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