6 Monen kappaleen vuorovaikutukset (Many-body interactions)

Transkriptio

1 6 Monen kappaleen vuorovaikutukset (Many-body interactions) 6.1 Newtonin III laki Voimme laskea kappaleen liiketilan Newtonin II lain avulla, jos tunnemme kaikki kappaleeseen vaikuttavat voimat. Jos kappaleita on useita, ei Newtonin II laki yksin riitä. Newtonin III laki: Jos kaksi kappaletta A ja B ovat vuorovaikutuksessa toistensa kanssa ja kappale B vaikuttaa A:han voimalla F B A, niin A vaikuttaa B:hen yhtä suurella, mutta vastakkaissuuntaisella voimalla F A B Esimerkkejä: - Esine pöydällä - Vaakasuoralla alustalla liikkuva kappalessa toisen kappaleen kanssa - Langalla kytketyt kappaleet a) Esine pöydällä Esineen paino Mg, pöydän tukivoima N b) Kaksi kontaktissa olevaa liikkuvaa kappaletta Työnnetään voimalla F kappaletta 1, jonka massa on M 1, joka puolestaan työntää kappaletta 2, jonka massa on M 2. Unohdetaan kitkavoima. Tarkastellaan kumpankin kappaleeseen vaikuttavia voimia erikseen ns. vapaakappale kuvina (engl. free-body diagram) Kappale 1: F + R 2 1 = M 1 a Kappale 2: R 1 2 = M 2 a missä R 1 2 on kappaleen 1 vaikuttama voima kappaleeseen 2 ja R 2 1 on kappaleen 2 vaikuttama voima kappaleeseen 1 Newtonin III lain mukaan R 2 1 = R 1 2 joten F + R R 1 2 = M 1 a + M 2 a 1

2 ja systeemin kiihtyvyys a = F M 1 + M 2 ja voimat R 2 1 = M 2 M 1 + M 2 F R 1 2 = c) Langalla yhdistetyt kappaleet M 2 M 1 + M 2 F Olkoon kappale, jonka massa on M, pöydällä. Siihen on kiinnitetty lanka, joka väkipyörän kautta on kiinni roikkuvassa kappaleessa, jonka massa on m. Kummallekin kappaleelle voidaan erikseen soveltaa Newtonin II lakia, jolloin { T Fk = Ma mg T = ma Koska kappaleet on kytketty langalla toisiinsa, on a = a ja T = T, jolloin saadaan missä F k = µmg ja sitten Eliminoidaan ensin T, josta saadaan { T Fk = Ma mg T = ma T = a = mg µmg M + m mm (1 µ)g M + m 6.2 Liikemäärän säilymisen periaate Jos systeemissämme on useita hiukkasia, saadaan hiukkasen 1 liikemäärän muutokseksi dp 1 = (F 1 ) ulk + f f missä F 1 on hiukkaseen 1 vaikuttavien ulkoisten voimien summa ja f hiukkaseen 1 vaikuttavien muiden hiukkasten aiheuttama voima. 2

3 Vastaavasti kaikille hiukkasille: jne. dp 2 dp 3 = (F 2 ) ulk + f f = (F 3 ) ulk + f f Kokonaisliikemäärä P on siten ja sen derivaatta ajan suhteen P = p 1 + p 2 + p dp = dp 1 + dp 2 + dp Koska kahden hiukkasen välillä vaikuttavat voimat ovat Newtonin III lain mukaisia, ne kumoutuvat pareittain, jolloin jäljelle jää dp = (F 1) ulk + (F 2 ) ulk + (F 3 ) ulk +... = i (F i ) ulk = F ulk siis dp = F ulk joka on Newtonin II laki hiukkassysteemille Seuraus: Jos systeemiin ei vaikuta ulkoisia voimia eli F ulk = 0, on kokonaisliikemäärän aikaderivaatta nolla ja = P = vakio Jos hiukkassysteemiin ei vaikuta ulkoisia voimia, on sen kokonaisliikemäärä vakio Tätä periaatetta voidaan soveltaa kaikenlaisissa törmäyksissä. 6.3 Hiukkassysteemin mekaaninen energia Usean hiukkasen muodostamalle hiukkassysteemille saadaan kokonaisenergiaksi 3

4 E = 1 2 m 1v m 2v m 3v U(r 1,r 2,r 3,...) ja vastaanva Hamiltonin funktio on H(p 1,p 2,p 3,...r 1,r 2,r 3,...) = p2 1 2m 1 + p2 2 2m 2 + p2 3 2m U(r 1,r 2,r 3,...) Hiukkassysteemin mekaaninen energia säilyy konservatiivisessa kentässä 6.4 Hajoamiset ja törmäykset (Decays and collisions) Hajoaminen (decay) Jos kappale esim. räjähdyksen tai muiden voimien seurauksena hajoaa kahdeksi tai useammaksi kappaleeksi, lähtevät kappaleet eri suuntiin Olkoon hajoavan kappaleen massa M Jos kappaleeseen ei vaikuta ulkoisia voimia ja hajoava kappale on aluksi levossa, pätee M 0 = 0 = m 1 v 1 + m 2 v 2 + m 3 v Kahden kappaleen tapaus Olkoon kappale aluksi levossa. Hajotkoon se kahteen osaan, joiden massat ovat m 1 ja m 2. Olkoon niiden nopeudet v 1 ja v 2. Tällöin liikemäärä on ja mekaanisen energian muutos 0 = m 1 v 1 + m 2 v 2 E = 1 2 m 1v m 2v 2 2 Siten kineettinen energia osalle 1 on K 1 = 1 2 m 1v 2 1 = E 1 + m 1 /m 2 4

5 ja osalle 2 K 2 = 1 2 m 2v 2 2 = E 1 + m 2 /m 1 Jos nämä jaetaan puolittain, saadaan K 1 K 2 = 1 + m 2/m m 1 /m 2 = m 2 m 1 Käykää itse läpi 241 Am:n α-hajoaminen Törmäykset (collisions) Käsitteellä törmäys tarkoitetaan lyhytkestoista, kahden kappaleen välistä voimakasta vuorovaikutusta. Vuorovaikutuksen kesto on niin lyhyt, että tarkastelu voidaan jakaa aikaan ennen törmäystä ja törmäyksen jälkeen. Törmäykset voivat olla kimmoisia (elastic) tai kimmottomia (inelastic). On mahdotonta kuvailla törmäysprosessi yksityiskohtaisesti! Jos systeemiin ei vaikuta ulkoisia voimia, ainakin kokonaisliikemäärä säilyy törmäyksessä. Koostukoon systeemi kahdesta hiukkasesta, joiden massat ovat m 1 ja m 2. Tällöin p 1 + p 2 = q 1 + q 2 missä p 1 ja p 2 ovat hiukkasten liikemäärät ennen törmäystä ja q 1 ja q 2 ovat hiukkasten liikemäärät törmäyksen jälkeen. Tai toisin ennen jälkeen m 1 u 1 + m 2 u 2 = m 1 v 1 + m 2 v 2 Energia ei välttämättä säily törmäyksissä. Jos se säilyy, on törmäys kimmoinen Siten kimmoisessa törmäyksessä pätee myös Kimmoisissa törmäyksissä 1 2 m 1u m 2u 2 2 = 1 2 m 1v m 2v 2 2 E = ( 1 2 m 1v m 2v 2 2) ( 1 2 m 1u m 2u 2 2) = 0 Kimmottomassa törmäyksessä puolestaan E = K jalkeen K ennen = ( 1 2 m 1v m 2v2) 2 ( 1 2 m 1u m 2u 2 2) 0 Tällöin 5

6 Q = K jalkeen K ennen missä Q on reaktion Q-arvo. Jos Q < 0, kineettinen energia pienenee ja energiaa siirtyy sisäiseksi potentiaalienergiaksi Jos Q > 0, kineettinen energia suurenee sisäisen potentiaalienergian kustannuksella Täysin kimmoton törmäys on sellainen, jossa törmäävät kappaleet takertuvat yhteen ja jatkavat matkaansa yhden kappaleen tavoin. 6.5 Hiukkassysteemin massakeskipiste (center of mass) Usean hiukkasen systeemissä massakeskipisteen x-koordinaatti saadaan lausekkeesta x cm = m m 1x 1 + m 2 x i x i i = +... i m i missä hiukkasen, jonka massa on m 1, paikkavektorin x-komponentti on x 1 jne. Vastaavasti saadaan y- ja z-suuntien massakeskipisteet. Kolmiulotteisessa tapauksessa R cm = m 1r 1 + m 2 r = m i r i i m i i = 1 M m i r i i ja jatkuvan massan tapauksessa R cm = rdm dm = rρdv = 1 ρdv M V rρdv Koska nopeus on paikan derivaatta ajan suhteen, saadaan V cm = m m 1v 1 + m 2 v i v i i = = 1 m i v i +... M i m i i ja kokonaisliikemäärä P cm = m 1 v 1 + m 2 v = ( +...)V cm = MV cm Derivoidaan tämä lauseke ajan suhteen 6

7 dp cm = m 1 a 1 + m 2 a = dp 1 + dp = M dv Koska liikemäärän aikaderivaatta on voima, saadaan edelleen F ulk = (F 1 ) ulk + (F 2 ) ulk +... = dp = M dv cm = Ma cm Hiukkassysteemi käyttäytyy kuten yksi hiukkanen, jonka massa on sijoitettu hiukkassysteemin massakeskipisteeseen. 6.6 Kahden kappaleen probleema Tarkastellaan kahta kappaletta, jotka ovat vuorovaikutuksessa toistensa kanssa. Tällöin Newtonin III lain mukaan F 2 1 = F 1 2 = F Jos muita voimia ei ole, saadaan a 1 = dv 1 = F 2 1 m 1 = F m 1 sekä a 2 = dv 2 = F 1 2 m 2 = F m 2 Vähennetään kiihtyvyydet toisistaan a 1 a 2 = F m 1 ( Fm2 ) ( 1 a 1 a 2 = F + 1 ) m1 m2 Kiihtyvyyksistä saadaan ja myös a 1 a 2 = dv 1 dv 2 = d (v 1 v 2 ) a 1 a 2 = d2 2(r 1 r 2 ) 7

8 Kahden kappaleen väli r on yhtä kuin r = r 1 r 2 jolloin sekä v 1 v 2 = dr = v a 1 a 2 = dv = d2 r 2 = a Siten siis hiukkasen 2 paikalla oleva havaitsija havaitsee hiukkasen 1 paikan r, nopeuden v ja kiihtyvyyden a ( 1 a = F + 1 ) = F m1 m2 m r missä m r on redusoitu massa ja ( 1 1 = + 1 ) m r m 1 m 2 Redusoitua massaa merkitään usein myös µ:llä Kahden kappaleen probleema täytyy oikeaoppisesti käsitellä redusoidun massan avulla. Joskus erikoistapauksissa, joissa M m, voidaan suurempimassaisen kappaleen approksimoida olevan paikallaan. Redusoitu massa voidaan esittää myös m r = m 1m 2 Massakeskipistekoordinaatisto Tarkastellaan kahden kappaleen systeemin massakeskipistettä Massakeskipisteen nopeus on R cm = m 1r 1 + m 2 r 2 V cm = m 1v 1 + m 2 v 2 = P Nyt hiukkasen 1 nopeudeksi tässä massakeskipistekoordinaatistossa saadaan: V cm v 1 = m 1v 1 + m 2 v 2 v 1 8

9 Tästä saadaan (käy itse läpi) ja v 1 = V cm + m 2 v v 2 = V cm m 1 v Näitä käytettäessä pääsemme systeemin kineettiseen energiaan K = K 1 + K 2 = 1 2 m 1v m 2v 2 2 Käy tämäkin kehitelmävaihe itse läpi K = 1 2 ( )V 2 cm m rv 2 = 1 2 MV 2 cm m rv 2 Systeemin kokonaisenergia E T on kineettisen ja potentiaalienergian summa jolloin E T = 1 2 MV 2 cm m rv 2 + U(r 1,r 2 ) Jos potentiaalienergia riippuu vain hiukkasten välimatkasta, saadaan E T = 1 2 MV 2 cm m rv 2 + U(r) Jaotellaan lausekkeita hieman E T = [ 1 2 MV 2 cm] + [ 1 2 m rv 2 + U(r)] = vakio Hakasulkujen sisällä olevat lausekkeet ovat molemmat vakioita ja kokonaisenergian lauseke palautuu kahdeksi yksihiukkas probleemaksi. Edellinen hakasulkulauseke tarkoittaa massakeskipistettä, joka liikkuu vakionopeudella V cm ja toinen redusoidun massan omaavaa hiukkasta, joka liikkuu potentiaalienergiafunktion U(r) keskeisvoimakentässä. Kokonaisenergiaksi saadaan E T = E cm + E Massakeskipistekoordinaatisto: valitaan R cm = 0 ja V cm = 0 Tällöin jää jäljelle E = 1 2 m rv 2 + U(r) sillä E cm = 1 2 MV 2 cm = 0 9

10 6.7 Törmäykset laboratorio- ja massakeskipistekoordinaatistossa Hieman laajennusta törmäysliikkeisiin eri koordinaatistoissa Laboratoriokoordinaatisto: Laboratorion oletetaan olevan paikallaan ja liikkumaton. Esim. laboratorion pöydän pintaan kiinnitetään koordinaatiston origo. Mm. paikkoja ja nopeuksia mitataan tuon origon suhteen. Hiukkaskiihdyttimissä törmäytetään usein suureen nopeuteen kiihdytetty hiukkanen laboratoriossa paikallaan olevaan hiukkaseen. Tilannetta voidaan tarkastella myös massakeskipistekoordinaatiston kannalta. Katsotaan muutamia esimerkkejä läpi. Katsokaa ne huolellisesti läpi kirjasta. Yleinen kahden kappaleen törmäys lab-koordinaatistossa. Törmätköön hiukkanen 1 paikallaan olevaan hiukkaseen 2. Olkoot hiukkasten massat m 1 ja m 2 ja niiden nopeudet ennen törmäystä u 1 ja u 2 = 0. Olkoon nopeudet törmäyksen jälkeen v 1 ja v 2 ja kulmat u 1 :een nähden θ 1 ja θ 2. Tällöin liikemäärät ovat mutta koska p 2 = 0 saadaan p 1 + p 2 = q 1 + q 2 p 1 = q 1 + q 2 Kineettinen energia puolestaan on p 2 1 2m 1 = q2 1 2m 1 + q2 2 2m 2 + Q Toisaalta Näiden kahden kaavan avulla voidaan ratkaista tuntemattomat suureet. Jos m 1 = m 2 = m: saadaan p 2 1 = q1 2 + q mQ Näistä saadaan p 2 1 = (q 1 + q 2 ) (q 1 + q 2 ) = q q 1 q 2 + q 2 2 2mQ = 2q 1 q 2 Erikoistapaus: Jos törmäys on kimmoinen Q = 0 jolloin 2q 1 q 2 = 0 eli q 1 :n ja q 2 :n välinen kulma on 90. Siis laboratoriokoordinaatistossa hiukkasen törmätessä kimmoisesti yhtä suuri massaiseen hiukkaseen, lähtevät hiukkaset törmäyspisteestä 90 kulmassa. Sama kahden kappaleen törmäys cm-koordinaatistossa. Nyt tilannetta tarkastellaan massakeskipistekoordinaatistossa. Tällöin törmäyksessä liikkuvat molemmat hiukkaset. (Huom. itse massakeksipiste myös liikkuu lab-koordinaatistossa, 10

11 mutta koska tarkastelemme tilannetta cm-koordinaatistossa, liikumme itse massakeskipisteen mukana!) Olkoot hiukkasten massat edelleen m 1 ja m 2. Niiden nopeudet ennen törmäystä ovat u 1 ja u 2 = 0. Olkoon nopeudet törmäyksen jälkeen v 1 ja v 2. Kulma, johon molemmat hukkaset lähtevät cm:stä olkoon θ. ja Nyt liikemäärät ovat ja kineettiset energiat p 1 + p 2 = 0 q 1 + q 2 = 0 Kineettinen energia puolestaan on p p 2 2 = q q Q 2m 1 2m 2 2m 1 2m 2 Liikemäärän lausekkeista saadaan p 2 = p 1 ja sekä p 2 2 = p 2 1 q 2 2 = q 1 2 eli Sijoittamalla nämä kineettisen energian lausekkeeseen saadaan ( ) ( ) p 2 m1 + m 2 1 = q 2 m1 + m Q 2m 1 m 2 2m 1 m 2 sekä vastaavasti saamme p 2 1 = q Q 2m r 2m r p 2 2 = q Q 2m r 2m r Koska lab-koordinaatistosta saamme i m i v i V cm = = m 1v 1 i m i v 1 = v 1 V cm = v 1 m 1v 1 = m 2v 1 Jos piirrämme u 1:n, v 1:n ja V cm :n samaan kuvaan, saamme (piirrä kuva ja katso itse) 11

12 Saamme y- ja x-akseleille: v 1 sinθ 1 = v 1sinθ v 1 cosθ 1 = v 1cosθ + V cm Ja viimein saamme kulmien välille relaation tanθ 1 = sinθ cosθ +V cm/v 1 Erikoistapaus: Jos m 1 = m 2 ja V cm = v 1, saadaan sillä tanθ 1 = sinθ cosθ + 1 = tanθ 2 tan α 2 = sinα cosα + 1 Tällöin θ 1 = θ /2. Siis kimmoisessa törmäyksessä, jossa hiukkasten massat ovat yhtä suuret ja jossa hiukkanen 1 lähteen kulmaan θ 1 lab-koordinaatistossa, lähtevät hiukkaset kulmaan θ = 2θ 1 cm-koordinaatistossa. Restituutio- eli palautumiskerroin Törmäyksiä käsiteltäessä käytetään myös palautumiskerrointa e tai ɛ joka on Se on etääntymisnopeus/lähestymisnopeus. e = q p = v 1 v 2 u 1 u 2 Kineettisen energian muutos cm-koordinaatistossa on ( ) q 2 E = 1 + q 2 2 2m 1 2m 2 ( p 2 1 ) + p 2 2 2m 1 2m 2 ( ) ( ) q 2 = + q 2 p 2 + p 2 2m 1 2m 2 2m 1 2m 2 ( = q ) ( p ) 2 m1 m2 2 m1 m2 = q 2 2m r p 2 2m r = (ep ) 2 2m r + p 2 2m r = (e 2 1) p 2 2m r = (1 e 2 )K 0 12

13 missä K 0 on kineettinen energia ennen törmäystä cm-koordinaatistossa Tästä saadaan labkoordinaatistossa lauseke ( ) E = (1 e 2 m 2 ) K 0 missä K 0 on kineettinen energia ennen törmäystä laboratoriokoordinaatistossa. Siis: Suhteellinen energianmenetys törmäyksessä on cm-koordinaatistossa (1 e 2 ) ja lab-koordinaatistossa ( m 2 ) (1 e 2 ) Voidaan myös johtaa lauseke Q:n ja e:n välille missä u = u 1 u 2 Q = 1 2 m ru 2 (1 e 2 ) Myöskin K after K 0 = e 2 Kimmoisissa törmäyksissä e = 1, muissa e Hiukkassysteemin liikemäärämomentti Hiukkassysteemissä kukin hiukkanen kokee muiden hiukkasten aiheuttaman voiman. jos haluamme tarkastella liikemäärämomenttia, tarvitsemme jonkin pisteen (esim. origon), jonka suhteen sitä tarkastellaan. Tällöin L = r p ja vastaavasti dl 1 dl 2 = r 1 (F 1 ) ulk + r 1 f r 1 f dl 1 = M 1 = r 2 (F 2 ) ulk + r 2 f r 2 f

14 ... Siten kokonaisliikemäärämomentti L on L = L 1 + L 2 + L ja sen aikaderivaatta L = L 1 + L 2 + L Newtonin III lain mukaan hiukkasten väliset voiman momentit kumoavat toisensa eli jne, joten hiukkassysteemille saadaan Siten r 1 f 2 1 = r 2 f 1 2 dl = r 1 (F 1 ) ulk + r 2 (F 2 ) ulk + r 3 (F 3 ) ulk +... = M ulk dl = M ulk Tästä seuraa erittäin oleellinen ja tärkeä säilymisperiaate: Siis, jos M ulk = 0,siitä seuraa dl = 0, joten L on vakio. Jos siis hiukkassysteemiin vaikuttavien ulkoisten voimien momentti on nolla, hiukkassysteemin liikemäärämomentti säilyy! 6.9 Säilymisperiaatteet Fysiikan suuret säilymisperiaatteet ovat: 1) energian säilyminen 2) liikemäärän säilyminen 3) liimemäärämomentin säilyminen Näiden avulla voidaan selvittää törmäysprosesseja, vaikka itse törmäystapahtumasta ei tiedetä juuri mitään. Näihin liittyy myös symmetriaa. Geometrinen symmetria Newtonin toinen laki on F = M d2 r 2 14

15 Jos tässä vaihdetaan t t, ei voimassa havaita muutosta. Siten myös liikeyhtälö ei muutu vaikka aika käänetään (ei päde vaimenevassa värähdysliikkeessä). Jos voimakenttä riippuu hiukkasen nopeudesta, ei työ siirryttäessä pisteestä A pisteeseen B ole riippumaton tiestä. Tällöin myöskään energia ei säily. Mekaaninen energia säilyy, jos Hamiltonin funktio H( t) = H(t). Liikemäärän säilyminen Kokonaisliikemäärä säilyy, jos Hamiltonin funktio on riippumaton siirtymästä eli H(r+ a) = H(r), missä a on siirtymä. Tämä tarkoittaa myös sitä, että systeemiin vaikuttava ulkoinen voima on homogeeninen Liikemäärämomentin säilyminen Liikemäärämomentti säilyy, jos Hamiltonin funktio on riippumaton pyörimisliikkeestä. Tällöin ulkoinen voima on isotrooppinen. Dynaaminen symmetria Dynaaminen symmetria liittyy inverse square law voimaan. Esimerkkinä on Runge- Lenz vektori ja sen säilyminen. Laajennus: 6.10 Jäykän kappaleen massakeskipiste Tarkastellaan jäykkien kappaleiden massakeskipisteen laskua muutamin esimerkein. Kun tämän oppii, on jatkossa helppo laskea jäykkien kappaleiden hitausmomentteja. Massakeskipisteen laskeminen: - mieti koordinaatiston asetus - käytä symmetriaa hyväksi - mieti massaelementin dm valinta. Se on tehtävän oleellisin asia Esim. 1: Lasketaan l:n pitusen, m-massaisen ja poikkipinta-alaltaan A:n suuruisen umpinaisen tangon massakeskipiste, kun sen tiheys on ρ. Sovelletaan aikaisemmin olutta lauseketta rdm rρdv R cm = = = 1 dm ρdv M yhdessä dimensiossa V rρdv Asetetaan tanko x-akselin suuntaisesti siten, että sen toinen pää on origossa.... Esim. 2: Lasketaan esimerkissä 1) olleen tangon massakeskipiste hiukan toisin. Asetetaan tanko x-akselin suuntaisesti siten, että sen toinen pää EI ole origossa

16 Esim. 3: Jokin muu esimerkki. 16