Föreläsning 2 Kinematik flerdimensionell ( Kapitel 4) Newtons första lag

1. Föreläsning 2 Kinematik flerdimensionell ( Kapitel 4) Newtons första lag 2,3-dimensionella rörelser Flerdimensionella rörelseekvationer Projektilrörelse (kastparabel) Likformig cirkulär rörelse (centripetalacceleration) Tröghetssystem Relativa hastighet Galilei transformation Icke likformig cirkulär rörelse

2. Newtons första lag Tröghetslagen Trögheten hos en kropp är dess förmåga att göra motstånd mot förändringar av dess rörelse v Varför sladdar bilen vid en kraftig sväng? En bil som åker med konstant hastighet i en cirkulärbana, hålls kvar i banan med hjälp av friktionskraften F. Friktionskraften uppstår på grund av tröghetslagen. Om friktionskraften minskar plötsligt (is på banan) så kommer bilen att fortsätta i den momentana hastighetsriktningen den hade, dvs tangentiellt. F Varje kropp förblir i vila eller rörelse med konstant fart längs en rät linje om den inte genom inverkan av krafter tvingas ändra sitt rörelsetillstånd.

3. 2,3-dimensionella rörelser Vi börjar med att definiera lägesvektor r: r = xi + yj + zk Förflyttningsvektorn Dr från lägesvektorn r1 till r2 kan uttryckas på följande sätt: Dr = r2 - r1 = (x2i + y2j + z2k) – (x1i + y1j + z1k) = (x2 – x1)i + (y2- y1)j + (z2 – z1)k = = Dxi + Dyj + Dzk På samma sätt som i den endimensionella fallet, definerar vi medelhastighetsvektorn va som kvoten mellan förflytningen Dr och tidsintervallenDt: va = Dr/Dt = (Dxi + Dyj + Dzk)/Dt = (Dx/Dt)i + (Dy/Dt)j + (Dz/Dt)k = vaxi + vayj + vazk Momentanhastighetsvektorn v fås ur sambandet: v = Lim(Dt 0) Dr/Dt = dr/dt = vxi + vyj + vzk Slutligen fås momentanaccelerationsvektorn a genom att derivera hastigheten med avseende på tiden: a = dv/dt = d/dt(vxi + vyj + vzk) = axi + ayj + azk

4. Flerdimensionella rörelseekvationer Constant acceleration En dimensionFlera dimensioner v = v0 + at v = v0 + at (1) x = x0 +½(v + v0)t r = r0 +½(v + v0)t (2) x = x0 + v0t + ½at2r = r0 + v0t + ½at2 (3) v2 = v02 + 2a(x - x0) v2 = v02 + 2a(r - r0) (4) Vi ser att de uttrycks på samma sätt, den enda skillnaden är att läget, hastigheten och accelerationen uttrycks i vektorform, utom tiden som är en skalär. Om vi nu tar den flerdimensionella ekvationen (1) och delar upp den i de olika komposanterrna får vi förljande samband: v = v0 + at = v0xi + v0yj + v0zk + (axi + ayj + azk)t = (v0x + axt)i + (v0y + ayt)j + (v0z + azt)k = vxi + vyj + vzk Alltså: vx = v0x + axt, vy = v0y + ayt och vz = v0z + azt På samma sätt kan man dela ekvationerna 2-4 i x,y och z komposanter, vilket gör att man kan behandla varje komposant separat. Fiffigt va !! 

5. Projektilrörelse Här ska vi utnyttja rörelseekvationerna för att lösa ett mycket vanligt mekanik problem. Nämligen projektilrörelse eller kastparabel. Vi börjar i två dimensioner, där vi har en kanon (för icke våldsbenägna: en målvakt som gör en utspark ). Kanonen är riktad med en vinkel q mot marken, och skjuter iväg en kula med starthastighet v0 (längs kanonpipan). Hur ska vi gå tillväga för att bestämma var kulan träffar marken? y v0y v0 -g q v0x x x Starthastighetsvektorn v0 består av två hastighetskomposanter v0x och v0y. Resonera på följande sätt: Om vi använder oss av newtons första lag så ser vi att hastighetkomposanten v0x är konstant längs förflyttningssträckan x (inget som påverkar hastigheten i den riktningen). I fallet v0y så påverkas kulans hastighet av gravitationskonstanten g. Med andra ord tiden t som kulan tillbringar ovanför markytan bestäms endast av kulans y-hastighetskomposant. Under denna tid har kulan förflyttat längs x axeln med konstant hastighet v0x.

6. Lösningen y v0 v0y -g q v0x x x Given är starthastigheten v0 och riktningen q. Hastighetskompsanterna för starthastighetsvektorn v0 kan skrivas som: v0x = v0cosq och v0y = v0sinq. Förflyttningssträckan x fås ur rörelseekvation (3) för x-komposanten: x = x0 + v0xt + ½axt2, där start läget x0 väljs till 0. Vi vet att v0x är konstant vilket innebär att accelerationen i x-led är lika med 0. Detta ger: x = v0xt, där t är den tiden som kulan tillbringar ovanpå marken, och kan bestämmas med hjälp av rörelseekvation (3) för y-komposant: y = y0 + v0yt + ½ayt2. Här är accelerationen ay = -g (motsatt riktning i förhållande till y axeln). Start läget y0 väljs även här till 0. När kulan är vid markytan är y lika med 0. Rörelseekvationen blir: y = y0 + v0yt + ½ayt2 = v0yt - ½gt2 = 0. Detta ger t = (-v0y± v0y)/(-2g), dvs t=0 eller t = v0y/g. Vi är självklart intreserade av den senare tiden som ger oss förflyttningen: x = v0xt = v0xv0y /g = v0cosq v0sinq/g = v02sin(2q)/g Luftmotstånd!!

7. Exempel y v 20 m v0 40 m x Ett projektil skjuts iväg med en vinkel på 35º mot marken. Efter tiden t befinner projektilen sig på 20 meters höjd samt har förflyttat sig 40 meter horisontellt. (a) Bestäm starthastigheten v0. (b) Bestäm hastighetsvektorn v för projektilen i den angivna läget.

8. Lösningen Angiven är: startvinkeln q=35º, lägen x=40 m och y=20 m. Vi vet nu också att projektilens hastigheten i den horisontella leden är konstant och därför accelerationenkomposanten ax = 0, medan accelerationkomposanten ay = -g m/s2. Vi sätter också startlägen x0 = y0 = 0 Vi använder oss av rörelseekvation (3) och uttrycker projektilens läge i x och y som: x = x0 + v0xt + axt2 = v0xt = v0cos(q)t (i) y = y0 + v0yt + ayt2 = v0yt – gt2 = v0sin(q)t – gt2 (ii) Ersätt t i ekvation (ii) med t = x/(v0cos(q)) som fås från ekvation (i), och vi får: y = v0sin(q)x/(v0cos(q)) – g(x/(v0cos(q)))2 = xtan(q) – (gx2/(cos(q))2)/v02 = 20 m (a) Starthastigheten v0 =38 m/s För att bestämma hastigheten i den angivna läget, måste vi först bestämma tiden t. Tiden fås ur ekvation (i): t = x/v0cos(q) = 40/(38.2cos(35)) = 1.28 s Använder vi den tiden i rörelseekvationenekvation (1) för x och y komposant: vx = v0x + axt = v0x = v0cos(q) = 38.2cos(35) = 31.3 m/s vy = v0y + ayt =v0y – gt = v0sin(q) – gt = 38.2 sin(35) – 9.82(1.28)= 9.4 m/s (b) Hastighetsvektorn: v = vxi + vyj = 31.3i + 9.4j

9. Exempel En katapult kan skjuta iväg en sten på 75 kg med en hastighet på 50 m/s 30º ovan marken. En fästning med 12 m hög väg är lokaliserad 200 m från katapulten. (a) Kommer stenen att träffa vägen? (b) om ja, på vilken höjd träffar stenen? (c) bestäm riktningen på träffen. Given: Starthastigheten v0 = 50 m/s, riktningesvinkeln q = 30º, vägghöjden h = 12 m och avståndet till målet R = 200 m. Positionenrna i x och y led bestäms av: x = 50cos 30ºt (i) y = 50sin 30ºt – gt2/2 (ii) Vid x = R = 200 fås t = 4.6 s (a och b) Detta ger y = 10.9 m dvs träff! För att bestämma riktningen behöver vi veta hastighetskomposanterna vx och vy strax innan träffet. Vi vet att vx är konstant och är 50cos30º = 43 m/s För t = 4.62 s fås vy = 50sin 30º - gt = -20 m/s (c) Vinkeln är arctan(-20/43) = -25º alltså 25º under marken. y vx v0 h vy q R x

10. Gör det själv En basketboll kastas med 45º vinkel ovan marken. Korgen är 4 m från kastet och ligger 0.8 m ovan kastläget. Vilken strathastighet måste bollen ha för att det ska gå in i korgen?

11. Likformig cirkulär rörelse En bil som åker österut med hastigheten v1svängersedan söderut med hastigheten v2. Bilens håller en konstant fart, dvs: v1 = v2 = v. Den totala hastighetsändringen blir: Dv = v2 – v1 och pekar mot insidan av kurvan. v1 v1 v2 Dv = v2 – v1 aav Dv v2 Medelaccelerationen för denna hastighetändring under tidsintervallet Dt, blir: aav = Dv/Dt som också pekar mot kurvans insida. Om vi nu delar vägen i två kurvor, så får vi två hastighetsändringar Dv1 och Dv2 som pekar mot kurvornas insida. På samma sätt som tidigare kan medelaccelerationerna aav1 och aav2 uttryckas som: aav1 = Dv1/ Dt1 och aav2 = Dv2/ Dt2, där Dt1 och Dt2 är tidsintervallet för hastighetsändringen Dv1 respektive Dv2. Observera att aav1 och aav2 har samma magnitud. v1 Dv1 = v2 - v1 v2 v2 v1 Dv1 v2 Dv2 v3 v3 Dv1 = v3 - v2

12. Centripetalacceleration Fortsätter vi att dela vägen i fler kurvor kommer vi till slut att ha en bågformad bana. Detta innebär att medelaccelerationen går mot momentanaccelerationen a vars riktning pekar längs bågradien (mot centrum). Denna acceleration kallas för centripetalacceleration. a v Föreställ er en kropp som rör sig med konstant hastighet i en cirkulär bana. Vi vet att hastighetsvektorn är riktat tangentiellt och är därför vinkelrätt mot cirkelradien. Just av denna anledning, kan vi se från illustrationen nedan att, om kroppen förflyttar sig från läge r1 till läge r2 med vinkeln q, så måste hastighetsvektorerna v1 och v2 ändras med samma vinkel. r1 r1 v1 q v1 q r2 q v2 v2 r2

13. Fortsättning r1 v1 r1 Dr q Dr = r2 – r1 q v1 r2 v2 q v2 Dv = v2 – v1. r2 Vidare så vet vi att magnituderna r1 = r2 samt v1 = v2. Vi börjar med att rita lägesförflyttningen Dr = r2 – r1 samt hastighetsändringen Dv = v2 – v1. Vi har nu två trianglar som är liksidiga och har samma vinkel, dvs säga två likformiga trianglar. Ur denna information får vi sambandet: |Dr|/r = |Dv|/v  |Dv| = v|Dr|/r (i), där v är kroppens fart Approximativt kan vi uttrycka förflyttningen under tidsintervallet Dt som: |Dr|  vDt (ii) Ersätter vi |Dr| i (i) med vDt får vi: |Dv|  v2Dt/r  |Dv|/Dt  v2/r Från definitionen på momentan acceleration får vi formeln för centripetalaccelerationen : Lim(Dt  0) |Dv|/Dt = a = v2/r  a = v2/r För att uttrycka centripetalaccelerationen i vektorform ar introducerar vi den radiella enhetsvektorn ř (obs: pekar ut från centrum) och får: ar = -v2 ř/r

14. Exempel En sten fäst på en snöre med längden 1.8 meter. Stenen roteras 2.5 varv per sekund under konstant fart. Hur stor blir centripetalaccelerationen? Lösningen: Givna parametrar: Cirkeln radie r = 1.8 m och antal varv per sekund n = 2.5 varv/s. Cirkelns omkrets C: C = 2pr = 2p1.8 = 11.3 m Stenens fart v längs crirkeln blir: v = Cn = 11.3(2.5) = 28.5 m/s Centripetalaccelerationen a: a = v2/r = (28.5)2/1.8 = 443 m/s2

15. Tröghetssystem Inertial reference frames Fråga Ni sitter i en bil som som åker med en konstant hastighet. Bilen bromsar kraftigt och ni åker framåt (ni glömde och sätta på bältet ). Vad är det för kraft som påverkar er?

16. A v A v v v’ B B I ett tröghetssystem förblir en kropp i sitt tillstånd (stillastående eller Konstant hastighet) om den inte utsätts för någon kraft. En kula placerad på ett friktionsfritt underlag rör sig tillsammans med underlaget med en konstant hastighet v. Om underlaget bromsar kraftigt kommer kulan att fortsätta som om inget har hänt. Observatör A som befinner på underlaget, observerar att kulan accelererar iväg relativt underlaget medan observatören B som sitter still längre bort från båda kulan och underlaget observerar att kulan fortsätter att röra sig med konstant hastighet medan underlagets hastighet minskar. Observatör B och kulan är två typiska tröghetssystem medan underlaget som ej följer Newtons första lag är en typisk icke tröghetssystem.

17. Varje system som rör sig med en konstant hastighet relativt ett givet tröghetsystem är också ett tröghetssystem. Om accelerationen av en partikel är noll i ett tröghetssystem, är den också noll i alla andra tröghetssystem. Men finns det ett sådant system på riktigt?

18. Relativa hastighet Allt är relativt!! Alla kroppars hastighet måste anges relativ ett referenssystem. Exempelvis hastigheten hos en bil ges relativt vägen, där vägen är ett referenssystem. Ibland behöver man bestämma en kropps hastighet relativt en annan kropp som också är i rörelse. Om vi tar det endimensionella fallet där två bilar A och B åker norrut med hastigheten 40 km/h resp 50 km/h, så uppfattar observatören i referenssystemet A (bil A) att bilen B åker norrut med en hastighet på 10 km/h medan observatören i referenssystem B (bil B) uppfattar att A åker söderut med en hastighet på 10 km/h. N y y’ A x x’ B 40 km/h 50 km/h A - B B - A A A B B

19. yB P rPB yA xB rBA rPA xA Vi tar och tittar på ett 2-dimensionellt fall. En partikel P befinner sig i position rPA relativt referenssystemet A. Partikelns position relativ ett annat referenssystem B är rPB. Slutligen är rBA positionen av referenssystemet B relativ A. Då kan vi skriva positionen rPA : rPA = rPB + rBA Om nu både P och B rör sig i förhållande till A så kan vi uttrycka de relativa hastigheterna som: d/dt(rPA) = d/dt(rPB + rBA)  vPA = vPB + vBA

20. Exempel En båt S seglar med en hastighet VSÖ på 5 km/h väst om en ö. Kaptenen på båten ser en ballong B som rör sig horisontellt med en hastighet VBS 10 km/h 37˚ sydöst. Bestäm vindhastigheten VBÖ relativ ön. j Ö S i B VSÖ VBÖ = VSÖ + VBS VBÖ VBS

21. Lösning VSÖ j 37˚ VBÖ i VBS VSÖ = VSÖi VBS = - VBScos(37˚)i – VBSsin(37˚)j VBÖ= (VSÖ - VBScos(37˚))i - VBSsin(37˚)j = -3i - 6j VBÖ = 6.7 km/h och q = arctan(6/3) = 63.5˚ dvs, 63.5˚ sydöst

22. Gör det själv En observatör A som står stilla vid en väg observerar två saker (a) en bil B som kör norrut med hastigheten vBA (b) samt ett flygplan F som flyger norrut med hastighet vFA och vinkeln a. Uttryck flygplanets hastighet vBA relativt bilen med hjälp av magnituderna vBA, vBA och a. F vFA vFB a A B vBA

23. Galilei transformation Låt oss titta på två referenssystem S och S’ med koordinaterna xyz resp. x’y’z’. Låt oss också anta att vid tiden t=0 så är x = x’, y = y’ och z = z’. En partikel P som befinner sig i S systemet kommer i det läget att ha identiska koordinater i S’. Om vi nu låter S’ röra sig med konstant hastighet u längs S systemets x axel, så kommer partikelns koordinater i S’ systemet vid tiden t’ = t, ha följande relation. x’ = x-ut y’ = y z’ = z z z’ y y’ x’ x x x’ ut Detta är Galilei transformationen

24. z z’ y y’ r r’ x’ x ut Om nu partikeln P har en hastigheten v relativt S systemet så kommer dennes hastighet relativ S’ systemet att se ut på följande sätt: v’ = dr’/dt = d/dt(r – ut) = v – u Vi ser att i fallet konstant hastighet v, kommer både systemen att observera olika hastighet hos partikeln, dock kommer både S och S’ att konstatera att hastgheten hos partikeln är konstant. I fallet där partikeln accelererar så får vi följande samband: a’ = dv’/dt = d/dt(v – u) = [u = konstant] = a Slutsats: Observatörer i alla tröghetssystem skulle observera samma acceleration hos en partikel.

25. Exempel Om du sitter i en bil som åker med en konstant hastighet och kastar upp en boll, så kommer bollen att hamna på samma ställe, medan för en annan observatör som befinner sig utanför bilen kommer att se en parabolisk rörelse av bollen. y y’ v x v x’ Båda observatörerna kommer att bestämma samma värde på accelerationen ( i det här fallet tyngdaccelerationen), dock inte samma hastighet. Vi kan heller inte påstå vilken av dessa två system som är fix eller i rörelse. Mekanikens lagar har samma form i alla tröghetssystem

26. Exempel av galilei transformation: Båten och ballongen y’ y j u i x x’ S Ö v v’ B v’ = v – u v’ = -vcosai - vsinaj + ui = (u–vcosa)i - vsinaj Identisk med den tidigare lösningen men mycket effektivare  VBÖ= (VSÖ - VBScos(37˚))i - VBSsin(37˚)j = -3i - 6j

27. Gör det själv Ta nu den tidigare gör det själv uppgiften (bilen och flygplanet) och utnyttja galilei transformationen för att lösa uppgiften.

28. Icke likformig cirkulär rörelse Allmänt, om en partikel rör sig längs en böjd bana kan både farten och riktningen ändras. ř at ar = centripetalaccelerationen (beror av riktningsändring) at = tangentiellacceleration (beror av hastighetsändring) ar ˇ ˇ ˇ Q Q Q q Resulterande acceleration a = ar + at ar är alltid ortogonal mot at vilket betyder att resulterande accelerationen a = (ar2 + at2)1/2 Om vi introducerar enhetsvektorn som pekar mot ökande vinkel q a = ar + at = -v2 ř/r + (dv/dt)

29. Exempel En bil åker i en kurva på 40 m radie. Vid det ögonblick då bilens hastighet pekar mot norr, ändras farten med 2 m/s2. Bilen har vid det tillfället en total acceleration som pekar 30° nordväst. (a) Bestäm om bilens fart vid det tillfället ökar eller minskar (b) Bestäm farten vid det tillfället. Given: r =40 m, at = 2 m/s2 samt riktningarna på at = N och a = 30° NW Vi hara = ar + at = -v2 ř/r + (dv/dt) Där dv/dt = 2 m/s2 tan(30°) = (dv/dt)r/v2 v = ((dv/dt)r/ tan(30°))1/2 = 11.8 m/s ˇ ˇ Q Q N a at 30° ar ř