Luento 8: Liikemäärä ja impulssi

Luento 8: Liikemäärä ja impulssi Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Harjoituksia ja esimerkkejä

Ajankohtaista

Konseptitesti 1 ÄLÄ KOKEILE TÄTÄ KOTONA! Kysymys Ajattele nopeasti! Ajat kapealla yksisuuntaisella tiellä kun yhtäkkiä mutkan takaa ilmestyy vastaantuleva auto. Auto on täysin identtinen ja kulkee samaa vauhtia kuin sinun autosi. Mitä teet? 1. Ajat suoraan seinää päin 2. Törmäät vastaantulevaan autoon 3. On ihan sama mitä teet 4. Ryhdyt tutkimaan luentokalvoja

Konseptitesti 1 ÄLÄ KOKEILE TÄTÄ KOTONA! Kysymys Ajattele nopeasti! Ajat kapealla yksisuuntaisella tiellä kun yhtäkkiä mutkan takaa ilmestyy vastaantuleva auto. Auto on täysin identtinen ja kulkee samaa vauhtia kuin sinun autosi. Mitä teet? 1. Ajat suoraan seinää päin 2. Törmäät vastaantulevaan autoon 3. On ihan sama mitä teet (liikemäärän kannalta) 4. Ryhdyt tutkimaan luentokalvoja

Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Harjoituksia ja esimerkkejä

Johdanto Esimerkiksi kahden kappaleen törmäyksissä on vaikea määrittää minkäsuuruiset ja -suuntaiset voimat vaikuttavat kappaleisiin Tällaisia ongelmia on usein helpointa käsitellä impulssin (impulse) ja liikemäärän (momentum) avulla Ratkaistaan käyttäen liikemäärän säilymisen periaatetta Vaikuttavia voimia ei tällöin tarvitse edes tuntea

Newtonin toinen laki Newtonin toinen laki (N-II) m-massaiselle kappaleelle Kiihtyvyys on ~a = dv/! N-II voidaan lausua muodossa X ~F = ~ F net = m~a = m d~v = d(m~v) Yhtälö ~ F net = m~a ei ole Newtonin toinen laki yleisimmässä muodossaan Siinä on jo oletettu, että kappaleen massa säilyy vakiona Määritellään seuraavaksi liikemäärä, jonka avulla N-II voidaan yleistää

Liikemäärä Määritellään kappaleen liikemääräksi ~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

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. Yleisempi kuin ~ F net = m~a, koska voidaan käyttää myös silloin kun massa muuttuu liikkeen aikana (raketti)

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 t = ~p t t = ~p 2 ~p 1

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

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

Konseptitesti 2 Kysymys Kitkattomalla alustalla nopeudella v liikkuva vaunu törmää paikallaan olevaan vaunuun ja vaunut jatkavat matkaansa yhteen takertuneina. Vaunut ovat identtisiä. Mikä on vaunujen nopeus törmäyksen jälkeen? 1. v 2. 0.5v 3. Nolla 4. 0.5v 5. v 6. Tarvitaan lisää tietoa

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).

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 ) Systeemin liikemäärä on siis riippumaton ajasta eli se säilyy = 0

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

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

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 2 2 1 2 mv 2 1, aiheesta tarkemmin luennolla 10

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

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 )

Konseptitesti 3 Kysymys Päältä avoimeen junanvaunuun sataa pystysuoraan vettä sen liikkuessa alunperin vakionopeudella vaakasuoralla junaradalla. Junaradan ja vaunun välinen kitka on merkityksettömän pieni. Veden kertymisen takia vaunun vauhti: 1. Kasvaa 2. Ei muutu 3. Vähenee vaunun vesimassan kasvaessa.

Harjoitus Kysymys Päältä avoimeen junanvaunuun sataa pystysuoraan vettä sen liikkuessa alunperin vakionopeudella vaakasuoralla junaradalla. Junaradan ja vaunun välinen kitka on merkityksettömän pieni. Määritä laskien parin kanssa mitä tapahtuu vaunun kineettiselle energialle E k = 1 2 mv 2 vaunun vesimassan kasvaessa (lisää energiatarkasteluja luennolla 10). 1. Kasvaa 2. Ei muutu 3. Vähenee 4. Ratkaisua ei voi tehdä annettujen tietojen perusteella

Ratkaisu

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

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

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

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

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

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

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 Z t 0 ~F(t) = ~ P(t) ~ P(0)

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 +

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 Raketin liikemäärä ~p rak =(m + dm)(~v + d~v) Systeemin kokonaisliikemäärä ~P(t + ) =(m + dm)(~v + d~v) dm(~v ~v ex ) ~v ex

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

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

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 =) Raketin liikemäärän muutoksen aiheuttaa työntövoima ~F thrust = m~a = ~v ex dm Kiihtyvyys

Harjoitus 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.

Harjoitus 1 Ratkaisu Liikemäärä säilyy: x :m A v A = m A v 0 A cos + m Bv 0 Bx y :m A v 0 A sin + m Bv 0 By =) v 0 Bx = m Av A m A v A 0 cos m B v 0 By = m AvA 0 sin m q B =) v 0 B = vbx 02 + v By 02 = arctan v 0 By v 0 Bx

Harjoitus 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.

Harjoitus 2 Ratkaisu 1. Törmäys: liikemäärä 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 = p 2gh v = m + M p 2gh m

Esimerkki 1 Tehtävä Laske kahden hiukkasen alku- ja loppunopeudet sekä kokonaisliikemäärä cm-koordinaatistossa suorassa kimmoisassa törmäyksessä. Laboratoriokoordinaatistossa 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 0 = v v cm v 0 A1 = v A1 v cm = v A1 m A m A + m B v A1 = v 0 B1 = v B1 v cm = 0 m A m A + m B v A1 = m B v A1 m A + m B m B v A1 m A + m B

Esimerkki 1 jatkuu Kokonaisliikemäärä cm-koordinaatistossa on P 0 1 = m A v 0 A1 + m B v 0 B1 = m Am B v A1 m A + m B =) v 0 B1 = m A m B v 0 A1. Lisäksi Kappaleiden kineettinen energia P 0 2 = m A v 0 A2 + m B v 0 B2 = 0, joten v 0 B2 = m A m B m A + m B v A1 = 0 m A m B v 0 A2 ma 2 K 1 = 1 2 m A(vA1) 0 2 + 1 2 m B v 0 A1 m B K 2 = 1 2 m A(vA2) 0 2 + 1 2 m ma B v 0 A2 m B 2

Esimerkki 1 jatkuu Kineettinen energia säilyy: K 1 = K 2, joten v 0 A1 = v 0 A2 ja v 0 B1 = v 0 B2 Jotta törmäys tapahtuisi v 0 A1 = v 0 A2 ja v 0 B1 = v 0 B2 Tällöin v 0 A2 = m B m A + m B v A1 ja v 0 B2 = m A m A + m B v A1

Esimerkki 2 Raketti on ulkoavaruudessa, kaukana painovoimakentistä. Kun rakettimoottori käynnistetään, polttoaineen polttonopeus on km 0 = m 0 120 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?

Esimerkki 2 Ratkaisu Määritelmät dm m 0 = km 0 = 120 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

Esimerkki 2 Ratkaisu Z 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 dv = dm + v ex = 0 =) mdv + v ex dm = 0 v ex Z 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 4 3330 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

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 = X F ext

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

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 = X F ext Tästä voidaan ratkaista esim tarvittava ulkoinen voima, jotta linjan nopeus pysyy vakiona.

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 = md~v + dm(~v ~v 0 ) = dm (~v ~v 0)+m d~v = X ~ F ext

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 ` x 0 T x 0 w 1 w 2

Pöydältä putoava ketju Differentiaaliyhtälö X X Liikeyhtälöt: F 1 = T = m 1 a ja F 2 = w 2 T = m 2 a Alkuehdot x = `0 ja nopeus v = 0 Massat m 1 = (` x) ja m 2 = x, missä = M/` Liikeyhtälöistä m 2 g m 1 a = m 2 a =) xg (` x)a = xa =) d 2 x 2 = g` x

Pöydältä putoava ketju Yleinen ratkaisu Yhtälö d 2 x = g` 2 x toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö (näihin palataan tarkemmin kurssin loppupuolella värähdysliikkeen yhteydessä) Ratkaistaan käyttämällä yritettä x = A e t +B e t Sijoitetaan differentiaaliyhtälöön Saadaan yhtälön yleinen ratkaisu 2 x = g` x =) = r g` x = A ep g` t +B e p g` t

Pöydältä putoava ketju Erityisratkaisu Vakiot A ja B saadaan alkuehdoista dx (t = 0) = A B = 0 =) A = B x(t = 0) =A + B = c Erityinen ratkaisu x = c 2 h ep g` t + e =) A = B = c 2 p g` ti