Föreläsning 12/9 Rörelse i en dimension Ulf Torkelsson 1 Newtons

Föreläsning 12/9
Rörelse i en dimension
Ulf Torkelsson
1
Newtons lagar
Newton ställde upp tre lagar som beskriver en partikels eller kropps rörelse. Dessa lagar är formulerade så att de gäller i ett inertialsystem, det vill säga ett referenssystem som inte accelererar:
1. Varje kropp behåller sitt tillstånd av vila eller likformig rörelse längs en rät linje, så länge
som den inte påverkas av någon kraft.
2. Förändringen i rörelsen är proportionell mot den anbringade kraften och sker i den riktning
i vilken kraften verkar.
3. Mot varje kraft svarar en lika stor och motriktad motkraft.
Newtons första lag kan tyckas vara ett specialfall av hans andra lag, men egentligen så är den
första lagen en definition av ett inertialsystem. Ett inertialsystem är helt enkelt ett system i vilket
en kropps likformiga rörelse inte förändras utan att vi anbringar en kraft.
För Newtons andra lag måste vi först fundera på vad som bestämmer hur svårt det är att
förändra en kropps rörelse. Vi vet av erfarenhet att ju tyngre en kropp är desto svårare är det
att sätta den i rörelse, eller bromsa in den om den redan rör sig. Vi kan definiera massan så att
kvantiteten
p = mv
(1)
beskriver en kropps rörelse (experimentellt kan man visa att p är bevarad i kollisioner), och vi kan
skriva Newtons andra lag som
dp
(2)
F=k .
dt
k är en konstant som blir 1 om vi använder SI-enheter. Om massan m är konstant så kan vi till
slut skriva Newtons andra lag som
dv
F=m
= ma.
(3)
dt
Newtons tredje lag betyder att om vi tar två kroppar som påverkar varandra genom krafter
så gäller det att om kropp 1 påverkar kropp 2 med en kraft F12 , så påverkar kropp 2 samtidigt
kropp 1 med en kraft F21 = −F12 . Ur denna lag följer att kropparnas totala rörelsemängd är
bevarad. Antag att kropparna påverkar varandra under en tid ∆t. Då följer att rörelsemängden
för kropp 1 förändras med ∆p1 = ∆tF21 och rörelsemängden för kropp 2 förändras med ∆p2 =
∆tF12 = −∆tF21 = −∆p1 .
Exempel: Ett rymdskepp med massan M rör sig med 20 km s−1 . Den lösgör det sista raketsteget med massan 0, 2M som åker iväg med hastigheten 5 km s−1 relativt rymdskeppet. Beräkna
rymdskeppets hastighet efteråt.
Lösning: Eftersom rörelsemängden är bevarad så måste summan av raketstegets och rymdskeppets rörelsemängder efteråt vara desamma som rymdskeppets ursprungliga rörelsemängd. Beteckna
rymdskeppets hastighet före och efter med vi och vf . Den ursprungliga rörelsemängden är
pi = M vi .
(4)
Efteråt har raketsteget hastigheten U relativt en yttre observatör, så vi har
pf = 0.2M U + 0.8M vf .
(5)
U = vf − u, där u är den hastighet med vilken raketsteget avlägsnar sig från rymdskeppet. När vi
sätter rörelsemängderna lika med varandra får vi
M vi = 0.2M (vf − u) + 0.8M vf = M vf − 0.2M u,
1
(6)
där vi kan lösa ut den eftersökta vf
vf = vi + 0.2u = 20 + 0.2 × 5 = 21 km s−1 .
2
(7)
Enkla lösningar av Newtons andra lag
Betrakta en konstant kraft F , då kan vi skriva Newtons andra lag (rörelseekvationen) som
ẍ =
F
= a,
m
(8)
där a är en konstant acceleration. Om vi integrerar denna differentialekvation en gång får vi
ẋ = at + v0 ,
(9)
och när vi integrerar den för andra gången får vi
x=
1 2
at + v0 t + x0 ,
2
(10)
där v0 och x0 är kroppens hastighet och position vid t = 0.
3
Krafter som beror på positionen
Betrakta en kraft F (x). Då ger Newtons andra lag
F (x) = mẍ.
(11)
Med hjälp av kedjeregeln kan vi skriva om accelerationen som
ẍ =
dx dẋ
dv
dẋ
=
=v .
dt
dt dx
dx
Alltså har vi
F (x) = mv
dv
m dv 2
dT
=
=
,
dx
2 dx
dx
(12)
(13)
där
1
mv 2 ,
2
är den kinetiska energin. Vi integrerar nu rörelseekvationen från x0 till x
Z x
F (x) dx = T − T0 .
T =
(14)
(15)
x0
Integralen av F är alltså förändringen i den kinetiska energin. Denna integral är vad vi kallar
arbetet, W . Vi kan nu definiera den potentiella energin V (x) så att
−
dV
= F.
dx
(16)
Lägg märke till att detta alltid fungerar i en dimension för en kraft F (x), men i flera dimensioner
så måste man lägga ytterligare krav på F för att V (x) skall vara definierad. Dessutom är V inte
entydigt bestämd, utan man kan addera en godtycklig konstant till V (x). Vi får nu att
W = −V (x) + V (x0 ) = T − T0 ,
(17)
T0 + V (x0 ) = T + V (x) .
(18)
vilket kan skrivas som
2
Alltså är den totala energin T + V (x) = E en bevarad storhet förutsatt att F (x). Nu går det att
beräkna farten
r
2
(E − V (x)),
(19)
v (x) = ±
m
men detta är inte alltid användbart eftersom man inte med automatik får fram tecknet på v.
Exempel: Jordens gravitationskraften ges av
F =−
GM m
.
r2
(20)
Antag nu att vi skjuter upp en projektil från jordytan, där r = rE med hastigheten v0 . Vi kan
då beräkna projektilens hastighet som en funktion av höjden x över jordytan. Det gäller att
r +x
Z rE +x
GM m E
1
1
1
1
GM m
2
2
dr =
mv − mv0 =
= GM m
−
.
(21)
−
2
2
r2
r
rE + x rE
rE
rE
Vi kan nu beräkna den högsta höjd över jordytan som projektilen når upp till genom att sätta
v = 0, vilket ger
1
1
1
2
−
.
(22)
− mv0 = GM m
2
r E + x rE
Här kan vi lösa ut rE + x
rE + x =
1
v02
−
rE
2GM
−1
.
(23)
Vi kan nu konstatera att rE + x → ∞ då
r
v0 →
2GM
,
rE
(24)
vilket är flykthastigheten från jordytan.
4
Krafter som beror på hastigheten, friktion
En kropp som rör sig genom en fluid påverkas av en friktionskraft som i en första approximation
kan skrivas som
F (v) = −c1 v − c2 v |v| ,
(25)
där c1 och c2 beror på kroppens form och storlek samt fluidens egenskaper. Den första termen
beskriver en vanlig viskös friktion och för ett klot kan vi skriva
c1 = 6πrη,
(26)
där r är klotets radie, och η är viskositetskoefficienten, som mäts i Pa s och är karakteristisk för
fluiden och varierar med dess temperatur. Den andra termen representerar ett drag, luftmotstånd,
och
1
(27)
c2 = CD ρA,
2
där ρ är fluidens densitet och A kroppens tvärsnittsarea. Faktorn CD är dimensionslös och beror
på kroppens form samt Reynolds-talet
2vrρ
Re =
.
(28)
η
Vi kan här lägga märke till att den första termen dominerar för små partiklar eller låga hastigheter,
medan den andra termen tar över för stora kroppar eller höga hastigheter.
Ett speciellt intressant fall är att studera vad som händer när en kropp faller genom en fluid.
Låt oss först betrakta fallet att kroppen bara påverkas av en viskös kraft. Vi har då
m
dv
= −mg − c1 v.
dt
3
(29)
Vi kan separera variablerna så att
dt =
mdv
,
−mg − c1 v
och integrera från t = 0 då hastigheten är v0
v
Z v
mdv
m
m
mg + c1 v
t=
= − ln (mg + c1 v)
= − ln
.
−mg
−
c
v
c
c
mg
+ c1 v0
1
1
1
v0
v0
Vi skriver om detta som
mg + c1 v
c1 t
= exp −
,
mg + c1 v0
m
(30)
(31)
(32)
vilket ger oss
v=−
mg
+
c1
c1 t
c1 t
c1 t
mg
mg + v0 e− m = −
1 − e− m + v0 e− m .
c1
c1
(33)
Då t → ∞ närmar sig hastigheten −mg/c1 , som vi kallar för gränshastigheten.
Om vår fallande kropp istället bromsas av ett drag så får vi ekvationen
m
dv
= −mg + c2 v 2 .
dt
(34)
Lägg märke till att dragkraften är riktad uppåt då partikeln faller nedåt (om partikeln istället rör
sig uppåt måste vi för hand byta tecken på v 2 -termen). Denna ekvation är också separabel
dt = −
dv
.
g − c2 v 2 /m
Vi integrerar denna ekvation från t = 0 då vi antar att partikeln är i vila
q

 1q c
c2
1
2
Z t
Z v
Z v
2
gm
2
gm
dv
m
 dv =
p
dt = t =
−
=−
+p
2 /m
g
−
c
v
c
gm/c2 + v
gm/c2 − v
2
2 0
0
0
r
p
iv
1 m h p
−
gm/c2 + v − ln
gm/c2 − v
=
ln
2 gc2
0
r
p
i
p
p
1 m h p
−
gm/c2 + v − ln
gm/c2 − v − ln gm/c2 + ln gm/c2 =
ln
2 gc2
p
r
gm/c2 + v
1 m
−
ln p
.
2 gc2
gm/c2 − v
Vi får sedan att
2t
exp −
τ
där
=
r
τ=
gτ + v
,
gτ − v
m
.
gc2
(35)
(36)
(37)
(38)
Vi kan skriva om ekvationen som
2t
(gτ − v) exp −
τ
som blir
= (gτ + v) ,
gτ e−2t/τ − 1 = v 1 + e−2t/τ ,
(39)
(40)
och slutligen löser vi ut
e−2t/τ − 1
.
(41)
e−2t/τ + 1
p
och gränshastigheten blir i detta fall −gτ = − gm/c2 och minustecknet beror på att projektilen
faller nedåt.
v = gτ
4