Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del 2: Dynamik Läsvecka 2 · 2015. 11. 13. · Mekanik, Del 2, Dynamik 2015, Utgåva2 1 Föreläsningar i Mekanik (FMEA30). Del 2: Dynamik . Läsvecka

Mekanik, Del 2, Dynamik 2015, Utgåva2

1

Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del 2: Dynamik Läsvecka 2 Föreläsning 1: Impulsekvationen (3/8-3/9, 3/11-3/12 i Läroboken) En krafts impuls: En partikel P med massan m påverkas av en kraft ( )t=F F . Kraftens rörelse beskrivs av lägesvektorn ( )t=r r . Partikelns hastighet =v r och acceleration = =a v r . Newton’s andra lag (kraftekvationen): m= =F a G (1.1) där m=G v är partikelns rörelsemängd. Figur 1.1 Kraftens impuls I , under tidsintervallet [ ],1 2t t , definieras av

( , ) ( )2

1

t

1 2t

t t t dt= = ∫I I F (1.2)

Av (1.1)-(1.2) följer att

[ ]( , ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2

2

1

1 1

t tt

1 2 2 1tt t

t t t dt t dt t t t= = = = = −∫ ∫I I F G G G G

Således erhålles Impulsekvationen:

O

r

v

F

P


2

( ) ( ) ( , )2 1 1 2t t t t= +G G I (1.3)

Rätlinjig rörelse: ( ) ( )t G t=G i , ( ) ( )t F t=F i där i är en fix enhetsvektor. Då gället

( ) ( ) ( , )2 1 1 2G t G t I t t= + , ( , ) ( )2

1

t

1 2t

I t t F t dt= ∫

Figur 1.2 Kraftens impuls Notera att ( , ) ( ) ( )1 2 2 1t t t t= ⇔ =I 0 G G och att ( ) , ( , )1 2 1 2t t t t t t= ≤ ≤ ⇒ =F 0 I 0 och således ( ) , ( ) ( )1 2 2 1t t t t t t= ≤ ≤ ⇒ =F 0 G G dvs. om kraften på partikeln är lika med nollvektorn så bevaras rörelsemängden. Man kan generalisera detta till godtyckliga kroppar. För en godtycklig kropp B gäller att =F G (1.4)

där n

kk 1=

=∑F F är kraftsumman (för det system av yttre krafter som verkar på kroppen) och

P P Gdm m= =∫G v vB

(1.5)

1t 2t

Arean svarar mot impulsen ( , )1 2I t t

( )F t

t


3

är kroppens rörelsemängd. G betecknar kroppens masscentrum och Pm dm= ∫B

kroppens totala

massa. Således G konstant vektor= ⇒ =F 0 v (1.6) Figur 1.3 Problem 3/178 A 60g bullet is fired horizontally with a velocity 1

1v 600ms−= into the 3kg block of soft wood initially at rest on the horizontal surface. The bullet emerges from (the back-side of) the block with the velocity 1

2v 400ms−= and the block is observed to slide a distance of .2 70m before

coming to rest. Determine the coefficient of kinetic friction kµ between the block and the supporting surface.

Figur 1.4 Lösning: Betrakta kroppen ’block + kula’. Låt ( )G G t= beteckna kroppens rörelsemängd och låt

,1 1m v och ,2 2m v beteckna kulans respektive blockets massa och hastighet. Det gäller att ( ) ( ) ( )1 1 2 2G t m v t m v t= + Låt t 0= beteckna en tidpunkt då kulan träffar blocket och låt 0t t= beteckna den tidpunkt då kulan

lämnar blocket. Då gäller ( ) 11v 0 600ms−= , ( )2v 0 0= , ( ) 1

1 0v 400mst −=

O

OPr

Pv Pdm

G


4

( ) ( ) ( ) ( ) 3 1 11 1 2 2 1 1G 0 m v 0 m v 0 m v 0 60 10 kg 600ms 36kgms− − −= + = = ⋅ ⋅ =

( ) ( ) ( ) ( ) ( )3 1 1

0 1 1 0 2 2 0 2 0 2 0G m v m v 60 10 kg 400ms 3v 24kgms 3vt t t t t− − −= + = ⋅ ⋅ + = + Frilägg blocket. Inför normalkraft N , friktionskraft F och tyngdkraft mg . Figur 1.5 Den yttre kraft i x-led som verkar på kroppen ges av ( )kF Nµ= = −F i i . Impulsekvationen ger

( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0

1 10 2 0 k

0 0

G G 0 F t dt 24kgms 3v 36kgms N dtt t

t t µ− −= + ⇔ + = + −∫ ∫ (1.7)

där ( )1 2N mg m m g= = + . Således

( )( ) ( ) ( )1 1 1 k 1 2 02 0 k 1 2 0 2 0

m m g24kgms 3v 36kgms m m g v 4ms3

µ tt µ t t− − − ++ = − + ⇒ = − =

. .1 1k 0k 0

3 06 9 814ms 4ms 103

µ t µ t− −⋅− = −

Efter det att kulan lämnat blocket så glider blocket mot underlaget och stannar efter vid tiden t t=

.2 7m . Då gäller enligt energisatsen

( )( ) ( ) ( . ) ( ) ( ) .2

2 1 22 2 00 k 2 2 0 k 0 k

m vT T 0 m g 2 7 s v 4ms 10 53 02tt t µ t µ t µ−− = − = − − ⇔ = − =

(1.8) där s är den sträcka som blocket färdats under tiden 0t . Om vi antar att .s 2 7 så erhålles den

approximativa ekvationen .2 20 k 0 k k16 100 80 53 0t µ t µ µ+ − = . Om vi nu antar att 0 k 1t µ så

erhålles ekvationen

.( ) .. .0 k k

0 0

53 0 16 1680 16 0 0 30280 53 0 53 0

t µ µt t

− + + = ⇔ = =+

.

t 0= 0t t=

N F

mg

s

i

L


5

om . .0

53 0 0 7s80

t . . Under tiden 0t färdas blocket sträckan s och kulan sträckan L s+ .

Blockets medelhastighet är ( )2 0

k 0v 2 5

2t µ t= − . Kulans medelhastighet är 1500ms− . Vi har då det

approximativa sambandet

0k 0

s L s2 5 500

tµ t

+= =

−

vilket ger ( )0 0 k 0 0 0L 500 s 500 2 5 498t t µ t t t= − = − − . . Med .L 0 35m= så få vi 4

0 7 10 st −= ⋅

och .s 1 4mm. . Således gäller att .0 0 7st och ovan gjorda approximation är således giltig. Notera att om vi direkt försummar impulsen från friktionskraften under ”stöttiden” 0t så kan

ekvationen (1.7) skrivas ( ) ( ) ( ) ( )1 1 10 2 0 2 0G G 0 24kgms 3v 36kgms v 4mst t t− − −= ⇔ + = ⇔ = och

därmed, enligt (1.8)

( ) ( ). .2 2

2 2 0 2 0k 2 k

m v v 16m g2 7 0 32 53 53t tµ µ− = − ⇔ = = =

______________________________________________ Rak stöt mellan två kulor (rak, central, glatt stöt): Två kulor (kula 1 och kula 2) med massorna 1m

och 2m rör sig längs en rät linje. Inför referensriktningar för kulornas hastigheter 1v och 2v enligt figur nedan. Referensriktningarna innebär att kulornas hastigheter (farter) räknas positiva i dess riktningar. Kulornas gemensamma masscentrum betecknas med G och den totala massan 1 2m m m= + Figur 2.1 Rak stöt Masscentrums hastighet:

( )G 1 1 2 21v v m v mm

= + (2.1)

Relativhastigheten (kula 2:s hastighet relativt kula 1):

1m 2m

1v 2v

G

Gv


6

2 1u v v= − (2.2) Vi har då sambanden

21 G

12 G

mv v ummv v um

= − = +

(2.3)

Uppgift 2.1 Visa sambanden i (2.3)! Kulornas (systemets) rörelsemängd: 1 1 2 2 GG m v m v mv= + = . Vi antar att kulorna inte påverkas

av några yttre krafter, dvs. F 0= . De enda krafter som uppträder är då kraften mellan kulorna när dessa stöter ihop, och detta är en inre kraft. Då gäller G F 0 G konstant= = ⇒ = , dvs. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ), ,1 1 1 2 2 1 1 1 2 2 2 2 G 1 G 2 1 2m v t m v t m v t m v t v t v t t t+ = + ⇔ = ∀ (2.4) Kulornas (systemets) kinetiska energi:

( ) ( )2 2 2 22 11 1 2 2 1 G 2 G

m m1 1 1 1T m v m v m v u m v u2 2 2 m 2 m

= + = − + + =

2 2G

1 1mv u2 2

µ+ (2.5)

där 2G

1 mv2

kallas masscentrumrörelsens kinetiska energi och 21 u2µ kallas relativrörelsens

kinetiska energi och

1 2m mm

µ = (2.6)

är systemets reducerade massa. Av (2.4) och (2.5) följer att

( ) ( ) (( ( )) ( ( )) )2 22 1 2 1

1T t T t u t u t2µ− = −

dvs. ändringen i kinetisk energi beror endas av ändringen i relativrörelsens kinetiska energi. Det gäller att ( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 1T t T t u t u t= ⇔ = ± . Föreläsning 2: Stöt (3/11-3/12) Stötförloppet: Vi antar att det före stöten gäller att u 0< (d v s 2 1v v< ). Antag att kulorna kommer


7

i kontakt vid tidpunkten t 0= och att kulorna då har hastigheterna ( )1 1v v 0= respektive ( )2 2v v 0= .

Frilägg kulorna och inför stötkraften (kontaktkraften) sF . Figur 2.2 Rak stöt Stötkraften antas ha det principiella utseendet enligt figuren nedan. Det antas att ( )sF t 0= om t 0<

och om t t> och att ( )sF t 0> om 0 t t≤ ≤ där t benämnes stöttiden. Stötkraften når sitt

maxvärde sF vid tidpunkten 0t t= , d v s. ˆ( )s 0 sF t F= . Vi antar att ( )0u t 0= , dvs. att kulorna har

relativhastigheten lika med noll vid tidpunkten 0t t= . Detta innebär att ( ) ( )1 0 2 0 Gv t v t v= = Figur 2.3 Stötkraften Deformationsfasen: ( 00 t t≤ ≤ ): För systemet gäller, enligt (2.4), att ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1 0 2 2 0 Gm v 0 m v 0 m v t m v t mv+ = + = (2.7) Kula 1: Impulslagen medför:

(→ ): ( ) ( ) ( ) ( )0t

d s 1 1 0 1 1 1 G 1 10

I F t dt m v t m v 0 m v m v 0− = − = − = −∫ (2.8)

Kula 2: Impulslagen medför:

1m 2m

sF sF

u 0=

0t t

( )sF t

0

sF

t


8

(→ ): ( ) ( ) ( ) ( )0t

d s 2 2 0 2 2 2 G 2 20

I F t dt m v t m v 0 m v m v 0= = − = −∫ (2.9)

Observera att (2.7) följer genom att kombinera (2.8) och (2.9)! Reformationsfasen ( 0t t t≤ ≤ ): För systemet gäller, enligt (2.4), att ( ) ( ) ( ) ( )1 1 0 2 2 0 1 1 2 2 Gm v t m v t m v m v mvt t+ = + = (2.10) Kula 1: Impulslagen medför

(→ ): ( ) ( ) ( ) ( )0

r s 1 1 1 1 0 1 1 1 Gt

I F t dt m v m v t m v m vt

t t− = − = − = −∫ (2.11)

Kula 2: Impulslagen medför

(→ ): ( ) ( ) ( ) ( )0

r s 2 2 2 2 0 2 2 2 Gt

I F t dt m v m v t m v m vt

t t= = − = −∫ (2.12)

Observera att (2.10) följer genom att kombinera (2.11) och (2.12)! Det gäller också att ( ( ) ( )) ( ( ) ( ))d r 1 1 1 2 2 2I I I m v v 0 m v v 0t t= + = − − = − Av (2.4) följer att ( ) ( ) ( ) ( )1 1 2 2 1 1 2 2m v 0 m v 0 m v m vt t+ = + (2.13) vilket också är en konsekvens av (2.7) och (2.10). Vi inför de förenklade beteckningarna: Hastigheter före stöt: ( )1 1v v 0= , ( )2 2v v 0= . Hastigheter efter stöt: ( )1 1v v t′ = , ( )2 2v v t′ = . Då gäller enligt (2.13), 1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v′ ′+ = + (2.14) Om vi känner rörelsetillståndet före stöt, dvs. ,1 2v v så ger (2.14) ett villkor för bestämning av

rörelsetillståndet efter stöt, d v s. ,1 2v v′ ′ . Vi har således två obekanta, 1v′ och 2v′ , men bara en ekvation. Det behövs ytterligare en ekvation för att vi ska få en entydig lösning. Ekvation (2.14) är en allmän rörelselag som gäller för alla stötförlopp oberoende av materialet i de kulor som stöter samman. Man föreställer sig att det bör bli olika resultat i fallen att kulorna består av t ex stål eller av modellera. En karakterisering av materialets stötegenskaper kan åstadkommas genom att införa det så kallade stöttalet (studstalet), e , definierat genom


9

r

d

IeI

= (2.15)

dvs. kvoten mellan stötkraftens impuls under reformationsfasen och stötkraftens impuls under deformationsfasen. Det gäller att e 0≥ och om vi antar att r dI I≤ , dvs. att stötkraften levererar mindre impuls under reformationsfasen än under deformationsfasen, så följer att 0 e 1≤ ≤ (2.16) Man kallar en stöt med e 0= inelastisk (fullständigt oelastisk). En stöt med e 1= kallas elastisk. I de flesta fall gäller 0 e 1< < . Vad kan e 1> tänkas betyda? Av definitionen (2.15) och (2.8)-(2.9) respektive (2.11)-(2.12) följer att

1 G 2 Gr

d G 1 G 2

v v v vIeI v v v v

′ ′− −= = =

− − (2.17)

Om vi eliminerar Gv i dessa ekvationer erhålles följande uttryck för studstalet

2 1

2 1

v v uev v u′ ′ ′−

= − = −−

(2.18)

dvs. studstalet ges som (minus) kvoten mellan relativhastigheten efter stöt och relativhastigheten före stöt. Observera att u 0< . Vi konstaterar att e 0 u 0′= ⇔ = , e 1 u u′= ⇔ = −

Figur 2.4 Stötförloppet

Gv

,0t t u 0< <

,0t t u 0= =

,0t t u 0> >


10

Figur 2.5 Stöt-tal Stöttiden t beror på de sammanstötande kropparnas egenskaper. Vi kan skriva

ˆ( )0t

d s s 00

I F t dt F tα= =∫ , ˆ( ) ( )0

r s s 0t

I F t dt F tt

β t= = −∫

där ,0 1α β< < . Uttrycken Fα och sFβ är således medelkrafterna under deformations- respektive reformationsfaserna.

ˆ ( ) ( )ˆs 0r

0d s 0

F tIe 1 e tI F t

β t αtβα

−= = ⇔ = +

Stöttiden beror således på såväl studstal som kvoten mellan medelkrafterna under deformations och reformationsfaserna. I de fall där stöttiden är mycket liten, storleksordningen millisekunder eller mindre, brukar man tala om momentan stöt. Man kan då uppfatta ändingen i hastigheter över stöten som momentan, d v s att den sker ögonblickligen. Figur 2.5 Momentan stöt 0t = . Språngdiskontinuitet. Problem 3/243 The sphere of mass 1m travels with an initial velocity 1v directed as shown and

strikes a stationary sphere of mass 2m . For a given coefficient of restitution e , what condition on the

0 t

( )1v 0−

1v

( )1v 0+

t 0 t

( )1v 0

1v

( )1v t


11

mass ratio 1

2

mm

ensures that the final velocity of 2m is greater than 1v ?

Figur 2.6 Problem 3/254 Lösning: Enligt (2.14) och eftersom 2v 0= erhålles

( )1 1 1

1 1 1 1 2 2 22

m v vm v m v m v vm

′−′ ′ ′= + ⇔ = (2.19)

Men

( )2 11 2 1 1 1 1 2

1

v ve v v ev v v 1 e v v0 v′ ′− ′ ′ ′ ′= − ⇒ = − ⇒ − = + −−

(2.20)

Genom att kombinera (2.19) och (2.20) erhålles (( ) ) ( )

1

1 22 1 2 2 1

12

2

mm mv 1 e v v v 1 e vmm 1

m

′ ′ ′= + − ⇒ = ++

och kravet 2 1v v′ > är då ekvivalent med ( )

1

2 1

1 2

2

mm m 11 e 1m m e1

m

+ > ⇔ >+

_____________________________________________ För ändringen i kinetisk energi över stöten gäller att

( ) ( )2 2 2 2 2 2G G

1 1 1 1 1T T T mv u mv u u u2 2 2 2 2

µ µ µ′ ′ ′∆ = − = + − + = −

Ändringen i kinetisk energi är således lika med ändringen i relativ kinetisk energi. Med utnyttjande av (2.18) dvs. 2 2 2u e u′ = erhålles uttrycket

( )2 21T u 1 e2µ∆ = − − (2.21)

Notera att 0 e 1 T 0 T T′≤ ≤ ⇔ ∆ ≤ ⇔ ≤ . Speciellt gäller att


12

2 2G

1 1e 0 T u T mv2 2µ ′= ⇔ ∆ = − ⇔ = , e 1 T 0 T T′= ⇔ ∆ = ⇔ =

Om 0 e 1≤ < så minskar således den kinetiska energin över stöten. Vart tar denna energiförlust vägen? Om e 1> så gäller att T 0∆ > . Vad innebär detta? Exempel 2.1 Bestäm hur stor del av den ursprungliga kinetiska energin som förloras vid ihop-koppling av två likadana tågvagnar om vagnarna möts med hastigheterna 1 1v c 0= > och

2 2v c 0= − <

Figur 2.7 Exempel 2.1 Lösning: Relativhastigheten före stöt: ( )2 1 2 1 1 2u v v c c c c= − = − − = − + och efter stöt: u 0′ = . Detta

innebär att ue 0u′

= − = . Ändringen i kinetisk energi ( )2 2 21 1T u 1 e u2 2µ µ∆ = − − = − där

m m mm m 2

µ ⋅= =

+ och m betecknar massan hos vagnarna. Därmed ( )2 2

1 21 mT u c c2 4µ∆ = − = − + .

Andelen förlorad kinetisk energi ( 2 2

1 2c c 0+ > )

( ) ( ) ( ) %( )

221 2

1 2 1 22 2 2 2

2 2 1 2 1 21 2

m c c c c 2c cT 1 14 1 50mT 2 c c 2 c cc c2

− + +∆= = − = − + < −

+ ++

_________________________________________________ Exempel 2.2 Vi noterar att om relativhastigheten u före stöt och ändringen i kinetisk energi T∆ över stöt är kända storheter tillsammans med de sammanstötande kropparnas massor kan studstalet beräknas enligt

, 22 Te 1 u 0

uµ∆

= + < (2.22)

Observera att 2

22 T u1 0 T

u 2µ

µ∆

+ ≥ ⇔ ∆ ≥ − , vilket alltid är fallet eftersom ( )2 21T u 1 e2µ∆ = − − .

1v 2v


13

Normal gäller att T 0∆ ≤ och därmed 0 e 1≤ ≤ . Kan man ha e 1> ? Ja, om T 0∆ > ! Hur kan man åstadkomma detta? Jo, om man tänker sig en stöt mellan två kulor där en sprängladdning, placerad mellan kulorna, utlöses vid stöten och tillför energin T 0∆ > . Då följer av (2.22) att e 1> . Figur 2.8 Exempel 2.2 Exempel 2.3 En rakets tredje och fjärde steg är sammankopplade och rör sig genom rymden med farten 0v . Separering av raketstegen sker genom en sprängladdning. Det fjärde steget får då

hastigheten v i samma riktning. Bestäm det tredje stegets fart efter separationen om dess massa är dubbelt så stor som det fjärde stegets. Vad blir ändringen i kinetisk energi? Se Figur 2.9 nedan! Lösning: Före stöt gäller att 1 2 0v v v= = . Efter stöt gäller 2v v′ = . Rörelsemängdens bevarande, enligt (2.14), ger ( )1 2 0 1 1 2m m v m v m v′+ = + där 1m och 2m betecknar det tredje och det fjärde stegets massa.

Figur 2.9 Exempel 2.3 Det gäller att 1 2m 2m= och därmed

( )0 1 1 013v 2v v v 3v v2

′ ′= + ⇔ = −

För relativhastigheten gäller u 0= och ( ) ( )2 1 0 01 3u v v v 3v v v v2 2

′ ′ ′= − = − − = − och därmed

( ) ( ( ))2 2 20

1 1 3T u u v v2 2 2µ µ′∆ = − = −

2v

1v


14

där 1 2 2 22

1 2 2 2

m m 2m m 2 mm m 2m m 3

µ ⋅ ⋅= = =

+ +. Således ( )2

2 03T m v v 04

∆ = − > . Observera att stöttalet,

enligt ueu′

= − , ej är definierat i detta fall eftersom u 0= .

Problem 3/254 The figure below shows n spheres of equal mass m suspended in a line by wires of equal length so the spheres are almost touching each other. If sphere 1 is released from the dashed position and strikes sphere 2 with a velocity 1v , write an expression for the velocity nv of the nth sphere immediately after being struck by the one adjacent to it. The common coefficient of restitution is e . Se Figur 2.10 nedan! Lösning: Betrakta stöten mellan sfär i och sfär i 1+ .Före stöt gäller i 1v 0+ = . Rörelsemängdens bevarande ger:

i i 1 i i 10

mv mv mv mv+ +

=

′ ′+ = +

Figur 2.10 Problem 3/254 Stöttalet:

i 1 i i 1 i i 1 i

i 1 i i i

v v v v v vev v v v+ + +

+

′ ′ ′ ′ ′ ′− − −= − = − =

− −

Vi har således ekvationssystemet

i i+1

iv i 1v +


15

( )

( )

i ii i i 1

i i 1 ii 1 i

1v 1 e vv v v 2ev v v 1v 1 e v

2

+

++

′ = −′ ′= + ⇔ ′ ′= − ′ = +

Av detta drar vi slutsatsen att

( ) ( ) ( ) ... ( ( ))n 1n n 1 n 2 1

1 1 1 1v 1 e v 1 e 1 e v 1 e v2 2 2 2

−− −′ = + = + + = = +

Med t ex studstalet .e 0 9=

( ) ( . ) .i 1 i i i1 1v 1 e v 1 0 9 v 0 95v2 2+′ = + = + = , ( ) ( . ) .i i i i

1 1v 1 e v 1 0 9 v 0 05v2 2

′ = − = − =

och med n 5= erhålles då

( ( )) ( ( . )) .4 46 1 1 1

1 1v 1 e v 1 0 9 v 0 81v2 2

′ = + = + =

I nästa stötomgång (från höger till vänster) gäller således (om vi antar att kulorna 1 5− i detta läge är i vila, vilket inte är helt sant)

( ) . .2 21 6 1v 0 81v 0 81 v′ ′= =

Efter k stötomgångar (med ovanstående antagande) har vi således för kula 1 farten ( ) ( ). , .k k 50 5

1 1 1 1v 0 81 v k 50 v 2 7 10 v−′ ′= = ⇒ = ⋅ Vi kan nu sammanfatta de ekvationer som gäller för rak, central, glatt stöt. Observera att ( )1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 Gm v m v m v m v m m v′ ′+ = + = +

Sammanfattning (rak, central, glatt stöt)

1 1 2 2 1 1 2 2m v m v m v m v′ ′+ = + (∗ )

, 2 1

2 1

v v ue u 0v v u′ ′ ′−

= − = − ≠−

(∗ )

( ), 2 2 1 2

1 2

m m1T u 1 e2 m mµ µ∆ = − − =

+ (∗∗ )


16

Normalt vid problemlösning så gäller att stöttalet och rörelsetillståndet före stöt är givna och att vi söker rörelsetillståndet efter stöt. Givna storheter: , ,1 2e v v , Sökta storheter: ,1 2v v′ ′ Vi har således två obekanta storheter, 1v′ och 2v′ som kan bestämmas med ekvationssystemet (∗ ) ovan. Med hjälp av ekvation (∗∗ ) kan vi sedan bestämma ändringen i kinetisk energi över stöten. Observera att kinetiska energins bevarande över stöten, dvs. T 0∆ = , inte gäller i allmänhet! Föreläsning 3: Stöt (3/12) Sned, central, glatt stöt: Två kroppar (klot 1 och klot 2) med massorna 1m och 2m har, strax före

stöt, hastigheter 1v och 2v enligt figur nedan. Figur 3.1 Sned, central och glatt stöt Frilägg kropparna enligt nedanstående figur. Inför stötimpulsen I . Eftersom stöten antas vara glatt har vi I=I n (3.1) där n är normalvektorn till tangentplanet Π i kontaktpunkten mellan kropparna Figur 3.2 Sned, central och glatt stöt. Impulsekvationen ger för kula 1:

Stötnormal n

Tangentplan Π

I −I

2v

1m

2m

2G 1G

1v


17

( ) 1 1 1 1I m m′− = − = −I n v v (3.2) och för kula 2: 2 2 2 2I m m′= = −I n v v (3.3) där 1′v betecknar hastigheten för kula 1 efter stöt och 2′v betecknar hastigheten för kula 2 efter stöt. Om vi kombinerar ekvationerna (3.2) och (3.3) så erhålles 1 1 2 2 1 1 2 2m m m m′ ′+ = +v v v v vilket ger uttryck för rörelsemängdens bevarande för kroppen klot 1 + klot 2. Om vi gör uppdelningen , , ,, 1 1 n 1 1v 0⊥ ⊥= + ⋅ =v n v n v (3.4)

Figur 3.3 Uppdelning av hastighetsvektorn och motsvarande för 1′v , 2v och 2′v kan vi dela upp impulsekvationerna (3.2) och (3.3) i en normal och en tangentiell del enligt, för kula 1:

, ,

, ,

1 1 n 1 1 n

1 1

I m v m v

⊥ ⊥

′− = − ′=v v

(3.5)

och för kula 2:

, ,

, ,

2 2 n 2 2 n

2 2

I m v m v

⊥ ⊥

′= − ′=v v

(3.6)

I (3.4) benämnes ,1 nv normalkomponenten till hastigheten 1v och ,1 ⊥v benämnes

tangentialkomposanten till 1v . Genom att kombinera (3.5)1 och (3.6)1 erhålles rörelsemängdens bevarande i normalled

1m

1G

1v

n

,1 nvn

,1 ⊥v


18

, , , ,1 1 n 2 2 n 1 1 n 2 2 nm v m v m v m v′ ′+ = + (3.7)

I tangentialled gäller , , , ,1 1 2 2 1 1 2 2m m m m⊥ ⊥ ⊥ ⊥′ ′+ = +v v v v (3.8)

Observera dock att villkoren (3.5)2, (3.6)2 är starkare och att (3.8) är en konsekvens av dessa villkor. Visa detta! Vi inför nu studstalet för sned stöt. Observera att detta stöttal är baserat på normalkomponenterna till hastigheterna!

, ,

, ,

2 n 1 n n

2 n 1 n n

v v uev v u′ ′− ′

= − = −−

(3.9)

där , , ( )n 2 n 1 n 2 1u v v= − = ⋅ − = ⋅n v v n u är normalkomponenten för relativhastigheten 2 1= −u v v .

Exempel 3.1 Låt ( )nu ′∆ = ⋅∆ = ⋅ −n u n u u . Visa att nI uµ= ∆ ! Visa också att

21 I 1 eT

2 1 eµ−

∆ = −+

(3.10)

Exempel 3.2: Antag att klot 1 med massan 1m stöter glatt mot ett stillastående klot 2 med massan 2m

enligt nedanstående figur. Stöten har studstalet e .

a) Bestäm kulornas hastigheter efter stöten. b) Betrakta gränsfallet 2m →∞ .

Figur 3.4 Exempel 3.2 Lösning: a) Av (3.5)2, (3.6)2 följer att ( 1 1v 0= >v , 1 1v′ ′= v , 2 2v′ ′= v )

sin sin1 1v vα β′= , cos cos1 1 1 1 2 2m v m v m vα β′ ′= + (3.11)

1m

2m

2G 1G

1v

α 2v

2′v 2G 1G

1′v

β


19

cos , cos

2 1

1

v ve 900 v

β αα

′ ′−= − ≠ °

− (3.12)

Ur dessa ekvationer erhålles

tan tan , 1 2 1

1 2 2

m m mem em m

β α+= ≠

− (3.13)

sin , sin1 1v v 0α β

β′ = ≠ , ( ) cos1

2 11 2

mv 1 e vm m

α′ = ++

(3.14)

Om 1

2

mem

→ så gäller, om 0α ≠ ° , att tan β →∞ vilket innebär att 90β → ° . Vi noterar att om

0α = ° så gäller att 0β = ° . I detta fall har vi, enligt (3.11)2 och (3.12)

1 21 1

1 2

m emv vm m−′ =+

, ( )12 1

1 2

mv 1 e vm m

′ = ++

b) Låt 2m →∞ i (3.13) - (3.14). Då erhålles

tan tan1e

β α= − , sinsin1 1v v α

β′ = , 2v 0′ = (3.15)

Ett exempel på ovanstående kan vara glatt stöt mot fast vägg enligt nedanstående figur. Om vi inför infallsvinkeln i och reflexionsvinkeln r med sambanden ,i rα β π= = − så erhålles enligt (3.15)1

1tan r tan ie

= (3.16)

Figur 3.5 Uppgift 3.2

2 2′= =v v 0

i

r

1v

1′v

n

k

1m

2m


20

Således e 1 tan r tan i r i= ⇒ = ⇒ = . Det vill säga, om stöten är fullkomligt elastisk så gäller att reflexionsvinkeln är lika med infallsvinkeln. Om stöten är fullkomligt oelastisk så gäller att e 0 tan r r 90→ ⇒ →∞⇒ → ° . Kulan kommer således efter stöt att röra sig längs väggen med hastigheten , , sin1 1 1mv α⊥ ⊥′ = =v v .

Vid stöt mellan kulor med lika massa d v s 1 2m m m= = , t ex i biljardspel, så gäller enligt (3.13) att

tan tan21 e

β α=−

(3.17)

Om stöten är elastisk, d v s e 1→ så gäller att tan 90β β→∞⇒ → ° oberoende av 0α ≠ ! Dessutom har vi sin1 1v v α′ = och cos2 1v v α′ = . Då 0α = gäller att 0β = . Se nedanstående figur!

Figur 3.6 Uppgift 3.2, Billiard. Vid lösning av stötproblem skall man:

(i) identifiera tangentplanet i kontaktpunkten mellan de sammanstötande kropparna och dess normalvektor n ,

(ii) göra en uppdelning av hastigheterna 1v och 2v i normal- och tangential-led enligt (3.4), (iii) formulera stötekvationerna. Se sammanfattningen nedan!

Sammanfattning (Sned, central och glatt stöt)

, , , ,

, , , ,

, ,

, ,

, ,

,

( ),

n 2 1

1 1 n 2 2 n 1 1 n 2 2 n

1 1 2 2

2 n 1 nn

n 2 n 1 n

2 2 1 2n

1 2

n

m v m v m v m v

v vue u 0u v v

m m1T T T u 1 e2 m m

I u

µ µ

µ

⊥ ⊥ ⊥ ⊥

⋅ −

′ ′+ = + ′ ′= =

′ ′−′ = − = − = < = −

′∆ = − = − − =+

= ∆

v v v v

n u u v v


21

Hur ser en icke-central, icke-glatt (”sträv”) stöt ut? Betrakta en stöt mellan kropparna 1B och 2B

enligt nedanstående figur. Låt n beteckna stötnormalen. Om stötimpulsen ges av , nI 0⊥ ⊥= + ⋅ =I n I n I (3.18) och ⊥ ≠I 0 säges stöten vara icke-glatt. Om verkningslinjen för − I ej går genom 1G och/eller

verkningslinjen för I ej går genom 2G säges stöten vara icke-central. Se figuren nedan! Vi kommer inte att studera dessa fall närmare i denna kurs. Figur 3.6 Icke-central, sträv stöt

1

2

1G 2G

n

1

1G I

−I

2

2G n

Documents

Föreläsningar i Mekanik (FMEA30) Del 2: Dynamik Läsvecka 2 · 2015. 11. 13. · Mekanik, Del 2, Dynamik 2015, Utgåva2 1 Föreläsningar i Mekanik (FMEA30). Del 2: Dynamik . Läsvecka