Rotationsrörelse - Fysik

Rörelsemängdsmoment 6 – 16 RÖRELSEMÄNGDS-MOMENT6.1 InledningEn speciell typ av partikelsystem är s k stelakroppar. En stel kropp kännetecknas av attden har fix form, dvs avståndet mellan tvågodtyckliga punkter i kroppen är konstant.Vi skall nu härleda enkla metoder för attbehandla rotationsrörelsen för stela kroppar.För att beskriva translationsrörelsenbehövde vi begrepp som kraft, rörelsemängdoch masscentrum. För rotationsrörelse ärde analoga begreppen kraftmoment, rörelsemängdsmomentoch tröghetsmoment.Rörelsen för en fast kropp kan delas upp itvå enklare problem. Tyngdpunktens rörelseoch rotationen kring tyngdpunkten.Vi börjar med att studera en enskildpartikel, för att introducera begreppenrörelsemängdsmoment och kraftmoment.6.2 Rörelsemängdsmoment för enpartikelRörelsemängdsmomentet L för en partikelmed rörelsemängden p och läget r definierassomL = r × p = mr × vL har enheten kgm 2 /s.fall ärL = r × p = rp sin φ ˆkdär φ är vinkel mellan r och p. Vi kan ävenskriva detta somL z = rp sin φ = r ⊥ p = rp ⊥där r ⊥ är projektionen av r på p ochmotsvarande för p ⊥ . Allmänt har viL = r × p =(yp z − zp y )î ++ (zp x − xp z )ĵ +(xp y − yp x )ˆkEx. 6.2 Rörelsemängdsmoment för enkonsik pendel. Betrakta en koniskpendel. Antag att pendeln rör sigmed konstant vinkelhastighet. Beräknarörelsemängdsmomenten m a p origo ochpendelns upphängningspunkt.6.3 KraftmomentVi inför kraftmomentet τ för en kraft F vilkenverkar på en partikel enligtτ = r × FKraft och kraftmoment har olika verkan.Kraftmomentet beror på valet av koordinatsystem.τ och F är alltid vinkelräta motvarandra. Vi kan ha ett kraftmoment ävenom totala kraften är noll, och omvänt'$ '$ '$6f6f&% &%J]6JLzJpJ *J r-yxVi ser att L är vinkelrät mot det plan vilketspänns av r och p. Om r och p ligger i xyplanetblir L alltså riktadiz-led och i dettaf&%?τ =2RfF =0f ? ? fτ=0F =−2fτ=RfF = fKraftmomentet bestämmer ändringen avrörelsemängdsmomentet enligtdLdt= d (r × p) =dt= drdt ×p+r×dp dt

Rörelsemängdsmoment 6 – 2Mendr× p = mv × v =0dtochdpdt = FdvsdLdt = τDenna ekvation visar att om τ = 0 ärL =konstant, dvs rörelsemängdsmomentet ärkonserverat.Ex. 6.3 Keplers andra lag. För en centralkraftF = f(r)ˆr ärdvsτ = r × F = r × f(r)ˆr =0L = |L|ˆL = LˆL = konstantRörelsen är alltsåbegränsad till ett plan.Beräkna den yta vilket en planet sveperunder ett tidsintervall ∆t.Ex. 6.4 Vi vill beräkna den effektiva ytanA = πb ′2 för vilken en rymdfarkostfångas av en planet.Ex. 6.7 Beräkna kraftmomentet från gravitationskraften.6.4 Rörelse kring en fix axelDet viktigaste området där rörelsemängdsmomentkan tillämpas är på fasta kropparsrotation. I det allmänna fallet kan en stelkropp rotera kring en godtycklig axel. I dettaavsnitt skall vi emellertid betrakta rotationkring en fix axel. En fix axel har alltid sammariktning, men axeln kan utföra en translationsrörelse.Vi väljer axeln längs z-axeln. När en stelkropp roterar kring en fix axel, befinner sigvarje partikel på ett konstant avstånd frånaxeln, och beskriver en cirkelbana i ett planvinkelrätt mot rotationsaxeln. Med ett koordinatsystemmed origo på axelnsåär förvarje partikel |r| =konst. För att r skallkunna ändras måste därför hastigheten varavinkelrät mot r, dvs|v j |=|ṙ j |=ωρ jdär ρ j är det vinkelräta avståndet från rotationsaxelntill partikeln m j ikroppen. ωärvinkelfrekvensen för rotationen, ochxρ j =(x 2 j+y 2 j) 1/2z6Hρ jHHj:vjmjr j -yRörelsemängdsmomentet för en partikel j ikroppen blirL j = m j r j × v jVi kan införa cylindriska koordinater medpolära koordinater ρ, θ i xy-planet och rotationsaxelnlängs den vanliga z-axeln, dettagerr j = ρ j ˆρ j + z jˆkochv j = v j ˆθjdär ˆθ j är en enhetsvektor i θ-riktningen, dvsr j × v j = v j ρ jˆk − zj v j ˆρ jFör komponenten L z längs z-axeln får vialltsåL z (j) =m j v j ρ jdvs med v j = ρ j ω blir dettaL z (j) =m j ρ 2 jω

Rörelsemängdsmoment 6 – 3För det totala rörelsemängdsmomentet L z förkroppen får viL z = ∑ jvilket kan skrivas somdärL z (j)= ∑ jL z = IωI = ∑ jm j ρ 2 jm j ρ 2 j ωär en geometrisk storhet vilken kallaskroppens tröghetsmoment. I beror påmassfördelningen ikroppenochrotationsaxelnsläge. För en kontinuerlig kropp så ärI = ∑ ∫ ∫m j ρ 2 j = ρ 2 dm = (x 2 + y 2 )dmjVVFör att beräkna denna integral uttrycker vimasselementet dm somdm = wdVdär w betecknar masstätheten, dvs∫I = (x 2 + y 2 )wdVVFör symmetriska kroppar kan I beräknas relativtenkelt.Ex. 6.8 Tröghetsmoment för en homogensfär. Vi kan dela upp sfären i tunnaskivor med tröghetsmomentdärdI = 1 2 dmρ2dm = M V πρ2 dz = 3M4πR 3πρ2 dzHär ärz 2 + ρ 2 = R 2dvsdm = 3M4R 3 (R2 − z 2 )dzochdI = 3M8R 3 (R2 − z 2 ) 2 dzIntegrerar vi över alla z-värden från −Rtill R får viI = 3M ∫ R8R 3 (R 2 − z 2 ) 2 dz = 2 5 MR2−R6.4.1 Parallellaxel teoremet (Steinerssats)Antag att vi känner tröghetsmomentet I 0kring en axel genom tyngdpunkten. Låt Ivara tröghetsmomentet kring en annan parallellaxel, vilken vi väljer som z-axel, påavståndet l från den förra.Låt lägevektorn parallell med xy-planetfrån z-axeln till massan m j varaρ j = x j î + y j ĵochI = ∑ m j ρ 2 jjOm masscentrum är vid∑jR = Xî + Y ĵ + Zˆk m jr j= ∑j m jsåär∑j m j ρ jR ⊥ = Xî + Y ĵ = ∑j m jOm ρ ′ j är vektorn till m j från axeln genomkroppens tyngdpunkt så ärR ⊥ + ρ ′ j = ρ jdvsI = ∑ m j ρ 2 j = ∑ m j (R ⊥ + ρ ′ j )2 =jj= ∑ m j (R 2 ⊥ +2R ⊥·ρ ′ j +ρ ′ j2 )jNu är∑m j ρ ′ j = ∑ m j (ρ j −R ⊥ )=MR ⊥ −MR ⊥ =0jjdvsI = ∑ m j ρ ′ ∑2j + m j R 2 ⊥ = I 0 + Ml 2jj

Rörelsemängdsmoment 6 – 46.5 Ren rotation kring fix axelI kapitel 3 visade vi att för ett system avpartiklar var det lämpligt att skilja på yttreoch inre krafter. De inre krafterna togut varandra enligt Newtons tredle lag, ochrörelsemängden ändrades endast p g a yttrekrafter. Detta leder till rörelsemängdens bevarande.• rörelsemängden för ett isolerat system árkonstantFör rotationsrörelse kan vi göra på sammasätt och skilja mellan yttre och inre kraftmoment.Man finner experimentellt attalla inre kraftmoment tar ut varandra eftersomrörelsemängdsmomentet för en isoleradkropp inte ändras. Vi antar därför att endastyttre kraftmoment kan ändra en kroppsrörelsemängdsmoment.I detta avsnitt studerar vi ren rotationsrörelse,dvs rörelse kring en axel sominte translateras, t ex bladen på en fläkt.I otaliga tekniska tillämpningar, framföralltinom maskintekniken, förekommer kropparsom roterar kring fixa axlar. Typiska exempelär svänghjul, kugghjul etc.Betrakta en kropp vilken roterar medvinkelhastighet ω kring z-axeln. För z-komponenten av rörelsemängdsmomentet harviL z = IωEftersom kraftmomentet från yttre krafter ärsåfår viτ = dLdtτ z = d dt (Iω)=Idω dt =Iαdärα = dωdtkallas vinkelaccelerationen. Denna ekvationär analog med Newtons andra lag ma = F .Kinetiska energin för en roterande kroppmed ren rotationsrörelse blirK = ∑ 12 m jvj 2 = ∑ 12 m j(ρ j ω) 2 = 1 2 Iω2jjVi kan även få ett uttryck för arbetet vid renrotation. Allmänt är∫ b ∑W ba = f j · dr jdär f j är kraften på partikelj.Nuärajdr j = v j dtoch för hastigheten som är parallell med xyplanethar viv j = ρ j ωˆθ jDet är fördelaktigt att införa en rotationsvektorω som har beloppet ω och är riktadlängs rotationsaxeln med riktning enligthögerregeln. I vårt fall blir alltsåω = ωˆkVi kan då skriva hastigheten för partikel jsomv j = ω × r jty denna vektorprodukt är riktad längs ˆθ joch har beloppet ωρ j . För det infinitesimaltuträttade arbetet får vi alltsådW = ∑ f j · dr j = ∑ f j · (ω × r j )dt =jj= ∑ ω · (r j × f j )=ω·τdtjdär τ = ∑ j (r j × f j ) är det totala kraftmomentetpå kroppen. Det infinitesimalaarbetet längs sträckan dr blir alltså kraftmomentetskomponent längs rotationsaxelngånger den infinitesimala vinkeln, dvs med z-axeln som rotationsaxeldW = τ z dθty ωdt =dθ.För det totala arbetet får viW ba =∫ θbθ aτ z dθ

Rörelsemängdsmoment 6 – 5Ex. 6.10 Atwood’s maskin. Beräkna accelerationenför anordningen i figuren. Trissansmassa skall inkluderas.'$&%•M 1M 26.6 Fysikalisk pendel6.6.1 Enkel pendelEn enkel pendel består av en punktmassafäst i ett snöre där snörets vikt är noll.AAAAAAAAyTθAKAAAyvilket ger samma ekvation som ovan. För småsvängningar har vi sin θ ≈ θ dvsmed lösningen¨θ + g l θ =0θ(t) =Acos(ωt)+Bsin(ωt)där ω = √ g/l. Periodtiden för pendeln blirT = 2π ω =2π √lgOm pendeln startar från vila vid vinkeln θ 0ges konstanterna A och B av A = θ 0 och B =0, dvs lösningen i detta fall blirθ(t) =θ 0 cos(ωt)där θ 0 kallas svängningens amplitud6.6.2 Fysikalisk pendelLåt oss studera den fysikaliska pendeln medett godtyckligt objekt vilket roterar kring enfix axel på avståndet l från tyngdpunkten.Rörelsen är ren rotation kring upphängningspunkten.Rotationsriktningen är positivkring en axel ut från papperets plan.? mgFrån kraftdiagrammet får vi rörelseekvationenm dv θ= −mg sin θdtdär v θ = l ˙θ dvsaAAAAlθ?Mgellerml¨θ = −mg sin θl¨θ + g sin θVi kan även härleda detta från sambandet förren rotationsrörelse. Med I = ml 2 och α = ¨θhar viIα = τ = −mgl sin θKraftmomentet kring upphängningspunktena blirτ = −Mglsinθoch minustecknet innebär att det är riktat ini papperets plan. Vi får rörelseekvationenI a¨θ = −Mglsinθ

Rörelsemängdsmoment 6 – 6där I a betecknar tröghetsmomentet m a protationsaxeln genom punkten a. För småsvängningar får vi som tidigaremed lösningoch frekvensenI a¨θ + Mglθ =0θ(t) =Acos(ωt)+Bsin(ωt)ω =√MglI aLåt I 0 vara tröghetsmomentet m a p tyngdpunkten,och inför den s k tröghetsradien√I 0 = Mk 2 I 0; k =MDågäller enligt Steiners sats attoch därför attI a = I 0 + Ml 2 = M(k 2 + l 2 )√glω =k 2 + l 2Periodtiden för pendeln blir√T = 2π ω =2π k 2 +l 2gl=2π√k 2gl + l gför en enkel pendel har vi k =0,för en tunnring med radien R är k = R, för en cirkulärskiva är k = R/ √ 2ochför en sfär är k =√2/5R.Ex 6.12 Kater’s pendel. Mellan 1500- och1900-talen gjordes de mest noggrannamätningarna av tyngdaccelerationen g mh a pendlar. Först att mäta g var Huygensäven om Galilei förmodligen kändetill värdet av g. För precisionsmätningarkan man använda sig av Kater’s pendel.Ex. 6.13 Dörrstopp. En dörr som slängs uppför häftigt kan lossna från sina gångjärn.Genom ett lämpligt val av avståndet lför dörrstoppet kan kontaktkraften pågångjärnet bli noll. Bestäm l.6.7 Translations- och rotationsrörelseOfta har man translations och rotationsrörelsesamtidigt, som i fallet med en rullandecylinder. Ett möjligt sätt att beskriva enallmän rörelse är via en translation av tyngdpunktenplus en rotation kring tyngdpunkten.Genom att använda tyngdpunktskoordinaterär det möjligt att finna enkla uttryck för båderörelsemängdsmomentet och kraftmomentetliksom rörelseekvationerna.Liksom tidigare skall vi betrakta rörelse förvilken rotationsaxeln är parallell med z-axeln.Vi skall visa att L z kan skrivas som summanav två termerL z =I 0 ω+(R×MV) zdär I 0 är tröghetsmomentet m a p en axelgenom tyngdpunkten. R är tyngdpunktensläge och V = Ṙ.Antag att kroppen vi studerar består av Npartiklar med massor m j ,j =1,...,N ochlägevektorer r j .Då blirN∑L = (r j × m j ṙ j )j=1Tyngdpunkten har lägevektorn∑jR =m jr j∑j m = 1 ∑m j r jj MjVi övergår nu till ett koordinatsystem m a ptyngdpunktenr j = R + r ′ jdär r ′ j betecknar partikelns läge relativttyngdpunkten. Detta gerL = ∑ j= ∑ j= R× ∑ j+ R× ∑ j(r j × m j ṙ j )=(R+r ′ j)×m j (Ṙ+ṙ ′ j)=m j Ṙ+ ∑ jm j ṙ ′ j+ ∑ jm j r ′ j×Ṙ+r ′ j×m j ṙ ′ j

Rörelsemängdsmoment 6 – 7Nu är∑m j r ′ j = ∑jjm j (r j −R) = ∑ joch∑m j ṙ ′ j = d ∑m j r ′ jdt=0jjAlltså ärL = R × MV + ∑ jm j r j −MR=0r ′ j × m j ṙ ′ jEx. 6.14 Rullande hjul. Betrakta ett homogenthjul eller cylinder med massanM och radie b vilket rullar likformigtutan glidning. Tröghetsmomentet m ap en axel genom tyngdpunkten är I 0 =Mb 2 /2. Beräkna totala L z maporigoiett fixt koordinatsystem.Vi kan även dela upp kraftmomentet i tvådelar. Låt f j beteckna den yttre kraften påpartikel j, dåärdär V = Ṙ är tyngdpunktens hastighet m ap det fixa inertialsystemet. Den första termenrepresenterar rörelsemängdsmomentet p ga tyngdpunktens rörelse. Den andra termenrepresenterar rörelsemängdsmomentet p g aden relativa rörelsen kring tyngdpunkten.Det enda sättenstelkroppkanröra sig m ap tyngdpunkten är att hela kroppen roterar. Idetta avsnitt begränsar vi oss till en rotationkring z-axeln. Detta ger⎛L z =(R×MV) z + ⎝ ∑ j⎞r ′ j×m j ṙ ′ ⎠jMen den andra termen är identisk med renrotation kring en axel vilket behandlades tidigare,dvs⎛⎞⎝ ∑ r ′ j × m jṙ ′ ⎠j = ∑ m j ρ ′ j2 ω = I0 ωjzjdär ρ ′ j är vektorn till partikel m j vinkelrätmot rotationsaxeln genom tyngdpunkten.Detta ger slutligenL z =(R×MV) z +I 0 ωVi ser att rörelsemängdsmomentet för en stelkropp är summan av rörelsemängdsmomentetför dess tyngdspunktsrörelse och rörelsenm a p tyngdpunkten. Dessa båda bidragkallas ofta för banimpuls- resp spinnimpulsmomentet.zτ = ∑ r j × f j = ∑ (r ′ j + R) × f j =jj= ∑ (r ′ j × f j )+R×Fjdär F = ∑ j f j är den totala yttre kraften.Den första termen är kraftmomentet m a ptyngdpunkten och den andra termen är kraftmomentetfrån yttre krafter vilka verkar påtyngdpunkten.För rotation kring en fix axel har vi alltsåτ z = τ 0 +(R×F) zdär τ 0 är z-komponenten m a p tyngdpunkten.Nu ärdL z= τ zdtdvsdωI 0dt + d dt (R × MV ) z = τ 0 +(R×F) zMenddt (R × MV ) z =(V ×MV) z ++ (R×M dVdt ) z =(R×Ma) zTyngdpunkten rör sig enligt Newtons andralag Ma = F och rotationen kring tyngdpunktenges därför avI 0 α = τ 0Vi ser att rotationen kring tyngdpunktenberor på kraftmomentet m a p tyngdpunkten

Rörelsemängdsmoment 6 – 8och är oberoende av translationsrörelsen.Detta gäller även om axeln är accelererada ≠0.Låt oss även betrakta uttrycket för denkinetiska energinK = 1 ∑m j vj 2 2= 1 ∑m j (˙ρ ′ j2+V)2 =Men= 1 2+ 1 2j∑j∑jjm j (˙ρ ′ j )2 + ∑ jm j V 2m j ˙ρ ′ j ·V +∑m j ρ ′ j = ∑ (ρ j −R ⊥ )=MR ⊥ −MR ⊥ =0jjvilket även gäller för tidsderivatan ∑ j m j ˙ρ ′ j ,dvsK = 1 ∑m j ρ ′ j2 ω 2 + 1 22 MV 2 =j= 1 2 I 0 ω 2 + 1 2 MV 2Den första termen motsvarar den kinetiskaenergin p g a inre spinn medan den andrakommer från banrörelse av tyngdpunkten.Ex. 6.16 Rullande cylinder. En homogencylinder med radie b och massa M rullarutan glidning nedför ett lutande planmed lutningsvinkel θ. Beräkna accelerationenlängs planet.6.7.1 Arbete och energiFör en partikel har vi allmäntK b − K a = W ba =∫ rbr aF · drDetta kan generaliseras till en stel kropp. Förtyngdpunktens rörelse har viM dVdt = Fdvs12 MV b 2 − 1 ∫ Rb2 MV a 2 = F ·dRR aFör rotationsrörelsen kan vi utgå frånrörelseekvationendωI 0dt = τ 0dvsdωI 0dt ωdt = τ 0dθty ωdt =dθ/dtdt =dθ. Detta ger12 I 0dω 2 = τ 0 dθoch12 I 0ωb 2 − 1 ∫ θb2 I 0ωa 2 = τ 0 dθθ aInför vi den kinetiska energinK = 1 2 MV 2 + 1 2 I 0ω 2får vi alltså från sambanden ovan∫ Rb∫ θbK b − K a = F · dR + τ 0 dθR a θ aMen den första termen i högerledet är det arbetetvilket uträttas på tyngdpunkten, ochden andra är enligt tidigare arbetet för rotationenkring tyngdpunkten. Alltså ärK b − K a = W bavilket är lagen för kinetiska energin. Arbetetkan skrivas som summan av ett translationsochett rotationsarbete och dessa satisfierarvar för sig relationerna:∫ Rb12 MV b 2 − 1 2 MV a 2 = F ·dRR a12 I 0ωb 2 − 1 ∫ θb2 I 0ωa 2 = τ 0 dθθ aEx. 6.17 Rullande cylinder. Betrakta återen rullande cylinder med radien b, massaM och tröghetsmoment I 0 . Beräknatyngdpunktens hastighet när cylindernfallit sträckan h.

Rörelsemängdsmoment 6 – 9Ex. 6.18 Fallande stav. En stav med längdl och massa M står i början vertikaltnär den faller. Beräkna tyngdpunktenshastighet som funktion av läget.6.8 Bohr’s atommodellBohr’s teori för väteatomen är en länk mellanklassisk mekanik och kvantmekanik. Denillustrerar tillämpningen av begrepp som energioch rörelsemängdsmoment.Från optisk spektroskopi fick man i slutetav 1800- och början av 1900 talet en mängddata om atomens inre struktur. Ljusetfrån atomer har endast vissa karakteristiskavåglängder typiska för varje grundämne.År 1886 upptäckte Balmer att våglängdernaför det optiska spektrat från väte gavsempiriskt av formeln(1 1λ = R 2 2 − 1 )n 2 n =3,4,5,...där λ är våglängden och R är en konstantkallad Rydberg-konstanten. Balmer föreslogatt det även fanns andra linjer i spektratgivna av formeln(1 1λ = R m 2 − 1 )n 2med m =3,4,5,...;n = m +1,m+2,....För att förklara väteatomens spektrum antogBohr följande postulat1. Atomer kan bara finnas i vissa stationäratillstånd där atomen inte sänderut strålning.2. En atom kan gå från ett stationärttillstånd a till ett lägre tillstånd b genomatt skicka ut en foton med energi E a −E bdär frekvensen för fotonen ges avν = E a − E bhdär h är Planck’s konstant.3. I ett stationärt tillstånd beskrivs atomenav klassisk fysik4. Rörelsemängdsmomentet för atomen ärnh/2π där n är ett heltal.Antagandet 1 var nödvändigt för attförklara att atomer är stabila. I klassiskteori kommer en elektron i en bana att emitteraenergi och så småningom kollapsa in tillkärnan. Antagandet 2 uttrycker endast energikonservering,ty energin för en foton gesac hν.Väteatomen består av en elektron medladdningen −e och massa m e och en kärnamed laddning +e och massa M. Den radiellaekvationen för elektronens rörelse blir medantagandet 3:m e (¨r − r ˙θ 2 )=− e2r 2eller med ¨r =0ochv=r˙θ− m ev 2r=− e2r 2Totala energin för atomen ärE = K + U = 1 2 m ev 2 − e2r = −1 e 22 rVi har också från postulat 4 för en elektron ibanan med radien r n och hastigheten v nm e r n v n = nh2π = n¯hdvsv n =n¯hm e r nSätter vi in detta i den radiella rörelseekvationenfår vi( ) n¯hm e r n = e 2m e r nvilket gerr n = n2¯h 2m e e 2Detta ger de kvantiserade energiernaE n = − 1 2m e e 4n 2¯h 2

Rörelsemängdsmoment 6 – 10En övergång från nivå n till m ger en fotonmed energinν = E n − E mhoch våglängden= m ee 42h¯h 2 ( 1m 2 − 1 n 2 )1λ = ν c = 2π2 m e e 4 ( 1ch 3 m 2 − 1 )n 2vilket är identiskt med Balmerformeln. Dennumeriska konstanten stämmer också dvsR= 2π2 m e e 4ch 36.9 Kraftsystem och jämviktFrån rörelseekvationerna för en fast kropp fårvi även villkoren för att kroppen skall vara ijämvikt. Vi inför följade begrepp.Def. : Ett antal krafter F 1 .F 2 ,...,F n medangreppspunkter påenavgränsad mängdmateria säges utgöra ett kraftsystem.Def. :Vektornn∑F= F ii=1kallas kraftsystemets kraftsumma. Observeraatt delkrafterna F i alla kan haolika angreppspunkter. Det finns därföri allmänhet ingen angreppspunkt till vektornF .Def. : Summan av de enskilda krafternasmoment m a p en given momentpunkt Okallas för kraftsystemets momentsumman∑ n∑τ O = τ iO = (r i × F i )i=1 i=1där r i är vektorn från O till angreppspunktenför F i .Or i F iMomentsumman beror på valet av momentpunktO. För två olika momentpunkterO och O ′ har vi följande samband:τ ′ O = τ O + r O × Fdär r O är vektorn från O ′ till O och F ärkraftsumman.dvs F ir i-BM BBOO ′r Or ′ iDetta ser vi på följande sätt. Vi harr O + r i = r ′ iτ O ′ = ∑ r ′ i × F i = ∑ (r i + r O ) × F i =ii= ∑ r i × F i + r O × ∑ F i =ii= τ O + r O × FVi ser att om F = 0 är momentsummanoberoende av momentpunkt.Def. : Ett kraftsystem vars kraftsumma ärnoll och momentsumma skild från nollkallas för ett rent moment.Def. : Om både kraftsumman och momentsummanär noll för ett kraftsystem

Rörelsemängdsmoment 6 – 11säges det vara ett nollsystem dvsF =τ O =n∑F i =0i=1n∑i=1(r i × F i )=0där momentpunkten O är godtycklig.För ett nollsystem ger rörelseekvationerna attM dVdt= F =0dL Odt= τ O =0Speciellt följer av detta att för att en kroppskall kunna vara i jämvikt (dvs i fortvarig vila)måste systemet av krafter som påverkar kroppenvara ett nollsystem.idi- -aF AAF B6 6?mgEx. En smal homogen stång med längden doch massan m vilar horisontellt på två rullar,den ena vid ena ändan av stången och den andrastycket a därifrån. Beräkna stödkrafternafrån rullarna.Lösning: Vi kallar rullarnas kontaktpunkterA och B och inför stödkrafterna F A ochF B respektive. Kraftsumman för stången blirdåF A + F B − mg ∫ ddx = F A + F B − mg =0d 0där vi infört masstätheten m/d och integrerarlängs stången. För momentsumman m a ppunkten A blirF A · 0+F B a− mg ∫ dxdx = F B a − mg d d2 =00dvsochF B = mg d 2a(F A = mg 1 − d )2aVi noterar att vi skulle ha fått sammajämviktsekvation om vi hade placerat helatyngdkraften i stångens masscentrum påhalva avståndet från ändpunkten. Vi kanalltså ersätta tyngdkraften från stångens alladelar med en resultant.BB2αBd BBBRHYHCBH Hj −RB?W BN B16?W 0 W ? B 6N 2 0- BA T 1 T 2Ex. En trappstege består av två lika stegarihopfästa med ett gångjärn högst upp. Hurhögt kan en person stiga på stegen utan attden halkar på golvet om friktionskoefficientenmellan stege och golv är µ.Lösning: För att stegen inte skall halkamåste friktionskrafterna T 1,2 vara relateradetill normalkrafterna N 1,2 enligt|T 1 |≤µ|N 1 | |T 2 |≤µ|N 2 |Betrakta först hela stegen inklusive personensom en kropp. Kraftjämvikt i x-led geroch i y-ledT 1 − T 2 =0N 1 + N 2 − 2W 0 − W =0där 2W 0 är stegens tyngd, och W är personenstyngd. Momentjämvikt kring A för helasystemet gerd−Wxsin α − W 02 sin α − W 3d02 sin α ++ N 2 2d sin α =0

Rörelsemängdsmoment 6 – 12där x är personens avstånd till A längs stegen.Vi kan vidare betrakta högra halvan av stegenoch ta momentjämvikt m a p Cd−W 02 sin α + N 2d sin α − T 2 d cos α =0ty rektionskraften R försvinner. Från förstamomentekvationen får vioch från den andra(T 2 = N 2 − 1 2 W 0N 2 = W 0 + W x 2d)tan α = 1 2(W 0 + W x )tan αdKraftjämvikt i x-led ger T 1 = T 2 och i y-led(N 1 =2W 0 +W−N 2 =W 0 +W 1− x )2dFrån dessa samband ser vi att(N 1 − N 2 = W 1 − x )≥ 0ddvs ∣ ∣ ∣ ∣∣∣ T 1 ∣∣∣ ≤T 2 ∣∣∣N ∣ ≤ µ1 N 2dvs villkoret för jämvikt blirT 2N 2=tanα Wx+W 0dWx+W 0 2d ≤ µDenna olikhet är alltid uppfylld för tan α ≤µ oberoende av värdet på W . Vi vill ocksåatt stegen skall vara i jämvikt om W = 0vilket kräver att tan α ≤ 2µ. I intervallet µ ≤tan α ≤ 2µ får vi ett villkor för avståndet xxd ≤ W 0 2µ − tan αW tan α − µsom är en begränsning på x för µ ≤ tan α ≤2µ. I praktiken bör man ställa sin stege såatt tan α ≤ µ ty då Är risken fär glidningeliminerad.