Luento 6: Liikemäärä ja impulssi

Transkriptio

1 Luento 6: Liikemäärä ja impulssi Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä

2 Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä

3 Liikemäärä Kertauksena edellisviikolta Määritellään kappaleen liikemäärä p = m v Liikemäärä Liikemäärä on vektori, jolla sama suunta kuin nopeusvektorilla. Liikemäärä voidaan lausua komponenteittain p x = mv x, p y = mv y ja p z = mv z

4 Newtonin 2. lain yleinen muoto Liikemäärän avulla lausuttuna Newtonin toinen laki saadaan muotoon F net = d p = Kappaleeseen vaikuttava nettovoima on yhtä suuri kuin kappaleen liikemäärän muutos ajan suhteen Voimassa vain inertiaalikoordinaatistoissa (oletus kiihtyvyyden muuttumattomuudesta koordinaatistomuunnoksessa!) Yleisempi kuin F net = m a, koska voidaan käyttää myös silloin kun massa muuttuu liikkeen aikana (raketti)

5 Impulssi Tarkastellaan hiukkasta, johon kohdistuu vakiovoima F net Määritellään voiman impulssi (vektorisuure) J = F net (t 2 t 1 ) = F net t N-II: kun F net on vakio, niin myös d p/ on vakio, joten J = F net t = d p p t = t t = p 2 p 1

6 Impulssi: muuttuva voima Jos voima F net (t) ei ole vakio, impulssi lasketaan integraalina t 2 J = F net (t) t 1 Impulssin ja liikemäärän muutoksen välinen yhteys on edelleen t 2 J = t 1 F net (t) = t 2 t 1 p 2 d p = p 1 d p = p 2 p 1

7 Impulssi vs. liikemäärä Liikemäärän muutos riippuu voiman vaikutusajasta Jos hiukkasen lähtee levosta liikkeelle (eli p 1 = 0), niin J = p2 p 1 = p 2 = p 1 + J = J eli liikemäärä on se impulssi, joka tarvitaan hiukkasen kiihdyttämiseksi levosta kyseiseen nopeuteen Impulssi riippuu voiman vaikutusajasta

8 Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä

9 Useamman kappaleen systeemit Tarkastellaan seuraavaksi kahden (tai useamman) hiukkasen muodostamaa systeemiä Systeemin sisäisiä voimia (internal forces) ovat systeemin hiukkasten väliset keskinäiset vuorovaikutukset Ulkopuolisten kappaleiden aiheuttamat voimat ovat ulkoisia voimia (external forces) Jos systeemiin ei kohdistu ulkoisia voimia, systeemi on eristetty (isolated).

10 Liikemäärän säilyminen Merkitään hiukkasen A aiheuttamaa voimaa B:hen F ab :lla, ja B:n A:han F ba :lla F ab = d p a F ab = d p b N-III:n mukaan F ab = F ba = F ab + F ba = 0 F AB + F BA = d p A + d p b = d( p A + p B ) = 0 Systeemin liikemäärä on siis riippumaton ajasta eli se säilyy

11 Liikemäärän säilyminen: monta kappaletta Monen kappaleen systeemin kokonaisliikemäärä P P = p a + p b +... = m a v a + m b v b +... = i m i v i Keskinäiset vuorovaikutukset kumoavat toisensa pareittain F ij = F ji = 0, joten liikemäärän säilymislaki saadaan muotoon d P = 0, kun F ext = 0 Jos systeemiin vaikuttavien ulkoisten voimien resultantti on nolla, systeemin kokonaisliikemäärä säilyy

12 Komponenttimuoto Koska liikemäärä on vektorisuure, se voidaan jakaa komponentteihin P x = i m i v x,i, m i v y,i, m i v z,i P y = i P z = i Jokaisen kokonaisliikemäärän komponentin suuruus säilyy eristetyssä systeemissä ( F ext = 0) dp x = 0, dp y = 0, dp z = 0

13 Törmäyksistä Tarkastellaan eristettyä systeemiä Oletetaan, että törmäyksessä törmäysvoimat ovat paljon suurempia kuin ulkoiset voimat eli F coll F ext Jos voimat konservatiivisia 1, niin kineettinen energia K säilyy ja puhutaan kimmoisasta eli elastisesta (elastic) törmäyksestä. Jos taas voimat eivät konservatiivisia, niin K yleensä pienenee Kimmoton eli epäelastinen (inelastic) törmäys Jos kappaleet liikkuvat törmäyksen jälkeen yhdessä Täysin kimmoton törmäys Kaikissa tapauksissa kokonaisliikemäärä säilyy 1 voima, jonka tekemä työ W riippuu vain esim. alku- ja loppunopeuksien erotuksesta W = 1 2 mv mv 2 1, aiheesta tarkemmin luennolla 9

14 Täysin kimmoton törmäys v a2 = v b2 = v 2 A v a1 B Tarkastellaan ensin täysin epäelastista törmäystä, jolloin hiukkasten nopeusvektorit törmäyksen jälkeen ovat samat (kappaleet tarttuvat yhteen) v a2 = v b2 = v 2 Liikemäärä säilyy, joten v 2 = m a v a1 + m b v b1 m a + m b

15 Kimmoisa törmäys Eristetyssä systeemissä tapahtuva kimmoisa törmäys Liikemäärä ja kineettinen energia säilyvät Törmäyksessä vaikuttavien voimien oltava konservatiivisia Muodonmuutoksiin varastoitunut potentiaalienergia saadaan kokonaan takaisin kineettiseksi energiaksi Suora kimmoisa törmäys Kahden kappaleen suorassa kimmoisassa törmäyksessä nopeusero säilyy v b2 v a2 = ( v b1 v a1 )

16 Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä

17 Massakeskipiste Hiukkassysteemin massakeskipisteen (center of mass) paikkavektori määritellään seuraavasti r cm = m 1 r 1 + m 2 r m 1 + m = i m i r i i m i Massakeskipiste ja painopiste ovat samat mikäli gravitaatiokenttä on systeemin alueella homogeeninen. Massakeskipiste

18 Massakeskipisteen nopeus Ottamalla massakeskipisteen paikkavektorin yhtälöstä aikaderivaatta saadaan massakeskipisteen nopeusvektori v cm = m 1 v 1 + m 2 v m 1 + m = i m i v i Merkitään systeemin kokonaismassaa M = m i Nyt massakeskipisteen nopeudesta saadaan M v cm = m i v i = P i m i Kokonaisliikemäärä on sama kuin jos systeemin kokonaismassa olisi keskittynyt massakeskipisteeseen ja liikkuisi samalla nopeudella kuin massakeskipiste

19 Sisäiset ja ulkoiset voimat Derivoidaan edellinen yhtälö ajan suhteen eli M d v CM = m i d v i = m a CM = m i a i Kirjoittamalla yhtälön oikealle puolelle jokaisen hiukkasen liikeyhtälö Newtonin 2. lain mukaan saadaan sinne yhteensä summa kaikista hiukkasiin vaikuttavista voimista eli mi a i = i ( j F ji ), joka voidaan jakaa sisäisiin ja ulkoisiin voimiin F ji = F = F ext + F int i j

20 Hiukkassysteemin liikeyhtälö Systeemin sisäisten voimien summa häviää Newtonin 3. lain perusteella eli F int = 0 Yhdistetään tulokset M a CM = m i a i = i F ji = F ext Systeemin massakeskipiste liikkuu kuten yksittäinen hiukkanen, jonka massa on koko systeemin massa M ja johon vaikuttaa kaikki systeemin osasiin vaikuttavat ulkoiset voimat F ext j

21 Eristetty systeemi Kirjoitetaan edellinen vielä muodossa F ext = M a CM = M d v CM = d mikä on Newtonin 2. laki hiukkassysteemille. [M v CM ] = d P Eristetylle systeemille (ulkoisten voimien summa F ext = 0) F ext = 0 = d P = 0 eli kokonaisliikemäärä P säilyy ja massakeskipiste liikkuu vakionopeudella

22 Massakeskipistekoordinaatisto Törmäyksiin liittyvät probleemat usein helpompi ratkaista ns. massakeskipistekoordinaatistossa (cm-koordinaatisto) Koordinaatiston origo O kiinnitetty systeemin massakeskipisteeseen Siirtymät, nopeudet etc. mitataan suhteessa tähän origoon Määritelmän mukaisesti massakeskipisteen nopeus suhteessa origoon on nolla (pilkutetut suureet cm-koordinaatistossa) v cm = m 1 v 1 + m 2 v m 1 + m = P M = 0 Seuraus: cm-koordinaatistossa P 1 = 0 = p A1 = p B1 ja P 2 = 0 = p A2 = p B2

23 Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä

24 Muuttuvamassaiset systeemit Liikemäärätarkastelu on hyödyllinen myös silloin, kun systeemin osien massa muuttuu ajan funktiona. Tällaisia systeemejä ovat esim. raketti, sadepisara, kuljetinhihna, ketju, jne. Tarkastellaan esimerkkinä tällaisista systeemeistä rakettia ja sen suoraviivaista liikettä. Lopuksi muutama esimerkki muiden muuttuvamassaisten systeemien analyysistä Perusanalyysi pohjautuu Newtonin 2. lain yleistykseen F ext = d p Myös voiman impulssi on hyvin käytännöllinen ratkaisukeino t 0 F(t) = P(t) P(0)

25 Rakettiyhtälö Yksinkertaisuuden vuoksi: rakettiin ei vaikuta ulkoisia voimia Ajan hetkellä t raketin massa m ja nopeus v Infinitesimaalisen lyhyessä ajassa raketin massa muuttuu dm < 0 Pakokaasuja purkautuu dm:n verran nopeudella v ex raketin suhteen Pakokaasun nopeus v fuel koordinaatiston suhteen Lasketaan ensin systeemin kokonaisliikemäärä ajanhetkellä t +

26 Pakokaasujen ja raketin liikemäärä Tarkastellaan ajanhetkeä t + Pakokaasujen liikemäärä ( dm) v fuel = dm( v v ex ) missä pakokaasujen nopeudelle on käytetty koordinaatistomuunnosta v fuel = v v ex Raketin liikemäärä Systeemin kokonaisliikemäärä p rak = (m + dm)( v + d v) P(t + ) = (m + dm)( v + d v) dm( v v ex )

27 Liikemäärän muutos Liikemäärä hetkellä t on P(t) = m v Liikemäärän muutos ajassa on d P = P(t + ) P(t) = (m + dm)( v + d v) dm( v v ex ) m v = m v m v + md v + vdm + dmd v vdm + v ex dm = md v + v ex dm Termi dmd v on merkityksettömän pieni verrattuna muihin termeihin jätetään pois

28 Ei ulkoisia voimia Jos systeemiin ei vaikuta ulkoisia voimia, on liikemäärän muutos d P = 0 v md v = v ex dm = v 0 d v m = v ex Jos raketin poistokaasujen nopeus raketin suhteen on vakio, niin integraalista saadaan 1 v ex ( v v 0 ) = ln [ m0 m ] m 0 dm m = v = v 0 + v ex ln [ m0 m ]

29 Raketin kiihtyvyys Raketin hetkellinen kiihtyvyys voidaan ratkaista liikemäärän säilymislaista "jakamalla" se :llä d P d v = m d v + v ex dm = a = v ex m dm = 0 = Kiihtyvyys Raketin liikemäärän muutoksen aiheuttaa työntövoima F thrust = m a = v ex dm

30 Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä

31 Esimerkki 1 Kappale A törmää toiseen kappaleeseen B nopeudella 2.0 m s 1. Törmäyksen jälkeen kappaleen A liikesuunta on muuttunut 30 ja sen nopeus on 1.0 m s 1. Mikä on kappaleen B nopeus (suuruus ja suunta) törmäyksen jälkeen? A:n massa on 5.0 kg ja B:n 3.0 kg.

32 Esimerkki 1 Ratkaisu Liikemäärä säilyy: x :m A v A = m A v A cos α + m Bv Bx y :m A v A sin α + m Bv By = v Bx = m Av A m A v A cos α m B v By = m Av A sin α = v B = m B v 2 Bx + v 2 By β = arctan v By v Bx

33 Esimerkki 2 Ballistisella heilurilla voidaan mitata luodin nopeus, jos luoti jää kiinni heiluriin. Oletetaan, että heiluri nousee luodin törmäyksen jälkeen korkeudelle h alkuperäisestä asemastaan. Laske luodin tulonopeus.

34 Esimerkki 2 Ratkaisu 1. Törmäys: p säilyy = mv 0 = (m + M)v 2. Heilahdus: mekaaninen energia säilyy E 1 = E 2 v 0 = m + M m = 1 2 (m + M)v 2 = (m + M)gh = v = 2gh v = m + M 2gh m

35 Esimerkki 3 Tehtävä Laske kahden hiukkasen alku- ja loppunopeudet sekä kokonaisliikemäärä cm-koordinaatistossa suorassa kimmoisassa törmäyksessä. Laboratiokoordinaatistossa ensimmäisen kappaleen (A) nopeus ennen törmäystä olkoon v A1 ja toinen kappale (B) olkoon ennen törmäystä levossa. Ratkaisu v cm = m Av A1 m A + m B ja v = v v cm m A m B v A1 = v A1 v cm = v A1 v A1 = v A1 m A + m B m A + m B m A m B v B1 = v B1 v cm = 0 v A1 = v A1 m A + m B m A + m B

36 Esimerkki 3 jatkuu Kokonaisliikemäärä cm-koordinaatistossa on P 1 = m A v A1 + m B v B1 = = v B1 = m A m B v A1. Lisäksi m Am B v A1 m Am B v A1 = 0 m A + m B m A + m B P 2 = m A v A2 + m B v B2 = 0, joten v B2 = m A m B v A2 Kappaleiden kineettinen energia ( ma ) 2 K 1 = 1 2 m A(v A1) m B v A1 m B K 2 = 1 2 m A(v A2) ( 2 m ma B v A2 m B ) 2

37 Esimerkki 3 jatkuu Kineettinen energia säilyy: K 1 = K 2, joten v A1 = v A2 ja v B1 = v B2 Jotta törmäys tapahtuisi v A1 = v A2 ja v B1 = v B2 Tällöin m B v A2 = v A1 ja v B2 = m A + m B m A m A + m B v A1

38 Esimerkki 4 Raketti on ulkoavaruudessa, kaukana painovoimakentistä. Kun rakettimoottori käynnistetään, polttoaineen polttonopeus on km 0 = m s, missä m 0 on raketin alkumassa. 1. Mikä on raketin alkukiihtyvyys, jos palokaasun ulostulonopes on 2400 m s 1? 2. Mikä on raketin loppunopeus, jos 3/4 raketin massasta on polttoainetta? 3. Mikä on viimeisen polttoaineosan nopeus?

39 Esimerkki 4 Ratkaisu Määritelmät dm = km 0 = m s dp = (m + dm)(v + dv) v fuel dm mv dp = m dv + v ex dm (v ex = 2400 m s 1 ) = m dv + v ex dm = 0 = m dv = v ex dm

40 Esimerkki 4 Ratkaisu Varsinainen ratkaisu v 0 a) a = dv = v ex dm m 0 = kv ex m m Alussa m = m 0 = a = kv ex = 20 m s 2 b) m dv dm + v ex = 0 = mdv + v ex dm = 0 dv = v ex m m 0 dm m = v = v ex(ln m ln m 0 ) Loppumassa m = 1/4m 0 v = v ex ln m 0 m = v ex ln m s 1 c) v v fuel = v ex = v fuel = v v ex = 930 m s 1 v fuel positiivinen eli samaan suuntaan kuin raketin nopeus

41 Rakettiyhtälö yleisessä muodossa Nyt rakettiin vaikuttaa myös ulkoisia voimia Raketin liikemäärän muutos dp = P(t + ) P(t) = (m + dm)(v + dv) dm(v v ex ) mv = m dv + v ex dm Liikeyhtälö (diff. yhtälö!) dp = m dv + v ex dm = F ext

42 Kuljetinhihna Suuri kuljetinhihna (massa M) Ajan hetkellä t hihnan päällä materiaalia massa m Hihnalle putoaa materiaalia funktion dm/ mukaisesti M v m(t)

43 Kuljetinhihna, jatkoa Hihnan ja sen päällä olevan materiaalin muodostaman systeemin liikemäärän muutos dp = P(t + ) P(t) = (M + m + dm)(v + dv) (M + m)v dp = dm v + (M + m)dv = dm v + (M + m)dv = F ext Tästä voidaan ratkaista esim tarvittava ulkoinen voima, jotta linjan nopeus pysyy vakiona.

44 Sadepisara Vesipisaraan tiivistyy ilmankosteutta Vesimolekyyleillä jokin keskimääräinen nopeus v 0 Systeemin liikemäärän muutos ajassa d P = P(t + ) P(t) = (m + dm)( v + d v) (m v + dm v 0 ) d P = m d v + dm( v v 0 ) = dm ( v v 0) + m d v = F ext

45 Pöydältä putoava ketju Ketju asetettu osittain pöydän päälle Loput ketjusta roikkuu vapaasti pöydän ulkopuolella Ketju päästetään irti ajan hetkellä t = 0 Pöydän ja ketjun välistä kitkaa ei huomioida t = 0 VKK 1 VKK 2 N T l x 0 T x 0 w 1 w 2

46 Pöydältä putoava ketju Differentiaaliyhtälö Liikeyhtälöt: F 1 = T = m 1 a ja F 2 = w 2 T = m 2 a Alkuehdot x = l 0 ja nopeus v = 0 Massat m 1 = ρ(l x) ja m 2 = ρx, missä ρ = M/l Liikeyhtälöistä m 2 g m 1 a = m 2 a = ρxg ρ(l x)a = ρxa = d 2 x 2 = g l x

47 Pöydältä putoava ketju Yleinen ratkaisu Yhtälö d 2 x = g 2 x toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö (näihin l palataan kurssin loppupuolella värähdysliikkeen yhteydessä) Ratkaistaan käyttämällä yritettä x = A e αt +B e αt Sijoitetaan differentiaaliyhtälöön α 2 x = g l x = α = g l Saadaan yhtälön yleinen ratkaisu g x = A e l t +B e g l t

48 Pöydältä putoava ketju Erityisratkaisu Vakiot A ja B saadaan alkuehdoista dx (t = 0) = αa αb = 0 = A = B x(t = 0) = A + B = c = A = B = c 2 Erityinen ratkaisu x = c 2 [ g e l t + e ] g l t