ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op)
Luento 6: Liikemäärä ja impulssi Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Liikemäärä Kertauksena edellisviikolta Määritellään kappaleen liikemäärä ~p = m~v Liikemäärä Liikemäärä on vektori, jolla sama suunta kuin nopeusvektorilla. Liikemäärä voidaan lausua komponenteittain px = mvx , py = mvy ja pz = mvz ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Newtonin 2. lain yleinen muoto Liikemäärän avulla lausuttuna Newtonin toinen laki saadaan muotoon ~ net = F d~ p dt = Kappaleeseen vaikuttava nettovoima on yhtä suuri kuin kappaleen liikemäärän muutos ajan suhteen Voimassa vain inertiaalikoordinaatistoissa (oletus kiihtyvyyden muuttumattomuudesta koordinaatistomuunnoksessa!) ~ net = m~a, koska voidaan Yleisempi kuin F käyttää myös silloin kun massa muuttuu liikkeen aikana (raketti) Impulssi ~ net Tarkastellaan hiukkasta, johon kohdistuu vakiovoima F Määritellään voiman impulssi (vektorisuure) ~J = F ~ net (t2 − t1 ) = F ~ net ∆t ~ net on vakio, niin myös d ~p /dt on vakio, joten N-II: kun F ~ ~ ~J = F ~ net ∆t = d p ∆t = ∆p ∆t = ~p 2 − ~p 1 dt ∆t ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Impulssi: muuttuva voima ~ net (t ) ei ole vakio, impulssi lasketaan integraalina Jos voima F ~J = Zt2 ~ net (t )dt F t1 Impulssin ja liikemäärän muutoksen välinen yhteys on edelleen ~J = Zt2 t1 ~ net (t )dt = F Zt2 t1 Z~p2 d~ p dt = dt d~ p=~ p2 − ~ p1 ~p 1 ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Impulssi vs. liikemäärä Liikemäärän muutos riippuu voiman vaikutusajasta Jos hiukkasen lähtee levosta liikkeelle (eli ~ p 1 = 0), niin ~J = ~p 2 − ~p 1 =⇒ ~p 2 = ~p 1 + ~J = ~J eli liikemäärä on se impulssi, joka tarvitaan hiukkasen kiihdyttämiseksi levosta kyseiseen nopeuteen Impulssi riippuu voiman vaikutusajasta ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 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). ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Liikemäärän säilyminen ~ ab :lla, ja B:n Merkitään hiukkasen A aiheuttamaa voimaa B:hen F ~ ba :lla A:han F ~ ~ ~ ab = d p a F ~ ab = d p b F dt dt ~ ab = −F ~ ba =⇒ F ~ ab + F ~ ba = 0 N-III:n mukaan F ~ AB + F ~ BA = F d~ pA d~ pb d (~ pA + ~ pB ) + = =0 dt dt dt Systeemin liikemäärä on siis riippumaton ajasta eli se säilyy ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Liikemäärän säilyminen: monta kappaletta ~ Monen kappaleen systeemin kokonaisliikemäärä P ~ = ~p a + ~p b + . . . = ma ~v a + mb ~v b + . . . = P X mi ~ vi i Keskinäiset vuorovaikutukset kumoavat toisensa pareittain ~ ij = F ~ ji = 0, joten liikemäärän säilymislaki saadaan muotoon F ~ dP = 0, dt kun X ~ ext = 0 F Jos systeemiin vaikuttavien ulkoisten voimien resultantti on nolla, systeemin kokonaisliikemäärä säilyy ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Komponenttimuoto Koska liikemäärä on vektorisuure, se voidaan jakaa komponentteihin Px = X mi v x , i , Py = i X mi vy ,i , Pz = i X m i v z ,i i Jokaisen kokonaisliikemäärän komponentin suuruus säilyy P ~ ext = 0) eristetyssä systeemissä ( F dPx = 0, dt dPy = 0, dt ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos dPz =0 dt Syksy 2015 Törmäyksistä Tarkastellaan eristettyä systeemiä Oletetaan, että törmäyksessä törmäysvoimat ovat paljon suurempia kuin ulkoiset voimat eli Fcoll Fext Jos voimat konservatiivisia1 , 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 1 2 2 mv2 − mv1 , aiheesta tarkemmin luennolla 9 2 2 Täysin kimmoton törmäys va2 = vb2 = v2 A va1 B Tarkastellaan ensin täysin epäelastista törmäystä, jolloin hiukkasten nopeusvektorit törmäyksen jälkeen ovat samat (kappaleet tarttuvat yhteen) ~v a2 = ~v b2 = ~v 2 ma ~ v a1 + mb ~ v b1 Liikemäärä säilyy, joten ~ v2 = ma + mb ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 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 ) Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Massakeskipiste Hiukkassysteemin massakeskipisteen (center of mass) paikkavektori määritellään seuraavasti P ~r cm mi~r i m1~r 1 + m2~r 2 + . . . = = Pi m1 + m2 + . . . i mi Massakeskipiste Massakeskipiste ja painopiste ovat samat mikäli gravitaatiokenttä on systeemin alueella homogeeninen. ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Massakeskipisteen nopeus Ottamalla massakeskipisteen paikkavektorin yhtälöstä aikaderivaatta saadaan massakeskipisteen nopeusvektori P ~v cm = mi ~ vi m1 ~ v 1 + m2 ~ v2 + . . . = Pi m1 + m2 + . . . m i i Merkitään systeemin kokonaismassaa M = P mi Nyt massakeskipisteen nopeudesta saadaan M~ v cm = X ~ mi ~ vi = P Kokonaisliikemäärä on sama kuin jos systeemin kokonaismassa olisi keskittynyt massakeskipisteeseen ja liikkuisi samalla nopeudella kuin massakeskipiste Sisäiset ja ulkoiset voimat Derivoidaan edellinen yhtälö ajan suhteen eli M X d ~v i X d~ v CM = mi =⇒ m~aCM = mi ~ai dt dt Kirjoittamalla yhtälön oikealle puolelle jokaisen hiukkasen liikeyhtälö Newtonin 2. lain mukaan saadaan sinne yhteensä summa kaikista hiukkasiin vaikuttavista voimista eli P P P ~ ji ), joka voidaan jakaa sisäisiin ja ulkoisiin mi ~ai = i ( j F voimiin XX X X X ~ ji = ~ = ~ ext + ~ int F F F F i j ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Hiukkassysteemin liikeyhtälö Systeemin sisäisten voimien summa häviää Newtonin 3. lain P perusteella eli Fint = 0 Yhdistetään tulokset M~aCM = X mi ~ai = XX i ~ ji = F X ~ ext F j Systeemin massakeskipiste liikkuu kuten yksittäinen hiukkanen, jonka massa on koko systeemin massa M ja johon vaikuttaa P ~ ext kaikki systeemin osasiin vaikuttavat ulkoiset voimat F ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Eristetty systeemi Kirjoitetaan edellinen vielä muodossa X ~ ext = M~aCM = M F i dP ~ d~ v CM dh = M~ v CM = dt dt dt mikä on Newtonin 2. laki hiukkassysteemille. P ~ ext = 0) Eristetylle systeemille (ulkoisten voimien summa F X ~ ext = 0 =⇒ F ~ dP =0 dt ~ säilyy ja massakeskipiste liikkuu eli kokonaisliikemäärä P vakionopeudella ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 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 0cm = 0 0 0 ~ m1 ~ v 1 + m2 ~ v2 + . . . P = =0 m1 + m2 + . . . M 0 ~ 1 = 0 =⇒ ~p 0A1 = −~p 0B1 ja Seuraus: cm-koordinaatistossa P 0 ~ 2 = 0 =⇒ ~p 0A2 = −~p 0B2 P ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 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 ~ ext = F d~ p dt Myös voiman impulssi on hyvin käytännöllinen ratkaisukeino Zt 0 ~ (t ) dt = P ~ (t ) − P ~ (0) F Rakettiyhtälö Yksinkertaisuuden vuoksi: rakettiin ei vaikuta ulkoisia voimia Ajan hetkellä t raketin massa m ja nopeus ~ v Infinitesimaalisen lyhyessä ajassa dt 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 + dt Pakokaasujen ja raketin liikemäärä Tarkastellaan ajanhetkeä t + dt Pakokaasujen liikemäärä (−dm)~v fuel = −dm(~v − ~v ex ) missä pakokaasujen nopeudelle on käytetty koordinaatistomuunnosta ~ v fuel = ~ v −~ v ex Raketin liikemäärä ~p rak = (m + dm)(~v + d ~v ) Systeemin kokonaisliikemäärä ~ (t + dt ) = (m + dm)(~v + d ~v ) − dm(~v − ~v ex ) P ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Liikemäärän muutos ~ (t ) = m~v Liikemäärä hetkellä t on P Liikemäärän muutos ajassa dt on ~ =P ~ (t + dt ) − P ~ (t ) dP = (m + dm)(~v + d ~v ) − dm(~v − ~v ex ) − m~v = m~v − m~v + md ~v + ~v dm + dmd ~v − ~v dm + ~v ex dm = md ~v + ~v ex dm Termi dmd ~ v on merkityksettömän pieni verrattuna muihin termeihin → jätetään pois ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Ei ulkoisia voimia Jos systeemiin ei vaikuta ulkoisia voimia, on liikemäärän muutos ~ =0 dP md ~ v = −~ v ex dm =⇒ − Z~v ~ v0 d~ v = ~v ex Zm dm m m0 Jos raketin poistokaasujen nopeus raketin suhteen on vakio, niin integraalista saadaan hm i hm i 1 0 0 (~v − ~v 0 ) = ln =⇒ ~v = ~v 0 + ~v ex ln ~v ex m m ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Raketin kiihtyvyys Raketin hetkellinen kiihtyvyys voidaan ratkaista liikemäärän säilymislaista "jakamalla" se dt:llä ~ dP d~ v dm =m + ~v ex = 0 =⇒ dt dt dt ~v ex dm d~ v = ~a = − dt m dt Kiihtyvyys Raketin liikemäärän muutoksen aiheuttaa työntövoima ~ thrust = m~a = ~v ex F ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos dm dt Syksy 2015 Luennon sisältö Liikemäärä ja impulssi Liikemäärän säilyminen Massakeskipiste Muuttuva massa Laskettuja esimerkkejä ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 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. ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Esimerkki 1 Ratkaisu Liikemäärä säilyy: 0 x :mA vA = mA vA0 cos α + mB vBx 0 y :mA vA0 sin α + mB vBy mA vA − mA vA 0 cos α 0 =⇒ vBx = mB 0 sin α m v A A 0 vBy =− mB =⇒ vB0 = q 02 + v 02 vBx By β = arctan 0 vBy 0 vBx ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 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. ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Esimerkki 2 Ratkaisu 1. Törmäys: ~ p säilyy =⇒ mv0 = (m + M )v 2. Heilahdus: mekaaninen energia säilyy p 1 (m + M )v 2 = (m + M )gh =⇒ v = 2gh 2 m+M m+Mp v0 = v= 2gh m m E1 = E2 =⇒ ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Esimerkki 3 Tehtävä Laske kahden hiukkasen alku- ja loppunopeudet sekä kokonaisliikemäärä cm-koordinaatistossa suorassa kimmoisassa törmäyksessä. Laboratiokoordinaatistossa ensimmäisen kappaleen (A) nopeus ennen törmäystä olkoon vA1 ja toinen kappale (B) olkoon ennen törmäystä levossa. Ratkaisu vcm = mA vA1 mA + mB ja v 0 = v − vcm mA mB vA1 = vA1 mA + mB mA + mB mA mB =0− vA1 = − vA1 mA + mB mA + mB 0 vA1 = vA1 − vcm = vA1 − 0 vB1 = vB1 − vcm Esimerkki 3 jatkuu Kokonaisliikemäärä cm-koordinaatistossa on 0 0 + mB vB1 = P10 = mA vA1 0 =⇒ vB1 =− mA mB mA mB vA1 − vA1 = 0 mA + mB mA + mB mA 0 v . Lisäksi mB A1 0 0 0 P20 = mA vA2 + mB vB2 = 0, joten vB2 =− Kappaleiden kineettinen energia 2 2 mA 0 1 1 0 2 ) + mB v K1 = mA (vA1 2 2 mB A1 1 1 mA 0 0 2 K2 = mA (vA2 ) + mB v 2 2 mB A2 mA 0 v mB A2 Esimerkki 3 jatkuu 0 | = |v 0 | ja Kineettinen energia säilyy: K1 = K2 , joten |vA1 A2 0 0 |vB1 | = |vB2 | 0 = −v 0 ja v 0 = −v 0 Jotta törmäys tapahtuisi vA1 B2 B1 A2 Tällöin 0 =− vA2 mB mA + mB 0 vA1 ja vB2 = ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos mA vA1 mA + mB Syksy 2015 Esimerkki 4 Raketti on ulkoavaruudessa, kaukana painovoimakentistä. Kun rakettimoottori käynnistetään, polttoaineen polttonopeus on m0 −km0 = , missä m0 on raketin alkumassa. 120 s 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? ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Esimerkki 4 Ratkaisu Määritelmät m0 dm = −km0 = − dt 120 s dP = (m + dm)(v + dv ) − vfuel dm − mv = m dv + vex dm (vex = 2400 m s−1 ) dP dv dm dv dm =m + vex = 0 =⇒ m = −vex dt dt dt dt dt ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Esimerkki 4 Ratkaisu Varsinainen ratkaisu dv vex dm m0 =− = kvex dt m dt m Alussa m = m0 =⇒ a = kvex = 20 m s−2 dm dv + vex = 0 =⇒ mdv + vex dm = 0 b) m dt dt a) a = Zv Zm dv = −vex 0 dm =⇒ v = −vex (ln m − ln m0 ) m m0 m0 = vex ln 4 ≈ 3330 m s−1 m = v − vex = 930 m s−1 Loppumassa m = 1/4m0 v = vex ln c) v − vfuel = vex =⇒ vfuel vfuel positiivinen eli samaan suuntaan kuin raketin nopeus Rakettiyhtälö yleisessä muodossa Nyt rakettiin vaikuttaa myös ulkoisia voimia Raketin liikemäärän muutos dP = P (t + dt ) − P (t ) = (m + dm)(v + dv ) − dm(v − vex ) − mv = m dv + vex dm Liikeyhtälö (diff. yhtälö!) X dv dm dP =m + vex = Fext dt dt dt ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Kuljetinhihna Suuri kuljetinhihna (massa M) Ajan hetkellä t hihnan päällä materiaalia massa m Hihnalle putoaa materiaalia funktion dm/dt mukaisesti ~v M m (t ) ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Kuljetinhihna, jatkoa Hihnan ja sen päällä olevan materiaalin muodostaman systeemin liikemäärän muutos dP = P (t + dt ) − P (t ) = (M + m + dm)(v + dv ) − (M + m)v = dm v + (M + m)dv X dm dv dP = v + (M + m ) = Fext dt dt dt Tästä voidaan ratkaista esim tarvittava ulkoinen voima, jotta linjan nopeus pysyy vakiona. ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Sadepisara Vesipisaraan tiivistyy ilmankosteutta Vesimolekyyleillä jokin keskimääräinen nopeus ~ v0 Systeemin liikemäärän muutos ajassa dt ~ =P ~ (t + dt ) − P ~ (t ) = (m + dm)(~v + d ~v ) − (m~v + dm ~v 0 ) dP = m d ~v + dm(~v − ~v 0 ) X ~ dP dm d~ v ~ ext = (~v − ~v 0 ) + m = F dt dt dt ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 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 VKK1 t =0 VKK2 N T ` − x0 T x0 w1 ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos w2 Syksy 2015 Pöydältä putoava ketju Differentiaaliyhtälö Liikeyhtälöt: X F1 = T = m1 a ja X F2 = w2 − T = m2 a Alkuehdot x = `0 ja nopeus v = 0 Massat m1 = ρ(` − x ) ja m2 = ρx, missä ρ = M /` Liikeyhtälöistä m2 g − m1 a = m2 a =⇒ ρxg − ρ(` − x )a = ρxa =⇒ d 2x g = x dt 2 ` ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015 Pöydältä putoava ketju Yleinen ratkaisu d 2x g = x toisen kertaluvun differentiaaliyhtälö (näihin 2 dt ` palataan kurssin loppupuolella värähdysliikkeen yhteydessä) Yhtälö Ratkaistaan käyttämällä yritettä x = A eαt +B e−αt Sijoitetaan differentiaaliyhtälöön 2 α x= r g x =⇒ α = ` g ` Saadaan yhtälön yleinen ratkaisu √g x = Ae ` t +B e− ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos √g ` t Syksy 2015 Pöydältä putoava ketju Erityisratkaisu Vakiot A ja B saadaan alkuehdoista x (t = 0) = A + B = c dx (t = 0) = αA − αB = 0 =⇒ A = B dt =⇒ A = B = c 2 Erityinen ratkaisu x= √g i c h √g t e ` + e− ` t 2 ELEC-A3110 Mekaniikka (5 op) Sami Kujala Mikro- ja nanotekniikan laitos Syksy 2015
© Copyright 2024