 0
0,
0, y ' 0
v0 Sin Α , y 0
0 , x t ,y t
k t3 v0 sin Α
,yt
6m
,t
First
t v0 sin Α 
Bankurvan
Solve boll . Rule
y
x
tan Α
Equal . x t
k y3
6 m v20 sin Α
x, y t
y , x, t
Simplify
y
2
,t

v0 sin Α
Slutligen hittar vi på lite data och ritar. Till vänster läget, i mitten farten och till höger accelerationen under de T första sekunderna.
22
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
data
m 1, v0 1, k 1, Α 20 ; T 5;
t
x t ,y t
. boll . data;
ParametricPlot Evaluate
t , t, 0, T , PlotStyle Brown, AxesLabel
"x", "y"
Plot Evaluate
' t
, t, 0, T , PlotStyle Blue, AxesLabel
"t", "v" ,
Plot Evaluate
'' t
, t, 0, T , PlotStyle Red, AxesLabel
"t", "a"
v
y

a
3.5
3.0
2.5
, 2.0
1.5
1.0
0.5
1.5
1.0
0.5
1.5
, 1.0
1
1

0.5
x
2
,
0
1
2
3
4
t
t
5
1
2
3
4
5
Exempel 7.4 sid 184: Låt den hängande massan ha koordinaten s t räknat från rullen. I övrigt det sneda xy-systemet. Så med (BV)
från text får vi direkt (BVP) och dess lösning. Givetvis använder vi stora F isf f för friktionskraft CN!
lådor
DSolve
t2
F
4 m x '' t
4 m y '' t
3 m s '' t
4 g m sin Β
S 4 m g Sin Β
F, x ' 0
0, x 0
0,
N 4 m g Cos Β , y ' 0
0, y 0
0,
3 m g S, s ' 0
0, s 0
0 , x t ,y t ,s t
t2
S
x t
4 g m cos Β
N
,yt
3g
m t2
S
First

,s t
8m
,t
t2
6m
8m
Med villkoret att snöret håller, övre lådan stannar på banan och fullt utbildad friktion (annars rör det ju inte på sig ;) kan vi lösa ut
FNåS
Solve
x t
s t ,y t
4 g m cos Β Μk , N
4 g m cos Β , S
0, F
Μk N
. lådor, F, N, S
First
12
F
g m sin Β
g m cos Β Μk
7
gm 
Vi ser att alla dessa är oberoende av tiden. Så är det inte alltid, speciellt inte för snörkrafter. Nu kan vi meka ihop en "riktig" lådlösning som endast är funktion av tiden.
lådor
lådor . FNåS
1
t2
x t
8m
yt
12
4 g m cos Β Μk
1
12
6m
7
0, s t
t2
g m cos Β Μk
7
g m cos Β Μk
g m sin Β
gm
gm
3 g m t2 
g m sin Β
4 g m sin Β ,
CN:s lösning går via fasplanet för att snabbast nå målet gällande hastighet som funktion av läget. Detta kunde vi också gjort, men
det funkar alltid att stanna i tidsplanet så här. På köpet får vi då även restider. Speciellt restiden T till läget l där CN undrar över
farten.
T
Solve x t
l . lådor, t
14
l
14
l
, t
t
4 g sin Β
4 g cos Β Μk

3g
4 g sin Β
4 g cos Β Μk
3g
Eftersom vi inte befattar oss med negativa restider duger bara den andra lösningen. Så svaret på CN:s undran om lådornas fart då de
glidit sträckan l. (Lägg märke till det självdokumenterande svaret.)
D lådor, t
.T 2
14
Simplify
l
2
l
x
g 4 sin Β
4 cos Β Μk
14
3
g 4 sin Β
7
l
14
y
4 cos Β Μk
l
3 ,
2
0, s
g 4 sin Β
4 cos Β Μk
3
l
g 4 sin Β
4 cos Β Μk
3
7
g 4 sin Β
4 cos Β Μk
3 
sid 187-198: Hoppa över cirkelrörelse med polära koordinater! Du har nog förstått vid det här laget att vårt vanliga xy-system
fungerar här med. Lösenordet är projektion. Det räcker med det tunga kinematikpasset!
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
23
Vi kortsluter nu det mesta av resten i boken. Jag sammanfattar med lite nedslag här och var i den.
Energilagar - Arbete, Potentiell och Kinetisk energi, Effekt
sid 199-200: Läs igenom! Energilagar är ibland smidigt att använda vid problemlösning, men inget nytt! Vi kan lika väl köra på med
våra (BVP) enligt ovan eftersom energilagarna är härledda från Newton! Om inte det fungerar så gör inte energilagar det heller!
sid 202-203 "Om partikelns
, 204: Arbete är kraft gånger väg som naturligt beräknas med skalärprodukt.
Exempel: Sök det arbete som kraften om 100 N uträttar
under skådespelet som återges i figuren.
Lösningsförslag: Arbete är ju lika med kraftens storlek i vägens riktning gånger sträckan, det vill säga A F cos Α s vilket inte är
något annat än skalärprodukt om vi betraktar både kraft och väg som vektorer A
. Mathematica arbetar alltid med vinklar i
Π
radianer. Omräkning av grader till radianer görs som vanligt med hjälp av 180 eller vackrare med deg som då resulterar i ett .
Först kraften och vägen på vektorform
100 Cos 60
50, 50
, Sin 60
3
50, 0
0, 0
50, 0
sedan arbetet med skalärprodukt
.
2500
y
Exempel: Genom att använda integral kan vi även ta hand om fallet då både väg
x
och kraft varierar under resan. Sök det arbete som kraften
, 1 N uträttar
då den släpar en grön boll uppför cosinusbacken y x 1 cos x m, x 0, Π .
3.0
x
x
2.5
,1
2.0
1.5
1.0
0.5
0.0
0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 2.5 3.0
x
Lösningsförslag: Här varierar både kraft och väg med parametern x. Genom att ta på oss integralglasögen inser vi att en studie av en
liten del av resan med efterföljande sammanslagning leder till målet. Så under den lilla förflyttningsvektorn
vid x uträttas det lilla
arbetet A
x, y
Π
0
får vi A
y
1,
x
A

0
A
x
,1
x
 x. Lägg sedan samman alla små bidrag som vanligt A
1, sin x
Π
0
x
x
sin x
x
x
cos x
Π
0
A
Π
3
A
3
y
x
 x. Här
. Eller med Mathematica
x
, 1 . 1, D 1
Cos x , x
x
TrigToExp
Π
A
x, y
Fx s , F y s  
Exempel: Vilket arbete krävs för att dra ut en fjäder
om man vet att kraften 400 N drar ut den
3
100
y
x
,
s
1
20
s
 s
A
A
A
x s , y s . Vi får då
sb
Fx
sa
s , Fy s  
x
,
s
y
s
 s.
m
m?
Lösningsförslag: Låt fjädern vara utdragen x m. Det lilla arbetet att dra ut den ytterligare ett litet stycke
F x
1,
0
Naturligtvis går det bra att generalisera till allmänna kurvor på parameterform s
A
b
a
Π
A

 x
Π
0
y
1,
x
kx x
400
x
3 100
x och slutligen A
A
x blir då
24
Mekanik-Dynamik och Mathematica
A

400
1 20
A
x x

0
HH/ITN/BN
3
0
100
50
A
3
Vi har två typer av energi som mäts i Nm i mekanik. När det gäller värme används J eller Ws, eller ännu vanligare kWh.
1
2
Kinetisk energi T: T
1 2
IΘ ,
2
mv2
.
där som vanligt m är kroppens massa och v dess tyngdpunktsfart, I tröghetsmomentet och Θ
dess rotationshastighet kring tyngdpunkten.
Potentell energi V: Om de krafter som verkar på kroppen är oberoende av bankurvan kallas de konservativa krafter. Två sådana
viktiga tillämpningar är
Tyngdkraft (överst sid. 212, mitten sid. 213) V mgh. Man brukar tala om lägesenergi.
1
kx2 ,
2
Fjäderkraft (överst sid. 214) V
där k är fjäderkonstanten och x den aktuella förlängningen. Se föregående exempel.
Om det inte försvinner någon energi under rörelsen, t.ex. friktion, gäller att den totala mekaniska energin är konstant
T
V
T0
V0
Exempel: En sten släpps från ett fönster på höjden h ovan mark. Sök dess fart v då den når mark! Vi får direkt med marken som
referensnivå
Tf
Vf
Tm
Vm
0
1
2
mgh
mv2
0
v
2gh .
Vi kontrollerar med vårt vanliga artilleri. Låt y-axeln vara riktad nedåt med origo vid fönstret. Vi får då restiden på köpet.
yAvt
DSolve
m y '' t
m g, y ' 0
0, y 0
0 ,y t ,t
First
g t2
y t

2
Restiden till marken
T
Solve y t
2
h . yAvt, t
h
t
2
h
, t

g
g
Samma visa med tiden hela tiden. En av fysikens förbannelser. All existerande teori, Newton, Maxwell eller kvantmekanik, kan bara
leverera t2 . Fysiker kan alltså inte avgöra om tiden går framåt eller bakåt men vi vet
D yAvt, t
2
.T 2
h
2
y
g
h
g
Effekt: P Fv, där som vanligt F är kraften som verkar på kroppen och v dess tyngdpunktsfart. Effekt mäts i W. Äldre enhet är
hästkraft (hk eller hp).
Momentekvationen - rotation kring en fix axel
sid 297: Bra, läs igenom!
sid 305 tom (14.18): Vi ska återvända till kokboken och studera den till m
..
..
, det vill säga tyngdpunktens rörelse längs koordi-
nataxlarna, analoga Θ
som är kroppens vridning kring sin tyngdpunkt runt koordinataxlarna. Här är
och tröghetsmomentet (egentligen masströghetsmomentet).
sid 311-316: Beräkning av tröghetsmoment
2
m
det pålagda momentet
m. Ungefär samma resa som beräkning av tyngdpunkt. Finns även i samma
tabell. Tröghetsmomentet brukar ibland anges genom den så kallade tröghetsradien k, som I mk 2 . För att inte förväxla tröghetsmomentet med den komplexa enheten (på gammal form I) i Mathematica brukar man använda beteckningen J i stället, som för övrigt
får anses vara synonymt eftersom det används i många mekanikböcker.
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
Exempel: Bestäm tröghetsmomentet
m
r2 m för en
25
y
homogen cylinder med radien R och massan m, med
avseende på rotationsaxeln.
x
R
Lösningsförslag: Låt cylindern ha längden L. Först har vi volymdensiteten Ρ
tunna lökringar som vid radien r har arean 2Πr
tröghetsmomentet från ett sådant är J r2 m
J
0
2
 r
0
. Dela sedan upp den cirkulära tvärsnittsytan i
r. En sådan tunn lökring växer till ett tunnväggigt rör med längden L. Bidraget till
r2 ΡL 2Πr r. Nu är det bara att lägga samman.
m
R
J

m
ΠR2 L
L2Πr r
Π R2 L
m R2
J
2
Exempel: Bestäm tröghetsmomentet
m
r2 m för en tunn
rektangel med bredden a, höjden b och massan m, med
avseende på en axel längs kanten b.
y
b
x
a
Lösningsförslag: Först har vi ytdensiteten Ρ
tröghetsmomentet från en sådan är J
J
a
J

0
2
 x
0
2
x m
m
. Klipp sedan upp rektangeln i smala rektangulära
ab
2
x Ρb x. Nu är det bara att lägga samman.
strimlor b
x. Bidraget till
m
b x
ab
a2 m
J
3
y
Exempel: En tunn pappskiva i form av en rätvinklig triangel med
massan m är uppriggad enligt figur. Sök tröghetsmomentet m r2 m
då den roterar kring y–axel.
b
x
a
Lösningsförslag: Först har vi ytdensiteten Ρ
m
1
2
rektangulära strimlor y x
samman.
J

0
2
 x
0
x. Bidraget till tröghetsmomentet från en sådan är J
m
a
J
2
ab
b1
x2 m
x
.
a
Klipp sedan upp triangeln i smala
x2 Ρy x x. Nu är det bara att lägga
x
b 1
1
och hypotenusans ekvation y x
ab
x
a
a2 m
J
6
Exempel: En tunn tråd med densiteten Ρ böjs till en spiral
kΘ , 0 Θ
4Π. Bestäm spiralens
med radien r Θ
tröghetsmoment kring origo.
y
1.5
1.0
k 0.05
0.5
1.5 1.0 0.5
0.5
0.5 1.0 1.5
x
1.0
1.5
Lösningsförslag: Klipp upp spiralen i små bitar s r Θ. Det lilla tröghetsmomentet ges sedan av J
Sedan är det bara att lägga samman alla de små bidragen
r2 m
r2 Ρ s
r2 Ρr Θ.
26
Mekanik-Dynamik och Mathematica
J

4Π
J
Ρ

0
kΘ 3

HH/ITN/BN
Θ
0

12 Π k
1 Ρ
J
3k
Exempel: En homogen cylinder med massan M och radien R är lagrad
i sin rotationsaxel. Med hjälp av ett upplindat snöre accelereras den igång
från stillastående med hjälp av en i snöränden hängande sten med massan
m. Vi har alltså situationen återgiven i figuren till höger. Studera rörelsen
som funktion av tiden.
Θ
S
y
mg
Lösningsförslag: I problemtextens figur har vi passande nog frilagt de två kropparna och infört koordinater för deras lägen,
snörkraften S och den verkande tyngdkraften mg. Med nyligen beräknat tröghetsmoment för en cylinder får vi så (BVP) baserat på
rörelseekvationerna.
1
ΘÅy
DSolve
M R2 Θ '' t
R S, Θ 0
0, Θ ' 0
0,
2
m y '' t
S t2
g m t2
Θ t
mg
S, y 0
0, y ' 0
0, Θ t , y t
, t
First
S t2
,yt

MR
2m
Kopplingsvillkoret att snöret håller bestämmer S och knyter samman Θ och y.
snörkraft
Solvey t
RΘ t
. ΘÅy, S
First
gmM

S
2m
M
Så till slut de två kropparnas rörelse som funktion av tiden
ΘÅy
ΘÅy . snörkraft
g m t2
Θ t
Simplify
g m t2
,yt
2mR
MR

2m
M
Svängningar
sid 260-281: Vår omvärld är full av företeelser som karakteriseras av svängningar, exempelvis vibrationer i en maskin, stötar i ett
knä vid löpning eller brus i en mobiltelefon. Många av dessa kan med fördel lineariseras till en diskret modell med en massa, en
fjäder och en dämpare. Inte sällan ser man flera sådana "atomer" sammankopplade i större strukturer. Med hjälp av Newtons
rörelselagar får vi så en modell som bör finnas i verktygslådan hos varje praktiserande ingenjör.
För fjädern gäller att kraften som krävs för att förlänga den en sträcka x är proportionell mot denna, det vill säga F f
kx, där k
kallas fjäderkonstanten med enheten N/m. Observera att uttrycket gäller med tecken på x, det vill säga även då den trycks ihop.
Ff
k
x
Ff
x
För dämparen gäller däremot att kraften är proportionell mot förlängningshastigheten (farten), det vill säga Fd cx , där c kallas
dämpningskonstanten med enheten Ns/m. En dämpare består i princip av en cylinder fylld med olja. En rörlig bricka med hål i
delar in cylindern i två kammare. Oljans viskositet, det vill säga hur trögflytande den är, antal hål i brickan och deras storlek avgör
hur trögt det är att flytta den, eftersom olja från ena kammaren då skall flyttas till den andra. Detta ger dämparen dess karakteristiska
funktion som också brukar kallas viskös dämpning. Kraften som krävs för att flytta på brickan är alltså inte beroende av dess läge
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
27
utan endast på hastigheten (farten). Jämför potatispress!
Fd
c
Fd
x
x
Massa och fjäder utan yttre last (fri odämpad svängning)
Vi börjar med en massa kopplad till en fjäder. Vi frilägger och
noterar att den motriktade kraften i fjädern är proportionell mot
läget med fjäderkonstanten k. Formulera nu rörelseekvationen
med hjälp av Newton
..
..
kx
mx
mx
kx
..
0
k
x
m
x
0
k
m
Vi känner igen en linjär andra ordningens (ODE) med konstanta koefficienter. Här kallas Ωe
enheten [rad/s]. Man pratar också om egenfrekvensen fe
Ωe
2Π
och egensvängningstiden Te
1
.
fe
för egenvinkelfrekvens med
Prefixet "egen" kommer av att Ωe
endast beror på systemets "egna" inneboende parametrar. Lösningen är en så kallad harmonisk svängning (sinusformad) som fortgår
i all evighet om systemet störs från sitt jämviktsläge. Notera speciellt var Ωe dyker upp!
DSolve m x '' t
kx t , x t , t
k t
x t
k t
c2 sin
c1 cos
m

m
Som väntat får vi två konstanter som fixeras av (BV). Uttrycket ovan brukar ofta skrivas om som en ren sinus- eller cosinusvåg.
a sin Ωt
a2
b cos Ωt
a
b2
a2
och identifierar amplitud R
och fasvinkeln
a2
a2
b2 cos
a2
b2 sin Ωt
b
sin Ωt
b2
a2
sin Ωt
b2 och fasvinkel
sin
cos Ωt
1
b2
a
a2
cos Ωt
b
1, 1
b2
a2
1
b2
Summaformel för sinus
a
som naturligtvis mäts i radianer. Punkten  R ,
bestäms likt argumentet för ett komplext tal. Var och en av de oändligt många vinklar
b

R
ligger på enhetscirkeln
som löser ekvationerna
a R cos
b R sin
kan göra anspråk på att kallas för fasvinkel. På grund av periodiciteten hos cosinus och sinus skiljer de sig åt med en multipel av 2Π
så alla ger "samma effekt". Ofta nöjer man sig med den så kallade principalvinkeln som ligger i intervallet Π, Π . När man räknar
för hand gäller det att se till så man hamnar i rätt kvadrant!! Om a 0 eller b 0 är det ju enkelt annars går det bra att beräkna
b
arctan a 
fasvinkeln som
Π eftersom arctan() levererar vinklar i första och fjärde kvadranten. Den avslutande korrektionen
om a 0
kommer sig naturligtvis av att vi kan ha dividerat bort "negativ" information, ty
b
a
b
a
och
b
a
b
.
a
I Mathematica är det inga
problem, speciellt inte om vi använder versionen med två argument ArcTan[a,b]som alltid levererar rätt vinkel i intervallet
Π, Π och givetvis i radianer. Vi tar ett exempelvis med m 2 kg, k 18 N/m och begynnelsevärdena x 0 1 och x 0 1.
xAvt
DSolve
2 x '' t
18 x t , x 0
1, x ' 0
1 ,x t ,t
First
1
x t
sin 3 t
3 cos 3 t 
3
Plot x t
. xAvt, t, 0, 10 , PlotStyle
Red, AxesLabel
"t", "x t "
28
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
xt
1.0
0.5
t
2
4
6
8
10
0.5
1.0
a, b
Coefficient x t
. xAvt, Sin 3 t , Cos 3 t
1
 , 1
3
a2
R
b2
10
3
ArcTan a, b
tan
1
3
En sista ängslig koll
R Sin 3 t
x t
. xAvt
Simplify
0
Massa, fjäder och dämpare utan yttre last (fri odämpad svängning)
Massa kopplad till en fjäder och dämpare. Vi frilägger och noterar att den
motriktade kraften i fjädern är proportionell mot läget och i dämparen mot
hastigheten med dämpningskonstanten c. Formulera rörelseekvationen
med hjälp av Newton
..
mx
kx
cx
..
mx
kx
cx
..
0
c
x
m
x
k
x
m
0
Vi känner igen en linjär andra ordningens (ODE) med konstanta koefficienter. Beroende på om rötterna till den karakteristiska
ekvationen är reella och olika, reella och lika respektive komplexkonjugerade använder vi beteckningen överkritisk, kritiskt
respektive underkritisk dämpning. Detta avgörs av den nya aktören, dämparen, som i praktiken bidrar med att "äta energi", vilket
ger sig tillkänna som en exponentiellt avtagande amplitud hos lösningen. Även den tidigare nämnda egenvinkelfrekvensen Ωe
c
kommer med i lösningen på "samma ställe" som tidigare. Man brukar också definiera dämpningsfaktorn Ζ genom 2Ωe Ζ m . För de
tre fallen ovan gäller Ζ
figurer.
1, Ζ
0 respektive Ζ
1. De tre möjliga fallen av homogena lösningar illustreras kvalitativt i följande
xt
xt
xt
t
t
t
Överkritisk dämpning.
Inte så vanligt förekommande i
ingenjörssammanhang.
Exempelvis underkritisk dämpning med m
Kritisk dämpning.
Lösningskurvan skär t axeln högst
en gång. Typiskt utseende för en ny
hjulupphängning på en bil.
3 kg, c
1 Ns m, k
Underkritisk dämpning.
Mycket vanligt insvängningsförlopp.
Typiskt utseende för en gammal
hjulupphängning på en bil.
5 N m med (BV): x 0
1 och x 0
1.
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
xAvt
DSolve
1
x t
3 x '' t
5x t
1 x' t , x 0
59 t
t6
7
1 ,x t ,t
59 cos
6

6
59 t
R
ab.ab
. ab
Coefficientx t
59 t
, Cos
. xAvt, Sin
6
3
First
59 t
59 sin
59
1, x ' 0
29

6
t3
6
59
Plot R, x t
. xAvt, R , t, 0, 20 , PlotStyle
PlotRange All, AxesLabel
"t", "x t , R t "
Blue, Red ,
xt, Rt
1.5
1.0
0.5
5
10
15
t
20
0.5
1.0
1.5
Massa, fjäder och dämpare med yttre last (påtvingad svängning)
Avslutningsvis kan man naturligtvis utsätta de båda modellerna ovan för en yttre,
ofta kallad störande eller påtvingad, kraft. I nästan alla intressanta applikationer
är denna av periodisk natur F t F0 sin Ωt . Vi väljer att exemplifiera med en
full massa–fjäder–dämpare–modell. Formulera nu rörelseekvationen med
hjälp av Newton
..
mx
kx
cx
..
Ft
mx
kx
cx
Ft
..
x
c
x
m
k
x
m
Ft
m
Från kurs i (ODE) känner vi till att lösningen delas upp i "systemets inneboende" homogena lösning xh samt en partikulärlösning x p
beroende på högerledet, ofta kallad fortvarighetslösning (eng. steady-state solution). Allmänna lösningen blir sedan x
xh
x p.
Homogena lösningen brukar kallas för transienta lösningen (eng. transient solution) eftersom den klingar av ganska snabbt med
tiden. Kvar blir x p , därav namnet. När vi löser en differentialekvation med Mathematica får vi inte denna, ibland önskade, uppdelningen. Ett trick är att lösa systemet utan begynnelsevärden. De termer som då har "konstanterna" Ci på sig tillhör den homogena
lösningen och öppnar därmed för en separation av lösningen.
Exempelvis med m
(BVP).
xBVP
1 kg, c
DSolve
1
x t
t
20
2 Ns m, k
5 N m, F0
x '' t
2 x' t
x 0
0, x ' 0
t
37 sin 2 t
80 
10 N, Ω
2 rad s med (BV): x 0
5x t
10 Sin 2 t ,
1 ,x t ,t
First
t
0 och x 0
Simplify
1 cos 2 t 
34
Plot x t
. xBVP, t, 0, 15 , PlotStyle
Red, AxesLabel
xt
2
1
2
1
2
4
6
8
10
12
14
t
"t", "x t "
1. Först hela lösningen till
30
Mekanik-Dynamik och Mathematica
Nu över till separationen x
xODE
1
t
17
0, c2
xp
x p . Samma som ovan men utan begynnelsevärden (BV).
DSolve x '' t
x t
Så c1
xh
17 c1
HH/ITN/BN
2 x' t
10 t  sin 2 t
5x t
10 Sin 2 t , x t , t
First
Simplify
40 t  cos 2 t 
17 c2
0 ger oss partikulärlösningen x p och sedan xh
x t
. xODE . c1
0, c2
0
Simplify
10
4 cos 2 t
sin 2 t
17
xh
x t
1
t
. xBVP
37 sin 2 t
xp
Simplify
80 cos 2 t
34
Nu kan vi inspektera de olika delarna. Allmänna lösningen anpassar sig raskt till partikulärlösningen eftersom den homogena
lösningen snabbt klingar av med tiden beroende på exponentialfunktioner med negativa exponenter.
Plot
x t
. xBVP, xh, xp , t, 0, 15 , PlotStyle
AxesLabel
"t", "x t ,xh t ,xp t "
Red, Blue, Green ,
x t ,xh t ,x p t
2
1
2
4
6
8
10
12
14
t
1
2
Även här brukar fortvarighetslösningen skrivas om till ren sinusvåg x p t
vinkelfrekvens Ω, här lika med 2, och fasvinkel
a, b
10

i radianer naturligtvis.
Coefficient xp, Sin 2 t , Cos 2 t
40
,

17
17
a2
R
b2
10
17
ArcTan a, b
tan
1
4
En sista ängslig koll
R Sin 2 t
xp
Simplify
0
Amplitud över alla gränser
Exempel: En enkel massa med fjäder och dämpare
är uppriggat enligt figur. Sök fortvarighetslösningens
amplitud orsakad av den störande kraften.
asin Ωt
bcos Ωt
Rsin Ωt
med amplitud R,
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
31
k
m
Lösningsförslag: Om den störande kraftens vinkelfrekvens Ω närmar sig egenvinkelfrekvensen Ωe
kommer lösningens
amplitud att öka dramatiskt. Man talar om resonans (eng. resonance). Vid konstruktion med liten dämpning ska man alltså undvika
detta tillstånd eftersom ett haveri är att vänta. Vi illustrerar med en bukett dämpare samt Ωe 1 och ritar upp partikulärlösningens
amplitud R.
amp
;
Doxt
x t
r
. DSolve x '' t
c x' t
Coefficient Simplify First xt
AppendToamp,
3
Sin Ω t , x t , t
, Cos Ω t , Sin Ω t
. c1
0, c2
0 ;
Chop;
r.r 
5
, 1,
, c,
x t
10
;
100
Plot Evaluate amp , Ω, 0, 2 , PlotStyle "Rainbow",
PlotRange
0, 4 , AxesLabel
"Ω Ωe ", "R"
R
4
3
2
1
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
Ω Ωe
Vi poängterar ytterligare de två fundamentala och viktiga fallen då den störande vinkelfrekvensen Ω
blir extra tydlig om vi illustrerar utan dämpare.
Fallet Ω
Ωe och Ω
Ωe . Effekten
Ωe för modell utan dämpare
Speciella tillämpningar har vi då Ωe
xAvt
DSolve
Ω är mycket mindre än Ωe
x '' t
36 x t
x 0
0, x ' 0
Sin 5 t ,
1 ,x t ,t
Ω, så exempelvis med Ωe
First
6 och Ω
5.
Simplify
1
x t
sin 5 t
sin 6 t 
11
Denna kan, med ett litet trick, skrivas om till
xt
TrigFactor x t
2
11 t
.
6
t
cos
sin
11
. xAvt . 6
2
2
Här kan vi nu betrakta
2
t
cos 2 
11
som en med tiden "sakta" varierande amplitud till den "fortare" svängande sinusvågen sin
11t
.
2
Bland musiker brukar detta kallas för svävning (eng. beat) och kan höras t.ex. strax innan en gitarrsträng är riktigt stämd. Elektroingenjörer identifierar fenomenet som amplitudmodulering (eng. amplitude modulation) och hittas på radions AM-band. Där
känner vi också igen FM-bandet baserat på frekvensmodulering (eng. frequency modulation).
2
Plotxt,
t
Cos ,
11
2
AxesLabel
2
t
Cos , t, 0, 6 Π , PlotStyle
11
2
2
t
cos
"
"t", "x t ,
11
2
Red, Blue, Blue ,
32
Mekanik-Dynamik och Mathematica
2
HH/ITN/BN
t
xt,
cos
2
11
0.2
0.1
t
5
10
15
0.1
0.2
Fallet Ω
Ωe för modell utan dämpare
Detta resonansfall måste ovillkorligen undvikas vid all konstruktion eftersom det leder till haveri. Samma som föregående med
Ωe Ω 6.
xAvt
DSolve
13
x t
x '' t
36 x t
x 0
0, x ' 0
Sin 6 t ,
1 ,x t ,t
First
Simplify
Apart
1
sin 6 t
t cos 6 t 
72
12
Här kommer nu partikulärlösningens tidsberoende amplitud
allt mera kraftiga svängningar eftersom
t
Plotx t
. xAvt,
t
12
då t
t
12
att snabbt dominera förloppet. Om inget hejdar utvecklingen får vi
, med ett oundvikligt haveri som följd.
t
,
12
, t, 0, 6 Π , PlotStyle
Red, Blue, Blue ,
12
t
AxesLabel
"
"t", "x t ,
12
t
xt,
12
1.5
1.0
0.5
5
10
15
t
0.5
1.0
1.5
Ett gammalt välkänt exempel på denna typ av haveri är kollapsen av Tacoma Narrows Bridge 1940, där den måttliga vindens
frekvens matchade längden på bron och satte en torsionsmod i resonanssvängning. På www hittar man lätt filmsnuttar från skådespelet! Ett exempel från senare tid är rymdfärjan Challenger där en turbopump oavsiktligt konstruerades med resonans. Lyckligtvis
upptäcktes det före start, men felet kostade NASA flera miljoner dollar. Vid olyckan 1985 kom problemställningen att diskuteras på
nytt.
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
33
Övningar som ska redovisas
Betyg 3: 7.11, 7.14, 7.15, 7.20, 14.23, 14.25, 12.1.
Betyg 4-5: 7.19, 14.26, 12.44, samt Kt1 och Kt2 nedan.
Kt1 : En solid pappersrulle lastas osurrad på ett
lastbilsflak enligt figur. Så kör lastbilen iväg med
accelerationen a. Hur lång tid tar det och hur långt
har då lastbilen hunnit när papersrullen rullar
av flaket?
d
Kt2 : Studera en enkel robot som bara kan röra sig xy–planet. Låt
armarnas längder vara L1 1 m, L2 0.8 m och Θ Θ1 , Θ2 , där
Θ1 , Θ2 0, Π rad. Roboten ska måla längs en bana som beskrivs
av den räta linjen från 0.9, 0.1 m till 1.2, 1.1 m. Det är viktigt att
farten 0.1 m s hålles, annars blir färglagret för tunt eller för tjockt.
a Bestäm framåtekvationerna, det vill säga P Θ
xΘ,yΘ .
b Bestäm restiden T och dela in denna i n st små tidssteg.
c Stega fram för i 0, , n och beräkna först position b och
y
L2
P
Θ2
L1
Θ1
hastighet b från banan sedan robotens fyra styrvariabler Θ, Θ ur
x
det olinjära ekvationssystemet b
P, b
P  med FindRoot.
d Rita ut robotens fyra styrvariabler Θ, Θ som funktioner
av i
0,
, n med ListPlot. Animera med Manipulate
ť Blandade tillämpningar för resten
Exempel: En sprinter startar med konstant acceleration och når sin maxfart vmax efter 2.5 s, sedan behåller han denna
fram till målgång efter 100 m med sluttiden 10.4 s. Sök sprinterns maxfart vmax!
Lösningsförslag: Typisk drillövning av vt-diagram! Konstant acceleration innebär att farten ökar linjärt upp till maxfart. Vi har
alltså situationen
vt ms
vmax
2.5
10.4
t
v
0
Den tillryggalagda sträckan är lika med arean under kurvan eftersom s
t s
t. Detta möblerar tillräckligt med villkor för att
bestämma vmax
2.5
ekv
sacc
svmax
100, sacc

0
sacc
svmax
100, sacc
1.25 vmax , svmax
vmax
10.4
t t, svmax
2.5
7.9 vmax
Nu är det bara att lösa ut vmax, de två delsträckorna får vi på köpet.

2.5
vmax
t
34
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
Solve ekv
sacc
13.6612, svmax
86.3388, vmax
10.929
Exempel: Under tiden efter andra världskriget
gjorde sig överste John P. Stapp 1910–1999
berömd för att utsätta sin egen kropp för flera
hundra makabra experiment i syfte att utreda
vilka påkänningar människokroppen tål. Mest
känt är då han 1954 på en släde bromsades in
från över 1000 km h till stillastående på 1.4 s
Efter detta fick han bland annat problem med
synen eftersom blodkärlen i näthinnan blev
skadade. Förloppet övervakades naturligtvis
och hastigheten under inbromsningen kunde
med god noggrannhet beskrivas med uttrycket
v t 170 1.4 t 3 2 . Bestäm hans maximala
retardation samt bromssträckan.
Lösningsförslag: Typexempel på förståelse av vt-kurvor.
v t
: 170 1.4
3 2
t
Plot v t , t, 0, 1.4 , PlotStyle
Red, AxesLabel
"t
s ", "v t
m s "
vt ms
250
200
150
100
50
0.2
0.6
0.8
1.0
t s
1.2
1.4
En direkt kalkyl med hjälp av definitionerna a t
v
t
a t
0.4
och v t
x
.
t
D v t ,t
255
1.4
t
Med uppenbart störst retardation i ms2 då t
0.
a 0
301.72
Inbromsningssträckan i meter fås efter separation och integration av v t
x
0
x
1.4
v
0
x

0
x
t
t
x

170
32 1
1.4
t
32 1
1.4

0
340
5
1.45 2
x
,
t
ty x = arean under vt-kurvan. Vi får
157.7 m.
1.4
x

v t
t
0
157.699
Exempel: Två vagnar med massorna m1 2 kg
respektive m2 3 kg är i vila på rak räls. En fjäder
med fjäderkonstanten k 10 N m förbinder dem
med varandra. Plötsligt ges vagnarna hastigheterna
1 m s. Sök deras läge
v1 2 m s respektive v2
och hastighet som funktion av tiden.
k
m1
x1(t)
m2
x2(t)
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
35
Lösningsförslag: Låt x1 t och x2 t vara vagnarnas läge som funktion av tiden. Efter friläggning får vi direkt med Newton
..
2 x1 t
10 x2 t
x1 t
ODE
..
BVP
10 x2 t x1 t
3 x2 t
x1 0 0, x1 0 2
x2 0 0, x2 0
1
BV
Det är bara att muppa rakt in i Mathematica.
x12
DSolve
2 x1 '' t
10 x2 t
x1 t ,
3 x2 '' t
10 x2 t
x1 t ,
x1 0
0, x1 ' 0
2,
x2 0
0, x2 ' 0
1 ,
x1 t , x2 t , t
First
FullSimplify
1
x1 t
5t
5t
9
1
3 sin
25
, x2 t
5t
5t
6
3 sin
25
3

3
Nu kan vi inspektera skådespelet! Läge, hastighet och acceleration. Första vagnen röd.
Plot Evaluate
PlotStyle
x1 t , x2 t
. x12 , t, 0, 10 ,
Red, Blue , AxesLabel
"t s ", "x1 t ,x2 t
m "
x1 t ,x2 t m
2.5
2.0
1.5
1.0
0.5
2
PlotEvaluate D
PlotStyle
4
6
8
x1 t , x2 t
10
t s
. x12, t
Red, Blue , AxesLabel
, t, 0, 10 ,
"t
s ", "x1 t ,x2 t
m s "
x1 t ,x2 t m s
2.0
1.5
1.0
0.5
t s
2
0.5
4
6
8
10
1.0
1.5
PlotEvaluate D
PlotStyle
..
x1 t , x2 t
. x12, t, 2
Red, Blue , AxesLabel
"t
..
x1 t ,x2 t m s2
4
2
2
2
4
4
6
8
10
t s
, t, 0, 10 ,
..
..
s ", " x 1 t , x 2 t
m s2 "
36
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
Exempel: En basebollspelare kastar iväg bollen
enligt figur. Sök bollens högsta höjd, den så kallade
stighöjden, kastlängd samt tidpunkterna för
dessa två tillfällen Rita upp bollbanan
Lösningsförslag: Typexempel! Ta alltid tillfället i akt att göra en symbolisk lösning eftersom den är utbildande jämfört med ett
själslöst numeriskt exempel hämtat "ur luften". Ta hjälp av Newton och ställ upp rörelseekvationerna i x- och y-riktningarna.
Applicera begynnelsevärden och lös begynnelsevärdesproblemet.
xy
DSolve
m x '' t
m y '' t
1
x t
t v0 cos Α , y t
0, x 0
0, x ' 0
v0 Cos Α ,
m g, y 0
h, y ' 0
v0 Sin Α
 g t2
t
Solve y ' t
v0 sin Α
,t
First
2 t v0 sin Α 
2
Vid högsta punkten på banan är y
tH
2h
, x t ,y t
0. Detta bestämmer önskad information vad gäller stighöjd.
0 . D xy, t , t
First

g
xy . tH
x
v0 sin Α
v20 sin Α cos Α
g
g
,y
v0 sin Α
g
1 v20 sin2 Α
2h 
g
2
Med numeriska data
data
v0
30, Α
30 , h
2, g
9.81 ;
xy . tH . data
x 1.52905
39.7259, y 1.52905
13.4679
På ungefär samma sätt vaskar vi fram tillståndet vid nedslag.
tL
Solve y t
0 . xy, t
v0 sin Α
2gh
t
v20 sin2 Α
Simplify
2gh
, t
v20 sin2 Α
g
v0 sin Α

g
tL . data
t
0.127978 , t
3.18608
Första lösningen motsvarar kastparabelns "historiska" startpunkt på marken bakom kastaren.
xy . tL 2
2gh
x
Simplify
v20 sin2 Α
v0 cos Α 
v0 sin Α
2gh
g
Med numeriska data har vi exemplets kastlängd och restid.
x 3.18608
. data
82.7768, y 3.18608
v0 sin Α 
2gh
,y
g
xy . tL 2
v20 sin2 Α
0.
Slutligen två små bilder över bollens resa genom vädret.
v20 sin2 Α
g
v0 sin Α
0
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
ParametricPlot
37
x t ,y t
. xy . data, t, 0, t . tL 2
. data ,
PlotStyle Orange, AxesLabel
"x m ", "y m "
y m
14
12
10
8
6
4
20
40
Plot Evaluate
PlotStyle
60
80
x m
x t ,y t
. xy . data , t, 0, t . tL 2
. data ,
Red, Blue , AxesLabel
"t s ", "x t ,y t
m "
x t ,y t m
80
60
40
20
0.5
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
t s
Exempel: En basketsituation är uppriggad enligt figur. Med
given elevationsvinkeln Θ 60 måste bollen ges en speciell
utgångsfart v0 för att träffa korgen. Sök denna samt restiden
fram till korgen. Försumma luftmotståndet.
Lösningsförslag: Placera ett naturligt xy-koordinatsystem enligt firgur.
Vid godtycklig tidpunkt är det endast tyngdkraften som verkar på bollen. Formulera rörelseekvationerna, applicera begynnelsevärden och lös begynnelsevärdesproblemet
xÅy
x t
DSolve
m x '' t
0, m y '' t
m g,
x 0
x0 , x ' 0
v0 Cos Θ , y 0
y0 , y ' 0
v0 Sin Θ
. x0 0, y0 2.1, Θ 60 , g 9.81 , x t , y t , t
0.5 t v0 , y t
4.905 t
2
0.866025 t v0
First
2.1
Svaret på de båda delfrågorna ges av nedslagsplatsen. Vi har två ekvationer och två obekanta v0 och restiden t.
vÅt
t
Solve x t
1.1086, v0
4, y t
7.21632 , t
3
. xÅy
1.1086, v0
7.21632
Sista lösningen är den enda vi befattar oss med, så det får bli svaret på uppgiften. Avslutningsvis en liten reseberättelse
38
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
bana Last
xÅy . vÅt 2, 2 ;
ParametricPlot bana, t, 0, 1.1 , PlotRange
0, 4.5 , AxesLabel
x, y ,
PlotStyle
Blue, Dashing 0.025
, AspectRatio Automatic,
Epilog
Green, Thickness 0.03 , Line
3.9, 3 , 4.1, 3
,
Red, PointSize 0.05 , Point bana . t 0.8
y
4
3
2
1
x
0
1
2
3
4
Exempel: En ögonblicksbild av en höjdhoppare precis
vid upphoppet kan beskådas i figuren. Sök v0 och Θ så
att hopparens tyngdpunkt G precis klarar höjden.
Lösningsförslag: Dessa eviga kastparabler. Nu är det dax igen. Placera ett koordinatsystem med origo där G befinner sig enligt
figur. Ta sedan hjälp av Newton och ställ upp rörelseekvationerna i x- och y-riktningarna. Applicera begynnelsevärden och lös
begynnelsevärdesproblemet.
xy
DSolve
m x '' t
m y '' t
0, x 0
0, x ' 0
v0 Cos Θ ,
m g, y 0
0, y ' 0
v0 Sin Θ
1
x t
t v0 cos Θ , y t
2
2 t v0 sin Θ
, x t ,y t
,t
First
g t2 
När klockan är t har vi nått högsta punkten på banan och då är y 0. Detta möblerar ett ekvationssystem vars lösning är den önskade
informationen. Vi har att uppfylla tre villkor (ekvationer) med tre obekanta, v0 , Θ och stigtiden t som bonus.
Solve
v0
v0
x t
5.04228, Θ
5.04228, Θ
1, y t
1.13005, t
2.01155, t
1.06, y ' t
0.464872 , v0
0.464872 , v0
0
. xy . D xy, t
5.04228, Θ
5.04228, Θ
.g
9.81, v0 , Θ, t
2.01155, t 0.464872 ,
1.13005, t 0.464872
Eftersom vi varken befattar oss med negativa farter, tider eller vinklar är det bara den sista lösningen som duger.
I höjdhopp behöver inte tyngdpunkten passera ovanför ribban. Detta var svårt att uppnå på "Hedenhös" tid då man använde den så
kallade saxstilen. Lite bättre blev det med dykstilen och dess utveckling med så kallat "hängande ben", men det verkliga genombrottet kom under OS 1968 i Mexico City då amerikanen Dick Fosbury (1947-), på bild nedan, chockade friidrottsvärlden med att visa
upp en helt ny hoppstil, "the Fosbury Flop", som han vann guld med på 2.24. För den riktigt vige erbjuder denna stil just en rejäl
sänkning av tyngdpunkten under det att kroppen krånglar sig över ribban. Vi som känner till mekanikens energilagar vet att detta
betyder ökad hopphöjd för given utgångsfart.
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
39
Exempel: En fisk med massan m slutar simma vid hastigheten v0 och glider
horisontellt genom vattnet. Bestäm fiskens hastighet som funktion av läget
samt hastighet och läge som funktion av tiden om friktionskraften mot vattnet
är proportionell mot hastigheten med proportionalitetskonstanten k. Hur långt
rör den sig ? När stannar den?
..
Lösningsförslag: Vi känner igen Newton, mx F. Vi börjar med att rulla ut måttbandet, det vill säga x-axeln, precis då den slutar
simma. Den enda kraft som verkar i färdriktningen är då motståndet från vattnet kx. Vi får då
..
BVP
mx
x0
kx
0
x0
v0
ODE
BV
..
I första fallet är vi primärt intresserade av hastighet som funktion av läget x x . Vi gör därför omskrivningen x
x
t KR
x
x
x
t
x
.
x
x
Därmed är vi över i en separabel (ODE) som vi integrerar direkt med (BV) som gränser
x
x
mx
x
v0
kx
x
0
x
k
m
x
x
v0
x
x
k
x
m 0

x
k
x.
m
v0
Så hastigheten avtar linjärt med läget eller sträckan den glidit. För att få hastighet och läge som funktion av tiden kan vi antingen ge
oss på den nyss erhållna x
..
k
x
m
v0
eller den ursprungliga mx
kx. Notera att i båda fallen är x
x t . Vi provar båda vägarna.
Den förstnämda är både separabel och linjär. Eftersom vi har haft separationsångest ett tag så väljer vi att öva lite på en linjär av
första ordningen
k
x
k
x
m
v0
k
x
m
x
v0
k
m
Slutligen BV x 0
t
k
mv0
k
x
k
mv0
k
0: 0

IF
C1
m
m
m
k
t
t
m
t
C1
0
k

x
m
mv0
k
t
k
x
m
k
mv0
k
x
C1

C1
m
t
v0
Separabel
t
lösningen till BVP är x t
mv0
1
k
k
m
t

Hastigheten får vi genom att derivera
x
t
x
t

k
mv0
1
k
m
t
mv0
0
k

k
k

m

m
t
k

v0
m
t
Så hastigheten avtar exponentiellt med tiden den glidit. Man ska alltid hålla vad man lovat varför det nu är dax för den andra vägen
med ursprungliga (ODE) som är en linjär andra ordningens homogen med konstanta koefficienter.
..
mx
karakteristiska ekvationen och dess två rötter r1,2
..
kx
k
x
m
x
k
2m
k
0
2
2m
r1
0
r2
0
k
k
m
Fall 1
C2
m
k
Eftersom ODE är homogen så är x t
xh t
xp t

C1
xh t
C1
C2
m
t
t
0
k
Slutligen BV
x0
C1
0
x0
v0
C2
k
m
C2
mv0
k
Glidsträckan blir ett gränsvärde x t
m
k
då t
m
0
0
0
v0
C1
C2
mv0
k
mv0
k
återigen lösningen till BVP x t
mv0
1
k
DSolve
m x '' t
k x' t , x 0
0, x ' 0
v0 , x t , t
kt
m v0 1
m


x t
k
Om vi som exempel väljer m
k
v0
t

. Så resan är begränsad i rummet men inte i tiden. Den stackarn glider för gott!
Avslutningsvis kollar vi om Mathematica delar vår åsikt.
xAvt
k
m
1 får vi en kvalitativ överblick av resan.
First
Simplify
40
Mekanik-Dynamik och Mathematica
PlotEvaluate
xAvt 1, 2 , D xAvt 1, 2 , t
PlotStyle
Red, Blue , PlotRange
. m
1, k
All, AxesLabel
HH/ITN/BN
1, v0
1
, t, 0, 5 ,
"t", "x t , x t "
xt,xt
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
t
1
2
3
4
5
Exempel: Ett så kallat bungy jump är väl bekant för de flesta. Från en hoppställning högt
ovan mark kastar man sig handlöst ut. Livlinan utgörs av en gummisnodd vars ena ände är
fäst vid uthoppsplatsen och den andra surrad runt vristerna på offret. Välj lite numeriska
data och gör en simulering av ett hopp
..
Lösningsförslag: Om vi placerar en y-axel med origo vid marken och pekande uppåt har vi återigen Newton, m y F. Krafterna
som verkar är tyngdkraften och den från gummisnodden. Eftersom en gummisnodd, för enkelhets skull antar vi, fungerar ungefär
som en fjäder frånsett att den inte kan ta trycklaster, är den lite kinkig att simulera och lösa analytiskt. Men med storsläggan
NDSolve går det både snabbt och enkelt. För att offret inte ska svänga upp och ned i all oändlighet, vilket är fallet med en fjäder,
lägger vi in lite dämpning i snodden. Med fjäderkonstanten k, dämpning c och den naturliga längden L gäller om hoppställningen har
höjden H att kraften i snodden blir
..
kH
0
Fgs
y
L
c y om H
om H
y
y
L
L
0
0
och
BVP
my
mg Fgs
y0
H
y0
0
ODE
BV
Nu gäller det bara att översätta den styckvis definierade funktionen Fgs till Mathematica, vilket lätt görs med funktionen Piecewise eller If. Vidare kräver NDSolve att resan görs helt numeriskt, så välj t.ex. m
c 50 Ns/m, så har vi direkt en studie över de T första sekunderna
T
75 kg, H
50 m, L
15;
Fgs

yAvt
k H
y t
L
0
c y' t
H
H
y t
y t
L
L
0
;
0
m y '' t
m g Fgs ,
y 0
H, y ' 0
0
. m 75, g 9.81, H 50, L
y t , t, 0, T
First;
NDSolve
30, k
125, c
50 ,
ODE
BV
Data
En bild över spektaklet piggar alltid upp
PlotEvaluate
y t
PlotStyle
. yAvt, D y t
. yAvt, t
Red, Blue , AxesLabel
"t
, t, 0, T ,
s ", "y t
m , y t
yt m,yt ms
40
20
2
4
6
8
10
12
14
t s
20
Man ser tydligt på hastighetsgrafen när gummisnodden börjar bromsa in det fria fallet.
m s "
30 m, k
125 N/m och
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
41
Exempel: En fallskärmshoppare, vars vikt är 75 kg, hoppar ut från en
helikopter 4 km ovan markytan. Antag att luftmotståndet är proportionellt
mot hopparens fart. Proportionalitetsfaktorn är 15 kg s när fallskärmen är
outlöst och 105 kg s när fallskärmen är utvecklad. Antag att fallskärmen
utvecklas 1 min efter uthoppet från helikoptern. Sök läge och hastighet
under resan samt bestäm hur lång tid hoppet tar.
..
Lösningsförslag: Om vi placerar en y-axel med origo vid marken och pekande uppåt har vi återigen Newton, my F. Krafterna
som verkar är tyngdkraften och den från fallskärmen. Vi har att ta ställning till två stycken (BVP). Ett under den första minuten med
kända (BV), sedan ett annat under resten av nedfärden. Denna måste matchas med (BV) = (RV) vad gäller tid, läge och hastighet så
att den sammanfogas med lösningen under den första minuten. Eller lite mera precist
..
BVP1
my1
y1 0
mg k1 y1
H
y1 0
0
..
ODE
BV
för t
0, 60
och
BVP2
my2
y2 60
y2 60
mg k2 y2
y1 60
y1 60
ODE
BV
för t
60,
När man så äntligen trött kommer i mål gäller det att mata Plot med rätt lösning i rätt intervall . Räddaren heter naturligtvis
NDSolve. Vi löser (BVP1) för hela resan t 0,
och byter helt enkelt proportionalitetskonstant k1 k2 vid 60 s! Smidigt . Nu
är det bara att sätta igång! Kör ordentligt i backen så tar vi reda på efteråt hur lång tid hoppet tog!
yAvt
y t
NDSolve
m y '' t
m g If t Τ, k1 , k2 y ' t ,
y 0
H, y ' 0
0
. m 75, g 9.81, H 4000, Τ 60, k1
y t , t, 0, 500
First
Domain: 0. 500. InterpolatingFunction
Output: scalar
15, k2
105 ,
ODE
BV
Data
t
Hopptid
Thopp
t . FindRoot y t
0 . yAvt, t, 200
241.56
Några bilder över spektaklet piggar alltid upp
Plot y t
. yAvt, t, 0, Thopp , PlotRange
AxesLabel
"t
PlotEvaluate D y t
PlotStyle
s ", "y t
. yAvt, t
Blue, AxesLabel
All, PlotStyle
Red,
m " ,
, t, 0, Thopp , PlotRange
All,
"t
s ", "y t
yt m
m s "
yt ms
4000
50
150
200
t s
10
3000

100
, 20
2000

30
1000
40
50
100
150
200
t s
50
Man ser tydligt på hastighetsgrafen när fallskärmen börjar bromsa in det fria fallet. Även de två gränshastigheterna är lätta att
identifiera, det vill säga då vi inte har någon acceleration längre. Dessa blir utan respektive med fallskärm
D y t
. yAvt, t
49.0492, 7.00714
.t
55, 200
42
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
Exempel: En vattenraket skjuts iväg i geografin
enligt figur. Bestäm sträckan R längs backen upp
till nedslagsplatsen samt restiden. Sök även
nedslagshastigheten.
Lösningsförslag: Placera ett naturligt xy-koordinatsystem vid A. Vi får då rörelseekvationerna med begynnelsevärden. Lös ut x t
och y t .
xÅy
DSolve
m x '' t
0, m y '' t
m g,
x 0
0, x ' 0
v0 Cos Θ , y 0
, x t ,y t ,t
First
1
x t
t v0 cos Θ , y t
2
2 t v0 sin Θ
0, y ' 0
v0 Sin Θ
g t2 
Svaret på de båda första delfrågorna ges av nedslagsplatsen.
RÅt
R
Solve x t
0, t
R Cos Α , y t
R Sin Α
2 v20 sec2 Α cos Θ sin Α
0 , R
Θ
. xÅy, R, t 
2 v0 sec Α sin Α
,t
g
Θ

g
Första lösningen är startpunkten A och den andra den sökta nedslagsplatsen B. Nu är Θ
upp oss med ett numeriskt exempel.
data
v0
50.0, Θ
60 , Α
Simplify
30 , g
Α så minustecknen efter
9.81 ;
xÅy . RÅt, RÅt . data

x0
R
0, y 0
0
0, t 0
x 5.88532
R
147.133, y 5.88532
84.9473

169.895, t 5.88532
Nedslagshastighet och fart. Som biprodukt får vi även en kontroll av att utgångshastighet och fart är de föreskrivna.
DxÅy, t . RÅt . data
x 0
x' t
25., y 0
2
43.3013 , x 5.88532
y' t
2
25., y 5.88532
14.4338
. DxÅy, t . RÅt . data
50., 28.8675
ParametricPlot Evaluate x t , y t
. xy . data , t, 0, t . Last Rocht
PlotStyle Red, AspectRatio Automatic,
PlotRange All, AxesLabel
"x", "y" ,
Epilog
Green, Thickness 0.02 ,
Line
0, 0 , 200 Cos Α , 200 Sin Α
. data
y
100
80
60
40
20
50
100
150
x
. data ,
är ok! Vi piggar
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
43
Exempel: För ett bilbälte är den inbromsande kraften proportionell mot
kvadratroten ur bröstkorgens läge under krockförloppet. För att det inte
ska bli sista vilan för en passagerare med massan m krävs att denne
kommer till vila efter sträckan a. Bestäm proportionalitetskonstanten k
så att detta uppfylls vid en krock med hastigheten u
..
Lösningsförslag: Standard Newton mx
..
x
x
x
.
x
F. Eftersom vi är intresserade av hastighet som funktion av väg gör vi omskrivningen
Då k är okänd kan vi göra ett litet trick och låta k x vara en okänd konstant funktion. Vi har då möjlighet att få med
randvillkoret x a
vAvx
0 också, med resultat att DSolve gör hela jobbet direkt. Dessutom får vi ut x x redo för uppritning.
DSolvem v x v ' x
v 0
u, v a
v x ,k x
3 m u2
k x
4 a3 2
k x
0,
0,
, x
u2 a3 2
,v x
x , k' x
x3 2
3 m u2
, k x
a3 2
4 a3 2
u2 a3 2
,v x
a3 2
x3 2

Numersikt exempel.
Plot Evaluate v x
. vAvx 2
. m 70, u 20, a 0.5 , x, 0, 0.5 ,
PlotStyle Red, PlotLabel "Hastighet som funktion av x",
AxesLabel
"x", "v x "
Hastighet som funktion av x
vx
20
15
10
5
0.1
0.2
0.3
0.4
x
0.5
Annars går det naturligtvis lika bra att låta k vara en konstant
svar
DSolvem v x v ' x
3 m u2 4 k x3 2
k
x ,v 0
3 m u2 4 k x3 2
m
m
, v x
v x

3
3
och sedan bestämma den ur randvillkoret x a
Solve v x
0 . svar 2
.x
0
a, k
3 m u2
k
4 a3 2

Exempel: Kraftöverföringen i en enkel ångmaskin kan
studeras i vidstående figur. Låt nu vevaxeln gå med
konstant varvtal 2Π rad s. Bestäm sedan hastigheter
..
och accelerationer r, r, Θ, Θ. Rita ut dem
u, v x , x
44
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
Lösningsförslag: Här passar det alldeles utmärkt med en liten vektorbetraktelse. Inför ett koordinatsystem i O med x-axeln åt höger
och y-axeln rakt upp som vanligt. Eftersom vi har en typisk 2D modell nöjer vi oss med en sådan studie och får om L
R
CA och
t
data
L
OA . Vinkeln Θ får vi lätt ur sinussatsen.
300
90
,R
;
1000
1000
L, 0
R Cos Π Β t , Sin Π
R Sin Β t
ArcSin
 . data;
L
t
Θ t
Nu är det bara att rita. Vi börjar med
PlotEvaluate
t ,
Β t
. data;
t och dess komponenter.
t
, Β t , 0, 2 Π ,
PlotStyle
Green, Blue, Red , AxesLabel
3Π
, 2 Π, Automatic
 , Π,
2
2
"Β
rad ", "rx ,ry ,
m " ,
Π
Ticks
rx ,r y ,
m
0.4
0.3
0.2
0.1
Β rad
Π
Π
2
0.1
PlotEvaluate
PlotStyle
2Π
2
' t
. Β' t
2 Π , Β t , 0, 2 Π ,
Green, Blue, Red , AxesLabel
"Β
rad ", "rx ,ry ,
m s ",
Π
3Π
, 2 Π, Automatic
 , Π,
2
2
Ticks
rx ,r y ,
' t ,
3Π
ms
0.6
0.4
0.2
Β rad
Π
0.2
Π
2
3Π
2Π
2
0.4
0.6
PlotEvaluate
PlotStyle
.. ..
..
'' t
. Β' t
Green, Blue, Red , AxesLabel
2 Π, Β '' t
"Β
0
rad ",
, Β t , 0, 2 Π ,
..
..
..
" r x, r y,
m s2 ",
Π
3Π
 , Π,
, 2 Π, Automatic
2
2
Ticks
rx ,r y ,
'' t ,
m s2
3
2
1
Β rad
Π
1
Π
2
3Π
2
2Π
2
3
PlotEvaluate
PlotStyle
Ticks
Θ t , Θ' t
. Β' t
Blue, Red , AxesLabel
2 Π, Β '' t
"Β
Π
3Π
, 2 Π, Automatic
 , Π,
2
2
0
rad ", "Θ
, Β t , 0, 2 Π ,
rad ,Θ
rad s ",
OC ,
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
45
Θ rad ,Θ rad s
2
1
Β rad
Π
3Π
Π
2Π
2
2
1
2
PlotΘ '' t
. Β' t
PlotStyle
2 Π, Β '' t
Orange, AxesLabel
0 , Β t , 0, 2 Π ,
"Β
rad ", "Θ
rad s2 ",
Π
3Π
, 2 Π, Automatic
 , Π,
2
2
Ticks
Θ rad s2
10
5
Β rad
Π
3Π
Π
2
2
5
2Π
10
Exempel: En karusell har banprofilen t
5 cos 3t , 5 cos t 3 sin 2t , 5 sin t
förhållande till övriga mått.
a) Bestäm banans längd.
b) Bestäm hastighet som funtion av tiden samt största och minsta fart.
c) Bestäm acceleration som funtion av tiden samt beloppet av denna.
m, t
0, 2Π s. Låt vagnarna vara små i
Lösningsförslag: Banprofilen, det vill säga läget av en vagn som funktion av tiden.
t
: 5 Cos 3 t , 3
Plot Evaluate
AxesLabel
Cos t
Sin 2 t , Sin t
;
t , t, 0, 2 Π , PlotStyle
Red, Blue, Green ,
"t s ", "x t ,y t ,z t
m "
x t ,y t ,z t m
20
10
t s
1
2
3
4
5
6
10
20
a. Först den lilla båglängden vid tidpunkten t.
ds
' t
5
36 sin2 3 t
4 cos2 t
cos t
3 4 cos 2 t
cos 3 t
2
2
Sedan hela banlängden.
2Π
N
ds t
0
143.958
b. Hastighet är tidsderivatan av läget, ' t , det vill säga tangentvektorn. Farten är beloppet av hastigheten, v
PlotEvaluate
AxesLabel
' t ,
"t
' t
, t, 0, 2 Π , PlotStyle
s ", "x t ,y t ,z t ,v t
m s "
Red, Blue, Green, Orange ,
.
46
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
x t ,y t ,z t ,v t m s
40
30
20
10
t s
1
10
2
3
4
5
6
20
30
Högsta och lägsta fart samt hur mycket klockan är då det inträffar.
FindMinimum

6.5423
40.3113
t
t
' t
, t, 2
, FindMaximum
' t
, t, 0
2.19013

0.
En liten rundtur längs en färgglad bana piggar alltid upp. Ju rödare det är ju fortare går det
ParametricPlot3DEvaluate
ColorFunction
t
. data ,
t, 0, 2 Π , PlotStyle
.t
Function x, y, z, u , Hue
Thickness 0.03 ,
2 Π u
40
c. Accelerationen är andraderivatan av läget med avseende på tiden, '' t , samt dess belopp.
PlotEvaluate
'' t ,
AxesLabel
..
..
'' t
..
, t, 0, 2 Π , PlotStyle
..
..
s ", " x t , y t , z t ,a t
"t
Red, Blue, Green, Orange ,
m s2 "
..
x t ,y t ,z t ,a t m s2
50
1
2
3
4
5
6
t s
50
Högsta och lägsta värde på beloppet av accelerationen samt hur mycket klockan är då det inträffar. Eftersom
en indikation på vilken påkänning en resenär upplever under resan.
FindMinimum

15.335
84.0751
t
t
'' t
1.49337

0.766509
, t, 1
, FindMaximum
'' t
, t, 1
m
ger detta
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
47
Exempel: En bil kör i berg och dalbana. Farten
i punkt A är 100 km h och bromsas med konstant
acceleration ned till 50 km h i punkt C. Bilens
tyndpunktshöjd är försumbar jämfört med
vägens krökningsradie. Bestäm nu
a vägens krökningsradie i punkten A om
passagerarna upplever att storleken av
den totala accelerationen är 3 ms2 .
b storleken av totala accelerationen i punkt C.
Lösningsförslag: Vi börjar med att bestämma tangentiella accelerationen at under inbromsningen från A till C. Med den populära
..
omskrivningen x
x
x
x
at får vi
50
60 60
3.6
acc
Solve 100 x x
at

x
First
0
3.6
2.41127
at
Nu är vi rustade för att besvara frågor! Först a med hjälp av "cirkelrörelseformler".
NSolvea2tot
v
a2t
27.7778, atot
v2
a2n , an
3., an
100
, atot
,v
1.78488, r
3 . acc
3.6
r
432.301 , v
27.7778, atot
3., an
1.78488, r
432.301
varav den negativa förkastas. Med samma formelsida uppslagen får vi även svaret på delfråga b.
Solvea2tot
a2t
v2
a2n , an
50
150., v
1.28601, atot
13.8889, an
150 . acc
3.6
r
r
,r
,v
2.73277 , r
150., v
13.8889, an
1.28601, atot
2.73277
Här duger bara den sista lösningen eftersom vi inte befattar oss med vektorer som har negativ längd.
Exempel: Tarzans lian har en säkerhetsmarginal på 5 då han hänger
rakt ned i den, det vill säga den håller för 5 st Tarzan. Antag nu att
Tarzan svingar sig från en klippa på samma höjd som den gren lianen
sitter fast i. Hur många LillTarzan kan han ta med sig utan att lianen
brister om en LillTarzan väger
1
4
av vad Tarzan väger?
Lösningsförslag: Vi antar att lianen har längden r och att han tar n st LillTarzan med sig. Energibetraktelse T1
farten v i lägsta punkten där ju påkänningen är som störst.
1
ekv
n mLT 02
mT
1
mT
n mLT g r
2
1
v
n mLT v2
mT
n mLT g 0
2
g r n mLT
vmax
mT
V1
mT
2
v2 n mLT
Solve ekv
2
g
mT
Simplify, v
r , v
Med centripetalaccelerationen an
2
v2
r
g
r 
och spännkraften S i lianen har vi i lägsta punkten rörelseekvationen i radiell led
T2
V2 ger
48
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
v2
ekv
mT
S
n mLT
mT
n mLT g . vmax 2
r
2 g n mLT
mT
S
g n mLT
mT
Varav spännkraften i lianen.
Slian
S
Solve ekv, S
Simplify
First
mT
3 g n mLT
Med given vikt på en LillTarzan bestäms antalet n av kravet på säker resa.
1
ekv
5 mT g
mT
S . Slian . mLT
4
5 g mT
n mT
3g
mT
4
Solve ekv, n
n
N
2.66667
Han kan ta med sig högst 2 st LillTarzan.
Exempel: På ett nöjesfält finns en
märklig bollbana. Antag att en pojke
står på avståndet x 3R. Vilken fart
ska han ge bollen för att den ska
komma tillbaka ? Betrakta bollen
som en partikel Vilket är det
minsta avstånd x som pojken kan
stå på för att bollen ska kunna
komma tillbaka på detta sätt?
Lösningsförslag: Inför ett koordinatsystem med origo i B där x-axeln är riktad mot pojken och y-axeln uppåt. Låt bollens hastighet
vid A ha farten u och riktad i negativ x-riktning och dess hastighet vid C ha farten v och riktad i positiv x-riktning. Lämna sedan över
till Solve att reda ut resan med energibetraktelse B C samt kastparabel C A med restid T.
m u2
uvT
m v2
mg2R
Solve
2
3
g
2
g
g
R
R ,v
2
5
g
R
g
g
R
3
g
,
g
R
2
R

,T
2
R
R ,T
2
,v
2
2
g
2
, u
2
3
,v
5
R
,T
2
v T, u, v, T 
, u
g
3
g
2 R, 3 R
R
R ,T
2
5
u
2
R ,v
g T2
2
2
5
u
1
,0
g
Eftersom vi varken befattar oss med negativ restid T eller negativa farter u, v (belopp av hastighet!) är det bara den sista lösningen
som duger. Det är svaret till första delfrågan. Även sista delfrågan passar Solve som handsken.
xMin
Solve
m v2min
m g, xmin
vmin T, xmin , vmin 
R
xmin
g
Last xMin
xmin
2R
R T, xmin
. Last uvT
g
R T
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
Exempel: Lilla Lisa vill åka loopen på Liseberg. Men innan hon
vågar sig upp vill hon gärna kontrollera hur högt startpunkten är i
förhållande till själva loopen. Hon uppskattar både loopens radie r
och startpunktens höjd. Nu vill hon ha hjälp med en formel så att
hon kan jämföra den uppskattade höjden med den erforderliga
höjden h för att hon ska komma oskadd ur äventyret
49
h
r
r
Lösningsförslag: Newton i normalriktning och energiekvationen. Det blir kritiskt i övre läge om kontaktkraften N
ekv
m
v2min
1
mg
m v2min
m g 2 r, N
0
2
r

m v2min
N, m g h
0.
gm
N, g h m
2gmr
r
m v2min
,N
0
2
Med den sökta lösningen på h, och hastigheten i övre läget.
Solve ekv, h, vmin , N
5r
h
2
5r
g
, vmin
r ,N
0, h
2
g
, vmin
r ,N
0
Exempel: En friktionsfri rak glidbana fungerar som utskjutningsramp
för en låda, se fig. Lådan släpps vid banans övre ände och lämnar den
vid den nedre.Vilken vinkel Α skall banan luta för att hastighetens
horisontella komposant vh ska blir så stor som möjligt när lådan
lämnar banan ?
α
vh
v
Lösningsförslag: Anta att banans längd är L. Energibetraktelse, med nollnivå vid banans lägsta punkt, ger nu direkt lådans fart v
längs banan precis då den lämnar banan.
1
Solve
m 02
1
m g L Sin Α
2
v
2
m v2
m g 0, v
2
g
L
sin Α , v
2
g
L
sin Α 
Den eftersökta horisontella komposanten.
vh
v Cos Α
2
g
L
.
2
sin Α cos Α
Π
Plotvh
. g
1, L
1 , Α, 0,
, PlotStyle
Orange, AxesLabel
3
vh
0.8
0.6
0.4
0.2
Α
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Numeriskt extremvärde ges enklast av FindMaximum eller av NMaximize.
Π
FindMaximumvh
. g
1, L
1 , Α, 0,

6
"Α", "vh " 
50
Mekanik-Dynamik och Mathematica
0.877383, Α
HH/ITN/BN
0.61548
Π
NMaximizevh
. g
1, L
1 ,0
, Α
Α
4
0.877383, Α
0.61548
Annars kan man ju söka nollställe till derivatan.
ekv
D vh , Α
g
L cos2 Α
0
3
2
2
g
L sin 2 Α
alfa
Solve ekv, Α
Α
cos
2
1
, Α
2
1
cos
, Α
3
alfa
Α
0
sin Α
cos
1
3
2
, Α
2
1
cos

3
3
N
2.52611 , Α
2.52611 , Α
0.61548 , Α
0.61548
Här är det bara sista lösningen som duger.
180.0
. Last alfa
Α
Π
35.2644
För hand (varför då?) är det lättare att studera v2h . Den har samma extremvärde på Α.
Α
sin Α cos2 Α 
0
cos Α cos2 Α
sin Α 2 cos Α
cos Α
cos Α cos2 Α
1
ArcSin
2 sin2 Α 
0
cos2 Α
0
Α
sin Α
Π
2
2 sin2 Α
0
vh
0
0, ointressant
1
3 sin2 Α
0
sin Α
1
3
180.0

3
Π
35.2644
Exempel: En friktionsfritt lagrad trumma är
uppriggad enligt figur. Jämför utvecklingen
över tiden för de två olika metoderna att
sätta den i rotation. Bestäm även kraften
i snöret Tröghetsradien för trumman
är 375 mm och dess vikt 100 kg.
Lösningsförslag: Inledningsvis tar vi och samlar ihop lite numeriska data.
data
M
20, m
100, r
0.25, k
0.375, g
9.81 ;
Först metoden med vikt, det vill säga a. Klipp av snöret och kalla snittkraften S. Rörelseekvationer för trumma och vikt samt
kopplingsvillkor och begynnelsevärden riggar sedan upp begynnelsevärdesproblemet. Tröghetsmomentet för trumman är J mk 2
där k är tröghetsradien.
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
bvpa
SolveJ
'' t
r S, M x '' t
'' t , x '' t , S, J 
t
k2 m
M r2
,x t
S, x '' t
r '' t , J
m k2 ,
First
g M r2
gMr

Mg
51
k2 m
g k2 m M
M r2
,S
k2 m
M r2
k 2 m
,J
Här kan vi direkt avläsa de konstanta accelerationerna samt den konstanta kraften i snöret. Nu över till utvecklingen över tiden.
x a
DSolve
bvpa 1, 2
. Rule Equal, x 0
t ,x t ,t
First
g M r t2
 t
2 k2 m
0, x ' 0
0,
0
0,
' 0
0 ,
g M r2 t 2
,xt
M r2
2 k2 m
M r2

Sedan metoden med konstant kraft, det vill säga b.
bvpb
SolveJ
'' t
r S, S
196.2, J
k 2 m
196.2 r
t

k2 m
x b
,S
DSolve
bvpb 1
. Rule
20
9.81, J
Equal,
0
m k2 ,
0,
' 0
'' t , S, J 
0 ,
t ,t
3.488, S
196.2, J
First
First
98.1 r t2
 t

k2 m
Inspektion av
..
avgör tävlingen till fördel för metod b.
bvpa, bvpb
t
. data
3.20327, x t
0.800816, S
180.184, J
14.0625 ,
t
14.0625
Avslutningsvis en bild över skådespelet. Metod a med tunn och b med fet linje.
c
Red, Green, Blue, Orange ;
PlotEvaluate Join x t ,
t , x' t ,
PlotStyle
AxesLabel
xa t ,
a
' t
. D x a, t
. x a,
r t ,
t ,r ' t , ' t
. D x b, t
.x b
. data , t, 0, 5 ,
Join c, Thick,
&
c ,
"t", None , PlotLabel "xa t , a t ,xa t , a t ,xb t , b t ,xb t ,
t ,xa t ,
a
t ,xb t ,
b
t ,xb t ,
b
b
t "
t
30
25
20
15
10
5
1
2
3
4
5
t
Exempel: När skridskoprinsessan Miss Inertia gör en piruett håller
hon inledningsvis armarna enligt den övre figuren och snurrar med
vinkelhastigheten 5 rad s. Bestäm vinkelhastigheten efter det att
hon har fällt in armarna enligt den undre figuren. Lite data,
Huvud: Klot med radie 0.1 m och vikten 4 kg,
Bål: Cylinder med radie 0.2 m, höjd 0.6 m och vikten 15 kg,
Arm: Cylinder med radie 0.05 m, höjd 0.7 m och vikten 5 kg,
Ben: Kon med basradie 0.2 m, höjd 1 m och vikten 15 kg.
Lösningsförslag: Vi behöver veta Miss Inertias masströghetsmoment kring rotationsaxeln i de två tillstånden. Vi tar fram lärobok i
dynamik, slår upp formelsamling för masströghetsmoment och beräknar bidraget från huvud, bål och ben.
52
Mekanik-Dynamik och Mathematica
2
1
0.12
4
hbb
5
3
0.22
15
15
2
0.22
HH/ITN/BN
Huvud Bål Ben
10
0.496
Sedan masströghetsmoment för en utfälld arm, använd Steiner's sats.
1
1
0.052
5
ua
4
2
0.7
0.72
5
5
0.2
12
2
1.71979
samt masströghetsmoment för en infälld arm, använd Steiner's sats igen.
1
0.052
5
ia
5 0.05
2
0.2
2
0.31875
Slutligen vid frånvaro av yttre moment bevaras rörelsemängdsmomentet, det vill säga Iföre Ωföre
vinkelhastigheten sedan hon fällt in armarna
Solve
hbb
2
Ωefter
17.3603
5
ua
2
hbb
ia
Iefter Ωefter . Detta ger oss direkt
Ωefter
Exempel: En trådrulle ligger på bordet
enligt figur när sömmerskan drar i tråden
vid A åt höger. Åt vilket håll rullar
då trådrullen?
Lösningsförslag: Frilägg trådrullen och benämn trådkraften åt höger för P. Vi får ekvationerna om x räknas positiv åt höger och
positiv medurs.
Vi får ekvationerna
ekv
mg
0,
m x '' t
P
J
mg
'' t
0, m x t
..
Ingen glidning
x
F,
rP
F
P, J
t
FR
Pr
..
R . Lägg denna ekvation till de övriga.
AppendTo ekv, x '' t
0, m x t
mg

O
RF
F
R
'' t
P, J
t
FR
P r, x t
R
t
..
Svaret på vår brännande fråga ges av x.
svar
Solve ekv, x '' t ,
PR R
x t
r
m R2
J
P R
,
t
J
'' t , , F
r
m R2
Simplify
P J
,
mg, F
J
mrR
m R2
Här är både P, r, R, m och J positiva, så resan går åt höger eftersom R
erforderlig friktionskoefficient för att upprätthålla rullning.
Μ
F
Abs  . svar
P J
Μ
mrR
mg m R2
J
First

r. Trådrullen rullar alltså upp sig på snörstumpen! Slutligen
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
53
Exempel: En tavla är uppriggad i ett bilsäte enligt
figur. Plötsligt bromsar bilen in med en konstant
g
horisontell retardation a 3 . Friktionen kan
försummas i punkten A men ej i punkten B där
friktionskoefficienten är 0.5. Undersök om tavlan
kommer att börja glida vid B. Avgör frågan genom
att bestämma erforderlig Μe för att undvika
glidning. Sök även maximal retardation a som bilen
kan ha för att tavlan fortfarande ska stå kvar.
Lösningsförslag: Antag att tavlan har höjden h och massan m. Efter friläggning och lite geometriska överläggningar (rita!) får vi
rörelseekvationen i x-led, jämvikt i y-led samt momentjämvikt kring tyngdpunkten. Lös ut alla krafter.
NF
Solvem x '' t
NA Cos 7
NA Sin 7
h
Cos 30
2
NB Sin 7
FB Cos 7
NB Cos 7
FB Sin 7
h
7 NA
Sin 30
7
2
N A , NB , FB 
First
mg
,
0,
h
NB
Cos 30
7
FB
0,
Tp
2
Simplify
1
N A
m cos 7
g tan 7
tan 23
sin 7
x t , FB
1
tan 7
x t ,
tan 23
2
1
m g cos 7
NB
m cos 7
g tan 7
tan 23
tan 7
tan 23
1 x t 
2
Tavlan ska ha samma retardation som bilen.
g
NF . x '' t
Simplify
3
1
N A
g m cos 7
3 tan 23
tan 7
6
1
NB
tan 23
3
1,
1
g m sin 7
3 cos 7
3
, FB
g m cos 7
tan 7
tan 23
3
3 tan 23
1
6
Erforderlig Μe .
FB
g
. NF . x '' t
Μe
Simplify
3
NB
cos 7
tan 7
tan 23
2 sin 7
Μe
3
3 tan 23
1
3 cos 7
N
0.313373
Mindre än given möjlig 0.5, så svaret på första delfrågan är att tavlan inte glider vid B. Vad gäller maximal retardation har vi två fall
att ta ställning till. Glidning vid B eller att tavlan lättar vid A, det vill säga "roterar" framåt i sätet. Låt oss undersöka det sista fallet
som ges av villkoret N A 0.
ekv
NA
0 . NF
1
m cos 7
g tan 7
tan 23
1
tan 7
tan 23
x t
2
Bestäm motsvarande maximala retardation på bilen i detta fall.
amax
Solve ekv, x '' t
g tan 7
First
tan 23
x t

tan 7
tan 23
1
Kontrollera om friktionen vid B klarar av detta detta.
0
54
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
FB
ΜNA
. NF . amax
0
Simplify
NB
tan 23
ΜNA
N
0
0.424475
Mindre än given möjlig 0.5 så detta fall sätter gränsen för bilens retardation till
Exempel: Två lådor ligger ovanpå varandra på
ett glatt bord, se övre fig. En kraft anbringas på
den övre lådan. Bestäm hur lång tid det tar innan
vi har situationen i den undre figuren. Hur lång
sträcka har den undre lådan då hunnit glida ?
g
för att tavlan inte ska "rotera" framåt i sätet.
3
0.5 m
100 N
μ=0.8
5 kg
8 kg
μ=0
100 N
5 kg
8 kg
..
Lösningsförslag: Efter friläggning och införande av koordinater och krafter enligt figur nedan har vi standard Newton mx F för
de två kropparna. Som sagt, separation är vårt ständigt återkommande problem. Nu är det dax igen. Här är det ganska lätt eftersom
alla integrationskonstanter blir noll. Genomför gärna kalkylen för hand! Nu låter vi DSolve göra hela jobbet direkt.
P
x1
F=μm1g
x2
x1å2
DSolve
P t2
x1 t
m2
m1 x1 '' t
P Μ m1 g,
m2 x2 '' t
Μ m1 g,
x1 0
0, x1 ' 0
0,
x2 0
0, x2 ' 0
0 ,
x1 t , x2 t , t
First
g Μ m1 t 2
2 m1
g Μ m1 t 2
, x2 t
m1
ODE för m1
ODE för m2
BV för m1
BV för m2

2 m2
Vi inleder med en liten reseberättelse.
Plot Evaluate
x1 t , x2 t , x1 t
x2 t , L
. x1å2
. m1 5, m2 8, P 100, L 0.5, Μ 0.8, g 9.81
PlotStyle
Orange, Green, Blue, Red ,
AxesLabel
"t s ", "x1 t ,x2 t ,x1 t x2 t ,L"
, t, 0, 0.4 ,
x1 t ,x2 t ,x1 t x2 t ,L
1.0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.1
0.2
0.3
0.4
t s
När klockan är t har den lilla lådan hunnit till framkanten på den stora och således flyttat sig sträckan x1 t x2 t L, där L är given
i uppgiften. I grafen ovan inträffar detta då den blå kurvan (x1 t x2 t ) skär den röda (L). Detta bestämmer restiden till det att vi
har situationen i den undre figuren.
ekv
x1 t
x2 t
L . x1å2
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
P t2
g Μ m1 t 2
g Μ m1 t 2
2 m1
55
L
2 m2
Nu är det bara att lösa ut den.
T
Solve ekv, t
2
L
2
t
L
, t
gΜ
g Μ m1
P
m2
m1

gΜ
g Μ m1
P
m2
m1
Eftersom vi inte befattar oss med negativa restider får vi resvägarna
x1å2 . T 2
Simplify
2
L
m2 g Μ L m1
x1
gΜ
g Μ m21
g Μ m1
P
m2
m1
LP
g Μ m2 m1
2
m2 P
g Μ L m21
L
, x2
gΜ
g Μ m1
P
m2
m1
g Μ m21
g Μ m2 m1

m2 P
Så med lite numerik.
x1å2 . T 2
x1 0.371468
. m1
5, m2
8, P
0.838416, x2 0.371468
100, L
0.5, Μ
0.8, g
9.81
0.338416
Det kanske är av intresse att veta att om det finns en minsta kraft P för att den lilla lådan överhuvudtaget ska nå fram. Detta kritiska
värde ges av att lådorna glider parallellt i all evighet
Pkrit
Solve x1 t
g Μ m1 m1
P
m2
x2 t
. x1å2, P
Simplify

m2
Som med våra övriga värden blir
Pkrit
P
. m1
5, m2
8, Μ
0.8, g
9.81
63.765
Exempel: Ett löphjul med mått enligt figur har massan 15 kg
och tröghetsradien 160 mm. Det släpps med en medurs rotation
på 20 rad s i ett spår som lutar 10 . Mellan axeltapparna och
kanten gäller att friktionskoefficienten Μ 0.3. För övrigt är
hjulet ej i kontakt med spåret.
a Bestäm tidpunkt och läge då glidning upphör.
b Bestäm tidpunkt och läge när det vänder.
c Sök slutligen tidpunkt, hastighet och vinkelhastighet då det
återkommer till startpunkten.
Lösningsförslag: Inför x-axeln uppåt längs banan, y-axeln vinkelrät däremot samt
krafterna. Teckna sedan rörelseekvationerna
data
m
ekv
m x '' t
m y '' t
J
mx t
15, r
'' t
F
0.15, J
N
15
0.1602 , Ω
20, Μ
0.3, Α
medurs. Frilägg och för in de "vanliga"
10 , g
9.81;
m g Sin Α
F,
m g Cos Α ,
rF
g m sin Α , m y t
..
Tp
N
g m cos Α , J
t
Fr
Här är nu y 0 det vill säga y 0 under hela resan. Från början har vi dessutom glidning, det vill säga fullt utbildad friktion
F ΜN. Strängt taget ska vi kontrollera efteråt att Μ verkligen inte klarar av att "rycka" igång hjulet i rullning, typ "kuggstång". Men
vi litar på problemförfattaren och löser ut de obekanta.
56
Mekanik-Dynamik och Mathematica
glider
Solve Flatten ekv, y '' t
0, F
ΜN
x '' t , y '' t , '' t , N, F
HH/ITN/BN
,
First
g Μ m r cos Α
x t
g Μ cos Α
g sin Α , y t
0,
t
,N
g m cos Α , F
g Μ m cos Α 
J
Nu är det bara att vaska fram (ODE),
ode
glider
1, 3
. Rule
Equal
g Μ m r cos Α
x t
g Μ cos Α
g sin Α ,
t

J
applicera (BV) och lösa (BVP).
x
DSolve
g
ode, x 0
x t ,
1
x t
0, x ' 0
t
,t
0,
sin Α ,
t
' 0
Ω ,

2J
2
När den inte glider längre rullar den. Då är x t
Ta
0,
g Μ m r t2 cos Α
2J tΩ
g t2 Μ cos Α
0
First
Solvex ' t
r ' t
. Dx
r
t , så svaret på delfråga a.
g,
t, t
First
J rΩ
t
g J Μ cos Α
x
. Ta
g

Μ m r2 cos Α
J sin Α
Simplify
J 2 r2 Ω2 Μ cos Α
J rΩ
x
m r2
g Μ cos Α J
J sin Α
g Μ cos Α J
x
m r2
m r2
2 g Μ cos Α J
J rΩ
sin Α
J sin Α
J r Ω2 Μ cos Α 2 J
m r2
2 g Μ cos Α J
2
J sin Α
mr
2
,
2 J sin Α
J sin Α

2
. Ta . data
g
x 0.801684
0.383947,
0.801684
10.5765
För att få svaret på delfråga b måste vi börja om från början med rörelseekvationerna men med rullvillkor.
rullar
Solve Flatten ekv, y '' t
0, x '' t
x '' t , y '' t , '' t , N, F
g m r2 sin Α
x t
m r2
J
r '' t
First
g m r sin Α
,y t
0,
t
J
m r2
,
g J m sin Α
,N
g m cos Α , F
m r2
J

Nu är det bara att vaska fram (ODE)
ode
rullar
1, 3
. Rule
g m r2 sin Α
x t
m r2
J
Equal
g m r sin Α
,
t
J
m r2

Meka ihop (BV) det vill säga de värden som gäller då glidning upphör och rullning inträder. Detta hämtas från a. Använd samma
klocka, det vill säga den vi startade när spektaklet började.
bv
x
x
g,
Dx
g,
t . Rule
J rΩ
g m r2 J  Μ cos Α J sin Α 
x
J 2 r2 Ω2 Μ cos Α sin Α 

J rΩ
g m r2 J  Μ cos Α J sin Α 
Equal . Ta
2 g m r2 J  Μ cos Α J sin Α 2

J r Ω Μ cos Α sin Α 
m r2 J  Μ cos Α J sin Α
bv . data
x 0.801684
x 0.801684
Lös (BVP).
0.383947
0.957852
0.801684
0.801684
10.5765
6.38568
Simplify

J rΩ
g m r2 J  Μ cos Α J sin Α 


J rΩ
g m r2 J  Μ cos Α J sin Α 
J r Ω2 m r2 2 J  Μ cos Α 2 J sin Α 
2 g m r2 J  Μ cos Α J sin Α 2

J Ω Μ cos Α sin Α 
m r2 J  Μ cos Α J sin Α
HH/ITN/BN
x
Mekanik-Dynamik och Mathematica
DSolve
r
ode, bv , x t ,
r J  g 2 m r t2 sin2 Α
x t
J g 2 m r t2 sin2 Α
t
x
r
mr 
First
J r Ω2 
m r2  g m r t sin Α
g Μ t cos Α J
2 J Ω  
J sin Α ,
m r3 Ω2 
m r2  2 J Ω
g Μ t cos Α J
g m r t sin Α  
J sin Α 
1.59667 t
0.640013,
2.65617 t2
t
Äntligen ges nu svaret på delfråga b av villkoret att x t
Tb
Simplify
ExpandAll
0.398425 t2
x t
2
m r  Μ cos Α J
. data
m r2 
2 g J t Ω sin Α
2
2 g J
,t
2 g J t Ω sin Α
m r2  Μ cos Α J
2 g J
t
57
Solve x ' t
0 .D x
r,
t ,t
10.6445 t
3.75008
0 i vändläget.
First
JΩ
t

g m r sin Α
x
r
. Tb
Simplify
J 2 Ω2 
JΩ
x
g m r sin Α
x
r
Μ
1
tan Α
,
m r2
2 g m Μ cos Α J
J Ω2 
JΩ
J sin Α
g m r sin Α
JΜ
tan Α
J
2 g m r Μ cos Α J
m r2 

m r2
J sin Α
. Tb . data
x 2.00373
0.959639,
2.00373
14.4144
Slutligen delfråga c. Hur mycket är klockan när vi kommer hem och hur snurriga är vi?
Tc
Solve x t
1
0 .x
r,
 g 2 J 2 Ω2 J
t
t
Simplify
m r2  Μ cos Α
sin Α Μ cos Α J
m r2 
J sin Α 
g J2 Ω
m r2
g J ΜΩ J

sin Α
tan Α
Μ J
g 2 m r sin Α
m r2
J
,
tan Α
1
 g 2 J 2 Ω2 J
t
m r2  Μ cos Α
m r2 
sin Α Μ cos Α J
J sin Α 
g J2 Ω
m r2
gJ ΜΩ J

sin Α
tan Α
m r2
Μ J
g 2 m r sin Α
J 
tan Α
Tc
t
. data
0.451771 , t
3.55569
Här duger bara den sista eftersom vår rullande modell endast gäller vid just rullning, det vill säga då klockan har passerat det
klockslag som bestämdes i delfråga a. Stämmer dessutom bra eftersom vi kommer hem efter det att vi vänt
Tc
Tc 2
1
 g 2 J 2 Ω2 J
t
m r2  Μ cos Α
sin Α Μ cos Α J
m r2 
J sin Α 
g J2 Ω
g J ΜΩ J
m r2

sin Α
tan Α
g 2 m r sin Α
m r2
Μ J
J 
tan Α
Så snurrigheten vid hemkomsten är
D x
r,
t
1
. Tc
Simplify
 g 2 J 2 Ω2 J
x
m r2  Μ cos Α
sin Α Μ cos Α J
m r2 
J sin Α 
g J2 Ω
m r2
g J ΜΩ J

sin Α
tan Α
g 2 m r sin Α
Μ J
m r2
J
tan Α
r
g 2 J 2 Ω2 J
m r2  Μ cos Α
sin Α Μ cos Α J
m r2 
J sin Α   g sin Α J
m r2 
Μ J
m r2
J
tan Α
,
58
Mekanik-Dynamik och Mathematica
1
 g 2 J 2 Ω2 J
m r2  Μ cos Α
m r2 
sin Α Μ cos Α J
J sin Α 
HH/ITN/BN
m r2
gJ ΜΩ J
g J2 Ω

sin Α
tan Α
g 2 m r sin Α
m r2
Μ J
J
tan Α
 g 2 J 2 Ω2 J
m r2  Μ cos Α
m r2 
sin Α Μ cos Α J
J sin Α   g sin Α J
m r2 
Μ J
m r2
J

tan Α
D x
r,
t
. Tc . data
x 3.55569
x
r
1.23668,
. Tc
1
3.55569
Simplify
 g 2 J 2 Ω2 J
x
8.24453
m r2  Μ cos Α
m r2 
sin Α Μ cos Α J
J sin Α 
g J2 Ω
gJ ΜΩ J
m r2

sin Α
tan Α
g 2 m r sin Α
Μ J
m r2
0,
J
tan Α
1
 g 2 J 2 Ω2 J
m r2  Μ cos Α
m r2 
sin Α Μ cos Α J
J sin Α 
g J2 Ω
g J ΜΩ J

sin Α
tan Α
g 2 m r sin Α
Μ J
m r2
J r Ω2
J
tan Α
x
r
m r2
2 g sin Α 

Μ J m r2 
J
tan Α
. Tc . data
x 3.55569
8.99505 10
16
,
3.55569
8.01684
Om man inte är intresserad(?) av de ibland omfattande symboliska uttrycken kan man naturligtvis ta sig igenom uppgiften rent
numeriskt genom att redan från början applicera data, men då tappar man många lärospån på vägen
Avslutnings några förtydligande(?) bilder över situationen. Eftersom det intressantaste händer under en väldigt kort tid i början
använder vi logaritmisk tidsskala. Vi börjar med x t blå och x t röd. Vidare är tre vertikala linjer inlagda för att markera de tre
tidszonerna: glidning, rullning till vändläge samt rullning hem.
Τa , Τ b , Τc
t . Ta , T b , Tc
LogLinearPlotEvaluatex t
x t
PlotStyle
GridLines
.x
. data;
. x g, x ' t
r, x ' t
.D x
. Dx
r, t
g,
t 1
UnitStep t
UnitStep t
Τa
Blue, Red , GridLinesStyle GrayLevel 0.8 ,
Τa , Τb , Τc , None , AxesLabel "t s ", "x t
Τa
. data, t, 10 3 , Τc ,
m , x t
m s "
xt m,xt ms
1.0
0.5
0.0
0.5
t s
10
3
10
Samma melodi för vinkeln,
2
0.1
t blå och
LogLinearPlotEvaluate
t
PlotStyle
GridLines
.x
1
t röd.
t
r,
.x
' t
g,
' t
.D x
r,
. Dx
t
g,
t 1
UnitStep t
UnitStep t
Τa
Blue, Red , GridLinesStyle GrayLevel 0.8 ,
Τa , Τb , Τc , None , AxesLabel "t s ", " t
Τa
. data, t, 10 3 , Τc ,
rad ,
t
rad s "
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
t rad ,
59
t rad s
20
15
10
5
0
5
10
3
t s
2
10
0.1
1
Exempel: En låda skjuts iväg med farten v1 6 m s från en
punkt A uppför ett lutande plan med Θ 20 . Mellan lådan
och planet är friktionskoefficienten Μ 0.2.
a Bestäm tidpunkt och läge då lådan vänder.
b Bestäm tidpunkt och fart v2 då den återkommer till A.
Lösningsförslag: Inför x-axeln uppåt längs banan och y-axeln vinkelrät däremot, snett uppåt. Frilägg och för in de "vanliga"
krafterna. Teckna sedan rörelseekvationerna för resan uppåt.
data
0.2, Θ
Μ
ekv
m x '' t
m y '' t
mx t
F
20 , v1
N
g m sin Θ , m y t
..
x t
N
g m cos Θ
0 under hela resan. Vi har dessutom glidning under hela resan, det vill säga fullt utbildad friktion
Solve Flatten
g Μ cos Θ
9.81 ;
m g Sin Θ
F,
m g Cos Θ
Här är nu y 0 det vill säga y
F ΜN. Lös ut de obekanta.
glider
6, g
ekv, y '' t
g sin Θ , y t
0, N
0, F
g m cos Θ , F
ΜN
, x '' t , y '' t , N, F
First
g Μ m cos Θ
Nu är det bara att vaska fram (ODE), applicera (BV) och lösa (BVP).
upp
DSolve
1
x t
glider 1
 g Μ t2 cos Θ
. Rule
g t2 sin Θ
2
Equal, x 0
Solve x ' t
0 . D upp, t , t
v1
t
g Μ cos Θ
v1 , x t , t
First
2 t v1 
När den vänder är hastigheten noll, det vill säga x t
Ta
0, x ' 0
0, så svaret på delfråga a.
First

sin Θ
upp . Ta
. data
x 1.15409
3.46227
Innan vi går vidare måste vi först kontrollera att vi får åka hem igen eller om vi är dömda att stanna i vändläget för gott, det vill säga
om lådan verkligen börjar glida nedåt igen. Detta bestäms av om givet Μ klarar av att hålla den kvar i vändläget eller ej. Bestäm
därför erforderligt Μr för att stanna kvar och jämför med Μ.
FN
Solve ekv . x '' t
F
g m sin Θ , N
F
Abs  . FN
N
Μr
tan Θ
Μr
g m cos Θ
. data
N
0, y '' t
0 , F, N
First
60
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
0.36397
Μ . data
Μr
True
Visst, delfråga b är sund. Tyvärr måste vi börja om från början med rörelseekvationerna, ty under hemresan har ju friktionskraften
bytt tecken.
glider
x t
Solve Flatten
g Μ cos Θ
ekv, y '' t
g sin Θ , y t
0, N
0, F
ΜN
g m cos Θ , F
, x '' t , y '' t , N, F
First
g Μ m cos Θ
Meka ihop (BV), det vill säga de värden som gäller i vändpunkten. Detta hämtas från a. Använd samma klocka, det vill säga den vi
startade när spektaklet började.
bv
x
upp, D upp, t
v1
g Μ cos Θ g sin Θ
x
. Rule
Equal . Ta
Simplify
v21

2 g Μ cos Θ 2 g sin Θ
v1

g Μ cos Θ g sin Θ
0
bv . data
x 1.15409
3.46227

0
x 1.15409

Nu är det bara att vaska fram (ODE) och lösa (BVP).
ned
DSolve
glider 1
. Rule
Equal, bv , x t , t
First
1
x t
2 g Μ cos Θ
sin Θ
g 2 Μ3 t2 cos3 Θ
2
g 2 Μ2 t2 sin Θ cos2 Θ
g 2 Μ t2 sin2 Θ cos Θ
Äntligen ges nu svaret på delfråga b av villkoret att x t
Tb
t
Solve x t
0 . ned, t
 g 2 Μ4 v21 cos4 Θ

g 2 Μ3 cos3 Θ
ned, D ned, t
. Tb
0. , x 3.29445
x 3.29445
2 g Μ2 t v1 cos2 Θ
2 g t v1 sin2 Θ
2 Μ v21 cos Θ 
0 vid hemkomsten.
First
2 g 2 Μ3 v21 sin Θ cos3 Θ
g 2 Μ2 sin Θ cos2 Θ
g 2 t2 sin3 Θ
2 g 2 Μ v21 sin3 Θ cos Θ
g 2 Μ sin2 Θ cos Θ
g 2 v21 sin4 Θ 
g Μ2 v1 cos2 Θ
g v1 sin2 Θ  
g 2 sin3 Θ 
. data
3.23523
Avslutnings en förtydligande(?) bild över situationen. Läget x t blå och hastigheten x t röd. Vidare är två vertikala linjer inlagda
för att markera de två tidszonerna utresa och hemresa.
Τa , Τ b
t . Ta , T b
. data;
PlotEvaluate x t
. upp, x ' t
PlotStyle
AxesLabel
. D upp, t
6
4
2
2
UnitStep t
Τa
. data , t, 0, Τb ,
x t
. ned, x ' t
. D ned, t UnitStep t Τa
Blue, Red , GridLinesStyle GrayLevel 0.8 , GridLines
Τa , Τb , None ,
"t s ", "x t
m , x t
m s "
xt m,xt ms
0.5
1
1.0
1.5
2.0
2.5
3.0
t s
HH/ITN/BN
Mekanik-Dynamik och Mathematica
61
Exempel: Två bilar har samma hastighet v0 på en rak väg. Avståndet
mellan dem är d. Plötsligt börjar den främre bilen bromsa med konstant
retardation a f . Bestäm minsta avstånd d för att undvika kollision om
föraren i den bakomvarande bilen har reaktionstiden Τ och sedan
bromsar med konstant retardation ab . Undersök speciellt fallet
90 km h , a f 4k, ab 5k, k
1 ms2 , Τ 1 s.
v0 25 m s
Lösningsförslag: Starta klockan då den främre bilen börjar bromsa och rulla ut måttbandet från den position som den bakre bilen
befinner sig. Vi får då följande (BVP)
data
v0 25, af
4, ab
5, Τ 1 ;
xfÅbBVP DSolve xf '' t
af , xf ' 0
v0 , xf 0
d,
xb '' t
ab UnitStep t Τ , xb ' 0
v0 , x b 0
xf t , x b t , t
Simplify
First
t2 a f
x f t
ConditionalExpression
t v0 , Τ
d
2
0, xb t
0 ,
1
ConditionalExpression ab t
2
Τ2Θ t
Τ
2 t v0 , Τ
0
För att kollision inte ska ske innan den bakomvarande börjat bromsa krävs att d är minst
SimplifySolvexb t
1
. xfÅbBVP . t
Τ, d, Τ
0
Τ2 a f 
d
2
Inför tidsintervallet t
xfÅb
xf t
Τ passar vi på att förenkla ekvationerna lite
SimplifyxfÅbBVP, Τ
t2 a f
x f t
0, t
1
d
2
t v0 , xb t
2
ab t
Τ
2
Τ 
2 t v0 
Om detta är uppfyllt skall kollision undvikas då båda bilarna bromsar och klockan t
Τ. Minsta avstånd d ges nu av att
gälla för något t och d, det vill säga "tangentkrav".
dt
Solvexb t
ab
. xfÅb, xb ' t
xf ' t
Τ2 a b a f
Τ ab
t
xf t
,d
af

2 ab
af 
Speciellt har vi för den önskade situationen
dt . data
t
5, d
10
Bilarnas restider till stillastående.
Tf
Solvexf ' t
v0
t
0 . DxfÅb, t, t
First
0 . DxfÅb, t, t
First

af
Solvexb ' t
Tb
t
Τ ab
v0

ab
Bromssträckor.
xf t
d
. xfÅb . Tf
v20
2 af
xb t
. xfÅb . Tb
Simplify
. DxfÅb, t, t, d 
First
xf
xb
xf
xb
ska
62
Mekanik-Dynamik och Mathematica
HH/ITN/BN
v20
Τ v0
2 ab
Nu kan vi äntligen inspektera bilarnas resa genom vädret i skarpt läge.
ShowPlotxf t
. xfÅbBVP . dt 2
PlotRange
Plotxb t
. data, t, 0, t . Tf . data , PlotStyle
0, 100 , AxesLabel
. xfÅbBVP . dt 2
80
60
40
20
1
2
3
4
5
s ", "xf t ,xb t
6
t s
Red,
m " ,
. data, t, 0, t . Tb . data , PlotStyle
x f t ,xb t m
100
0
"t
Blue