09.02.

Newtons lover i to og tre dimensjoner
09.02.2015
FYS-MEK 1110
03.02.2014
1
Innlevering Oblig 1:
 på grunn av forsinkelse med devilry er fristen utsatt til onsdag, 11.2., kl.12
Innlevering Oblig 2:
 frist: mandag, 16.2., kl.12
Midtveiseksamen: 26. mars kl. 10:00 (3 timer).
Gruppeundervisning i dag: Vi må slå sammen tre grupper til to.
 Gruppe 5: som vanlig kl. 14 – 16, Ø394
 Gruppe 6: fordeler seg på gruppe 5 eller 7
 Gruppe 7: som vanlig kl. 14 – 16, Ø443
FYS-MEK 1110
03.02.2014
2
Bevegelse i tre dimensjoner
Bevegelsen er karakterisert ved posisjon, hastighet og akselerasjon.
Vi må bruker vektorer:
posisjon:
hastighet:
akselerasjon:

r (t )  x(t ) iˆ  y(t ) ˆj  z(t ) kˆ


dr dx ˆ dy ˆ dz ˆ
v (t ) 
 i
j  k  vx (t ) iˆ  v y (t ) ˆj  vz (t ) kˆ
dt dt
dt
dt


dv dvx ˆ dv y ˆ dvz ˆ
a (t ) 

i
j
k  ax (t ) iˆ  a y (t ) ˆj  az (t ) kˆ
dt
dt
dt
dt

hastighet: v (t )

fart: v(t )  v (t )
kraft
N2L
akselerasjon
integrasjon
hastighet, posisjon
FYS-MEK 1110
03.02.2014
3
Relativbevegelse og referansesystemer
En person kjører med konstant hastighet i en åpen bil og kaster en ball rett opp.
Hvordan vil en annen person som står på gaten beskrive bevegelsen?
(Vi ser bort fra luftmotstand.)
Sett fra bilen (system S’ ): ballen beveger seg rett opp og faller rett ned igjen.
Sett fra gaten (system S): bevegelsen beskrives som en skrått kast
y’
y

R

r'
S’

r
S
x
x’

posisjon i gate-system S: r (t )

posisjon i bil-system S’: r ' (t )

posisjon av bilen i gate-system: R(t )



r (t )  R(t )  r ' (t )
FYS-MEK 1110
03.02.2014
4
y’
y

R

r'
S’

r
S
x’
x



r (t )  R(t )  r ' (t )






dr d
dR dr '  
v (t ) 

R(t )  r ' (t ) 

 u  v ' (t )
dt dt
dt dt

 dv ' 

dv d  
a (t ) 
 u  v ' (t )   0 
 a ' (t )
dt dt
dt



Bilen beveger seg med konstant hastighet u
akselerasjonene er de samme i begge systemer.
Systemer som beveger seg med konstant hastighet er inertialsystemer.
Newtons lover er gyldig – fysikken er de samme i begge systemer.
Hvordan beskrive vi bevegelsen av ballen?
fra bilen (system S’ ):
eneste kraft er gravitasjon
initialbetingelse:


v (t0 )  v0  v0 ˆj
FYS-MEK 1110
03.02.2014
fra gaten (system S):
eneste kraft er gravitasjon
initialbetingelse:

 
v (t0 )  u  v ' (t0 )  u iˆ  v0 ˆj
5
Eksempel:
Du ror en båt over en elv. Elven strømmer med
hastighet v0. Hvilken vinkel bør du holde for å
komme rett over elven?
’
System festet på elvebredden: S
System festet til vannet: S’
hastighet til vannet i system S:

u  v0 iˆ
hastighet til båten i system S’:

vb  vb sin( ) iˆ  vb cos( ) ˆj
hastighet til båten i system S:
  
vb  u  vb  v0 iˆ  vb sin( ) iˆ  vb cos( ) ˆj
Hvis du skal kommer rett over elven, så må
du ikke ha hastighet i x retning i system S
v0  vb sin( )  0
sin( ) 
sin( )  1  vb  v0
FYS-MEK 1110
03.02.2014
v0
vb
Du kan bare klare det hvis du
ror raskere enn elven strømmer.
6
Fri-legeme diagram i 3 dimensjoner
Tegn et fri-legeme diagram for den øverste ballen.
system: øvre ballen
omgivelse: nedre ballen, karet
kontaktpunkter
kontaktkrefter:
normalkraft fra vegg på ball
normalkraft fra nedre ball på øvre ball
langtrekkende kraft:
gravitasjon
system er i ro:





F

N

N

G

m
a
0
 ext w b
FYS-MEK 1110
03.02.2014

Nw

Nb

G
7
http://pingo.upb.de/
access number: 8178
En kjede festet til bilen holder bilen i ro på den friksjonsfrie
rampen (vinkel ). Rampen utøver en normalkraft på bilen.
Hvor stor er normalkraften N i forhold til vekten W av bilen?





N

N

N

N

W

 W sin 

 W cos 

 W tan 
N
T
T
W
N



N  W cos 


T  W sin 
W
FYS-MEK 1110
03.02.2014
8
http://pingo.upb.de/
access number: 8178
Et slagskip skyter samtidig to skudd mot fiendeskip. Initialfarten v0 er
de samme for begge skudd, men vinklene mot horisont er forskjellige.
Granatene følger de parabolske banene vist.
Hvilket skip blir truffet først?



FYS-MEK 1110
skip A
skip B
skipene blir truffet samtidig
03.02.2014
9
Skrått kast
Et prosjektil skytes ut fra bakkenivå med
fart v0 og vinkelen  mot horisontale.
system: prosjektil
omgivelse: luft

koordinatsystem: x horisontal, y vertikal


initialbetingelser: r (0)  0


v (0)  v0  v0 cos( ) iˆ  v0 sin( ) ˆj
kontaktkrefter:
 luftmotstand
langtrekkende kraft
 gravitasjon
FYS-MEK 1110
03.02.2014
nyttig å tegne hastighetsvektoren
i fri-legeme diagram.
ikke bland vektorer for
hastighet og kraft!
 Hastighetsvektoren må
ikke berøre systemet.
10
 
Forenkelt modell: vi ser bort fra luftmotstanden: FD  0
y
(Vi inkludere luftmotstanden senere.)
ĵ

gravitasjon er konstant på jordoverflaten: G  mg ˆj
Newtons andre lov:



Fnet  G  mg ˆj  ma

 Fnet
a
  g ˆj
m
iˆ
x
i komponenter:
ax  0
ay  g
kast uten luftmotstand:
ingen akselerasjon i x retning
FYS-MEK 1110
03.02.2014
11
akselerasjon:

a   g ˆj
initialbetingelse:


v (0)  v0  v0 cos( ) iˆ  v0 sin( ) ˆj
hastighet:
t
t
0
0



v (t )  v (0)   a (t ) dt   ( g ˆj ) dt   gt ˆj


v (t )  v0  gt ˆj  v0 cos( ) i  v0 sin( )  gt  ˆj
i komponentform:
vx (t )  v0 cos( )
v y (t )  v0 sin( )  gt
konstant hastighet vx
vx større for små vinkel 
men skip A ligger mye nærmere...
FYS-MEK 1110
03.02.2014
12

 
initialbetingelse: r (0)  r0  0


hastighet: v (t )  v0  gt ˆj
t
posisjon:
t





1
r (t )  r (0)   v (t ) dt   (v0  gt ˆj ) dt  v0 t  gt 2 ˆj
2
0
0

 
1
1
r (t )  r0  v0 t  gt 2 ˆj  v0 t cos( ) iˆ  v0 t sin( ) ˆj  gt 2 ˆj
2
2
i komponentform:
x(t )  v0 t cos( )
1
y (t )  v0 t sin( )  gt 2
2
FYS-MEK 1110
03.02.2014
13
http://pingo.upb.de/
access number: 8178
Et slagskip skyter samtidig to skudd mot fiendeskip. Initialfarten v0 er
de samme for begge skudd, men vinklene mot horisont er forskjellige.
Granatene følger de parabolske banene vist.
Hvilket skip blir truffet først?



FYS-MEK 1110
skip A
skip B
skipene blir truffet samtidig
03.02.2014
14
posisjon som funksjon av tiden:
x(t )  v0 t cos( )
1
y (t )  v0 t sin( )  gt 2
2
skipet skyter ved tid t0 = 0
1
v0 t1 sin( )  gt12  0
2
prosjektilet treffer ved tid t1: y(t1 )  0
t1  0
v0 sin( ) 
t1 
1
gt1
2
2v0 sin( )
g
tiden t1 er kortere for små vinkel 
 skip B blir truffet først.
FYS-MEK 1110
03.02.2014
15
Vi har brukt oppskriften:  finn initialbetingelser
 identifiser krefter,
 løs bevegelsesligninger
 ...
trygg metode, sikker å finne svaret
Argumentasjon som trenger litt erfaring:
 bevegelsen i x og y retning er koblet fra hverandre
 parabolsk bane er symmetrisk: det tar like lang tid å komme opp som ned
 jo høyere den maksimale høyden jo lengre tid tar det å falle ned
FYS-MEK 1110
03.02.2014
16
Hvilken vinkel bør du velge for å skyte lengst mulig?
2v0 sin( )
g
x(t )  v0 t cos( )
1
y (t )  v0 t sin( )  gt 2
2
kulen treffer bakken ved tiden t1:
t1 
x komponent av posisjon ved tid t1:
2v02
x(t1 )  v0 t1 cos( ) 
sin( ) cos( )
g
vi deriverer for å finne maksimum:
dx 2v02

(cos 2   sin 2  )  0
d
g
cos 2   sin 2 
tan 2   1
  45
Prosjektilet kommer
lengst med =45.
FYS-MEK 1110
03.02.2014
17
Vis at prosjektilet beveger seg på en parabelbane.
bane som funksjon av tiden.


1


r (t )  v0t cos( ) iˆ   v0t sin( )  gt 2  ˆj
2


for å se at banen er en parabel:
uttrykk y som funksjon av x
x(t )  v0 t cos( )
x
t
v0 cos 
1
y (t )  v0 t sin( )  gt 2
2
x
1 
x 

y  v0
sin   g 
v0 cos 
2  v0 cos  
2
1 gx 2
y  x tan  
 ax  bx 2
2
2
2 v0 cos 
FYS-MEK 1110
03.02.2014
18
Numerisk løsning
for små tidssteg t:



v (t  t )  v (t )
a (t ) 
t



v (t  t )  v (t )  a (t ) t
i Matlab:
for hastighet:



r (t  t )  r (t )
v (t ) 
t



r (t  t )  r (t )  v (t ) t
Euler metode



r (t  t )  r (t )  v (t  t ) t
Euler-Cromer metode
i Matlab:
FYS-MEK 1110
03.02.2014
19
Numerisk løsning
FYS-MEK 1110
03.02.2014
20
[10 20 30 35 40 45 50 55 60 70 80]
Som forventet kommer prosjektilet lengst når vi velger   45.
2v02
sin( ) cos( )
Prosjektilet kommer like langt ved  og 90  : x(t1 ) 
g
men tiden t1 er forskjellig
FYS-MEK 1110
03.02.2014
21
http://pingo.upb.de/
access number: 8178
Hvilken vinkel bør du velge for å komme lengst mulig
hvis du kaster en ball fra taket av en bygning?
(Vi ser fortsatt bort fra luftmotstand.)



FYS-MEK 1110
 > 45
 = 45
 < 45
03.02.2014
22
Kommer prosjektilet også lengst med 45 hvis vi skyter fra en høyde h > 0?
Det er vanskelig å regne ut analytisk:
finn tid t1 når: y(t1 )  0
1
h  v0 t1 sin( )  gt12  0
2
v0 sin( )
v02 sin 2 ( ) 2h
t1 


g
g2
g
x(t1 )  v0 t1 cos( )
og så må vi finne maksimum...
Det er lett å gjøre numerisk:
FYS-MEK 1110
03.02.2014
23
Hvis du skyter fra en høyde h over bakken:


r (0)  r0  h ˆj
[10 20 30 35 40 45 50 55 60 70 80]
initialbetingelser:
y0  20 m

v0  20 m/s
Vi kan finne den maksimale lengden ved variasjon av :
 max  35.4
xmax  57.39 m
FYS-MEK 1110
03.02.2014
24
Skrå kast med luftmotstand
Vi har allerede diskutert to modeller for viskøs kraft:
lineær luftmotstand:
for små hastighet:


F  k v v

hvis luft bever seg med hastighet w

 
F  kv v  w

w

w

F

F

v
FYS-MEK 1110

v
03.02.2014

w

F

v
25
kvadratisk luftmotstand:
for større hastighet:


F  D v v

hvis luft bever seg med hastighet w
eksempler hvor vi kan bruke
kvadratisk luftmotstand:
 skutt av en kanonkule
 ballkast
 bil, tog, fly
 ...
FYS-MEK 1110
03.02.2014

   
F   D v  w v  w
eksempler hvor vi kan bruke
lineær viskøs kraft:
 fallskjermhopp
 grus i vannet
 ...
26
Skrå kast med luftmotstand
Fri-legeme diagram:
N2L:




Fnet  FD  G   D v v  mg ˆj


Fnet  ma

 Fnet
D 
a
  v v  g ˆj
m
m
spesialfall:


r (0)  r0  h ˆj

 
v (0)  v0  0
endimensjonal,
ball faller ned med gravitasjon,
bremset av luftmotstanden
Luftmotstandskraften øker med hastighet til
den blir like stor som gravitasjonskraften:


Fnet   D v v  mg ˆj  0
akselerasjonen blir null og
ballen oppnår terminalhastighet:
ay 
metode for å finne luftmotstandskoeffisient:
måling av terminalhastighet
D
FYS-MEK 1110
03.02.2014

FD
y

G
D 2
vT  g  0
m
mg
vT2
27
skrått kast uten luftmotstand:
komponenter:

a   g ˆj
d 2x
ax  2  0
dt
d2y
ay  2  g
dt
dekoblet bevegelse: ax uavhengig av y eller vy
ay uavhengig av x eller vx
skrått kast med luftmotstand:

D 
a   v v  g ˆj
m
d 2x
D
2
2
komponenter: ax  2   vx vx  v y
dt
m
koblet bevegelse:
ax  ax (vx , v y )
hvor

v  vx2  v y2
d2y
D
a y  2   v y vx2  v y2  g
dt
m
a y  a y (vx , v y )
vi kan ikke løse bevegelsesligningen for hver komponent separat,
vi må løse bevegelsesligninger for x og y retning samtidig
det gjører vi best numerisk
FYS-MEK 1110
03.02.2014
28
Numerisk løsning for skrått kast med luftmotstand




Fnet  FD  G   D v v  mg ˆj


Fnet  ma
funksjon norm(A) beregner lengden til vektoren A
norm(A) = sqrt(dot(A,A))
FYS-MEK 1110
03.02.2014
29
Numerisk løsning for skrå kast med luftmotstand
FYS-MEK 1110
03.02.2014
30
Resultat
D = 0.0049 kg/m
D = 0 kg/m
initialbetingelser:
h  20 m
v0  20 m/s
  35
prosjektilet beveger seg ikke lenger på en parabel bane
ikke vanskelig å implementere luftmotstanden numerisk,
men analytisk løsning blir meget komplisert.
hva betyr luftmotstand for den beste vinkelen?
FYS-MEK 1110
03.02.2014
31
[15 20 25 30 35 40 45 50 55]
 max  26.5
xmax  34.41 m
obs: Vi har funnet beste vinkelen for gitt initialbetingelser
og parameter: h, v0, D !
FYS-MEK 1110
03.02.2014
32
Hvilken vinkel burde jeg bruke for å kaste lengst fra Prekestolen?
(Samme initialhastighet og luftmotstand, men h = 600 m.)
[0 10 20 30]
 max  12.4
xmax  47.98 m
Hvis høyden er stor må du bruke en mindre vinkel for å komme lengst.
På slutten faller ballen ned vertikal  over en viss høyde er max konstant.
Den eneste måte å kaste lenger er å øke v0.
FYS-MEK 1110
03.02.2014
33