Rodzaje zderzeń Chociaż pęd jest wielkością zachowaną we wszystkich przypadkach wzajemnego oddziaływania ciał, nie wszystkie oddziaływania (na przykład zderzenia lub eksplozje) są jednakowe. W fizyce mówimy o następujących przypadkach: Pojedynczy obiekt może eksplodować, rozpadając się na więcej elementów (w skrócie: jeden na wiele ). Wiele obiektów (przynajmniej dwa) mogą zderzyć się i połączyć na skutek tego zderzenia (w skrócie: wiele na jeden ). Wiele obiektów zderzając się odbija się od siebie, co w efekcie daje również wiele ciał w ruchu (w skrócie: wiele na wiele ). Po odbiciu prędkości ciał mogą być takie same jak przed nim, ale mogą też ulec zmianie. Użyteczne będzie więc dokonanie charakterystyki tych oddziaływań w kontekście liczby elementów przed i po zdarzeniu. Jeden na wiele Pierwsza sytuacja to rozpad pojedynczego obiektu (lub obiektu traktowanego jako całość) na dwa lub więcej fragmentów. Przykładem może być petarda, układ łuk-strzała lub rakieta. Im więcej elementów powstaje po rozpadzie, tym trudniejsza staje się analiza, niemniej całkowity pęd układu przed i po rozpadzie pozostaje niezmieniony. Układ będzie miał jednak, niekiedy znaczną, łączną energię kinetyczną, mimo że wcześniej jej nie posiadał. Widzimy więc, że chociaż pęd układu jest zawsze zachowany, jego energia kinetyczna – już nie. W takim przypadku, gdy ciało rozpada się na więcej fragmentów i energia kinetyczna układu wzrasta – mówimy o eksplozji (ang. explosion ). Zastanówmy się teraz nad źródłem dodatkowej porcji energii. Czy jej powstanie oznacza, że zasada zachowania energii przestaje nagle obowiązywać? Oczywiście zasada zachowania energii całkowitej musi być i jest spełniona. W przypadku eksplozji lub wystrzału energia udzielona fragmentom układu pochodzi z energii chemicznej cząsteczek biorących udział w egzoenergetycznych reakcjach chemicznych. Reakcje te, wytwarzając wysoką temperaturę i ciśnienie – są bezpośrednią przyczyną rozerwania się układu i nadania jego fragmentom energii kinetycznych. W przypadku układu łuk-strzała źródłem energii jest energia potencjalna sprężystości naciągniętej cięciwy. Zauważmy, że jeżeli ciało znajduje się początkowo w spoczynku, pęd i energia kinetyczna równe są zeru. Po eksplozji sumaryczny pęd musi być nadal równy zeru, ponieważ na mocy zasady zachowania pędu nie może się on zmienić. Wiele na jeden Druga możliwość jest odwrotnością pierwszej: dwa lub więcej ciał zderza się i łączy ze sobą, tworząc jeden obiekt. Masa tego obiektu jest sumą mas ciał zderzających się, a prędkość ruchu takiego „produktu” jest określona zasadą zachowania pędu. W tym przypadku również okazuje się, że pęd układu przed i po zderzeniu nie ulega zmianie, natomiast jego energia kinetyczna tym razem maleje. Tego typu zderzenie nazywamy niesprężystym (ang. inelastic collision ). W skrajnym przypadku ciała po zderzeniu tworzą bryłę, której prędkość wynosi zero. Oznacza to, że prędkości wszystkich elementów układu i jego energia kinetyczna zmalały do zera. Zauważmy, że w takim przypadku mamy do czynienia z największą możliwą zmianą energii w układzie. Takie zderzenie nazywamy idealnie niesprężystym (ang. perfectly inelastic collision ). Wiele na wiele Przypadek, w którym ciała zderzają się i odbijają się od siebie, a następnie oddalają z taką samą prędkością względną jest zderzeniem sprężystym (ang. elastic collision ). Wówczas zmiana energii kinetycznej układu jest równa zeru, zatem jego energia kinetyczna jest zachowana. W każdym rodzaju oddziaływania, w przypadku układu zamkniętego, jego pęd jest zachowany ( p → przed = p → po ), natomiast energia kinetyczna – już niekoniecznie: Jeżeli 0 < E k po < E k przed , zderzenie jest niesprężyste. Jeżeli E k po = 0 , zderzenie jest idealnie niesprężyste. Jeżeli E k po = E k przed , zderzenie jest sprężyste. Jeżeli E k po > E k przed , mamy do czynienia z eksplozją. Należy pamiętać, że analizując zderzenia lub eksplozje, można opisywać je z użyciem pędu i energii kinetycznej. Strategia rozwiązywania zadań: zderzenia W układzie zamkniętym spełniona jest zawsze zasada zachowania pędu, a w szczególnych przypadkach zachowana bywa także energia mechaniczna. Typowe sytuacje wymagające opisu z użyciem energii i pędu są zwykle jedno- lub dwuwymiarowe i najczęściej zawierają dwie niewiadome. Wówczas dla ułatwienia należy: Zdefiniować układ zamknięty. Napisać równanie ilustrujące zasadę zachowania pędu. Jeśli zachowana jest też energia kinetyczna – wyrazić to odpowiednim równaniem; jeśli nie – podać równanie opisujące zmianę energii kinetycznej. Utworzone w ten sposób dwa równania stanowią ich układ z dwiema niewiadomymi, który rozwiązujemy standardowymi metodami. Powstawanie deuteronu Proton o masie 1,67 ⋅ 10 − 27 k g zderza się z neutronem o masie nieznacznie większej (tu z przyczyn praktycznych przyjmijmy, że takiej samej) i po ich złączeniu powstaje cząstka zwana deuteronem . Jaka jest prędkość deuteronu, jeżeli prędkość protonu wynosiła 7 ⋅ 10 6 m / s i skierowana była w prawo, a prędkość neutronu, równa 4 ⋅ 10 6 m / s – w lewo? Strategia rozwiązania Niech nasz układ tworzą obie cząstki: proton i neutron. Mamy do czynienia ze zderzeniem, spróbujmy określić, jakiego rodzaju. W efekcie oddziaływania z dwóch cząstek powstaje jedna, więc będzie to zderzenie niesprężyste. W tej sytuacji zachowany zostaje pęd, ale energia kinetyczna – nie. Użyjemy więc zasady zachowania pędu do wyznaczenia prędkości produktu tegoż zderzenia, natomiast zasadę zachowania energii możemy wykorzystać do obliczenia zmiany (straty) energii kinetycznej i stwierdzenia, ile dżuli energii przeszło w formę niemechaniczną – energię potrzebną do związania się protonu z neutronem, tzw. energię fuzji. Rozwiązanie Przyjmijmy, że masy cząstek są jednakowe i wynoszą M . Indeksami p, n oraz d oznaczymy odpowiednio prędkości: protonu, neutronu i deuteronu. Zagadnienie jest jednowymiarowe, możemy więc w zapisie zasady zachowania pędu zrezygnować z oznaczeń wersorów, uwzględniając przeciwny zwrot wektora prędkości neutronu: M v p − M v n = 2 M v d . Po podzieleniu przez M i podstawieniu danych liczbowych otrzymujemy: v → 3 = v p − v n 2 i ^ = 1,5 ⋅ 10 6 m / s ⋅ i ^ . Znaczenie Opisana reakcja nosi nazwę reakcji fuzji (ang. fusion ) i właśnie z myślą o takich zderzeniach uruchomiono Wielki Zderzacz Hadronów (LHC) w ośrodku badań reakcji jądrowych CERN pod Genewą. Przyspiesza on cząstki do bardzo dużych prędkości (i dużych pędów) w dwóch przeciwbieżnych strumieniach. W takim „czołowym” zderzeniu wiązek mają szansę narodzić się, w drodze fuzji, nowe cząstki wtórne (ang. daughter particles ). Krążki hokejowe na lodzie Poniższy przykład jest modyfikacją zadania z poprzedniego rozdziału. Dwa krążki hokejowe, tym razem o różnych masach (czerwony o masie 15 g, niebieski o masie 12 g), położono na płaskim, gładkim lodzie. Czerwony krążek pozostaje w spoczynku, a niebieskiemu nadano prędkość 2,5 m/s skierowaną w lewo ( ), tak by uderzył on centralnie w krążek czerwony. Jeżeli zderzenie jest idealnie sprężyste, jakie będą prędkości krążków po zderzeniu? Zderzenie dwóch krążków hokejowych o różnych masach. Górny rysunek odpowiada sytuacji na chwilę przed zderzeniem, a dolny – tuż po zderzeniu. Wypadkowa sił zewnętrznych wynosi zero. Strategia rozwiązania Rozważamy zderzenie dwóch krążków o znanych masach i prędkościach początkowych, gdzie nieznane są prędkości obu krążków po zderzeniu. Zasada zachowania pędu wydaje się tu być dobrą strategią. Układ tworzą tutaj oba krążki. Gładkość lodu zapewnia brak tarcia, a siłę ciężkości równoważy siła reakcji podłoża – układ jest więc układem zamkniętym i spełniona jest w nim zasada zachowania pędu. Ponieważ mamy do czynienia ze zderzeniem idealnie sprężystym, energia kinetyczna w tym układzie także będzie zachowana. Otrzymujemy więc dwa równania z dwiema niewiadomymi. Początkowy pęd układu i jego energia kinetyczna jest początkowym pędem i energią kinetyczną tylko niebieskiego krążka. W zderzeniu sprężystym część pędu i energii zostaje przeniesiona na krążek czerwony. Rozwiązanie Zdefiniujmy kierunek osi + x jako poziomy w lewo. Zasada zachowania pędu przedstawia się wówczas następująco: m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 v 1 ′ + m 2 v 2 ′ . Równanie opisujące łączną energię kinetyczną układu przed i po zderzeniu przyjmuje postać: 1 2 m 1 v 1 2 + 1 2 m 2 v 2 2 = 1 2 m 1 v 1 ′ 2 + 1 2 m 2 v 2 ′ 2 . Chociaż wiemy, że prędkość początkowa krążka pierwszego jest równa zeru, dla ogólności rozważań zachowajmy jeszcze obecność tego członu w obu równaniach. W obu równaniach pogrupujmy wyrazy zawierające masę m 1 po lewej stronie, a z masą m 2 - po stronie prawej: m 1 ( v 1 − v 1 ′ ) = m 2 ( v 2 ′ − v 2 ) , m 1 ( v 1 2 − v 1 ′ 2 ) = m 2 ( v 2 ′ 2 − v 2 2 ) . Jeżeli równanie drugie podzielimy przez pierwsze, to (po zastosowaniu wzoru skróconego mnożenia na różnicę kwadratów) uzyskamy: v 1 + v 1 ′ = v 2 ′ + v 2 . Z powyższego równania wyznaczamy jedną z niewiadomych i podstawiamy ją do równania pierwszego, opisującego zasadę zachowania pędu. Ostatecznie nowe prędkości krążków po zderzeniu to: v 1 ′ = 2 m 2 m 1 + m 2 v 2 + m 1 − m 2 m 1 + m 2 v 1 , v 2 ′ = 2 m 1 m 1 + m 2 v 1 + m 2 − m 1 m 1 + m 2 v 2 . Podstawiając nasze dane, otrzymamy: v 1 ′ = 2,22  m ∕ s  , v 2 ′ = − 0,28  m ∕ s  . \begin{align} v_1' &= \SI{2,22}{\metre\per\second} \text{,} \\ v_2' &= - \SI{0,28}{\metre\per\second} \text{.} \end{align} Znaczenie Pamiętajmy, że oś x układu współrzędnych zwrócona jest w lewo, więc prędkość krążka czerwonego v 1 ′ , jako dodatnia – zwrócona jest także w lewo. Krążek niebieski, po odbiciu od cięższego krążka czerwonego – porusza się w prawo, o czym świadczy znak minus przed jego prędkością v 2 ′ . Sprawdź, czy rozumiesz. Przyglądając się równaniom opisującym zasadę zachowania pędu i energii kinetycznej, widzimy, że możliwe jest jeszcze jedno rozwiązanie, w którym v 1 ′ = v 1 i v 2 ′ = v 2 (oba równania się wówczas zerują). Podaj interpretację fizyczną tych wyników. Podane wyniki odpowiadają sytuacji, w której prędkości krążków nie zmieniają się – czerwony nadal spoczywa, a niebieski nadal przesuwa się w lewo ze swoją prędkością. Innymi słowy – nie było między nimi oddziaływania, zderzenie nie miało miejsca. Thor kontra Iron Man W wyprodukowanym w roku 2012 filmie science-fiction The Avengers widzimy scenę walki Iron Mana z Thorem. Na początku Thor rzuca w Iron Mana swoim młotem tak, że siła zderzenia wyrzuca Iron Mana w powietrze i ciska o drzewo. W momencie uderzenia Iron Man stoi nieruchomo w odległości ok. 10 metrów od Thora, a czas lotu młota trwa około 1 s. Drzewo znajduje się w odległości ok. 2 m za Iron Manem i do uderzenia o nie dojdzie po ok. 0,75 s. Przyglądając się uważniej tejże scenie, zauważymy, że tor ruchu lecącego młota oraz Iron Mana wraz z młotem jest w przybliżeniu linią poziomą (jest to w rzeczywistości bardzo „spłaszczona” parabola). Przyjmij, że masa Iron Mana wynosi 200 kg. Oszacuj masę młota Thora. Oszacuj stratę energii kinetycznej podczas tego zderzenia. Strategia rozwiązania Po uderzeniu młot i Iron Man poruszają się razem – jest to więc zderzenie niesprężyste. Zatem, wybierając odpowiednio układ zamknięty, powinniśmy uzyskać spełnienie zasady zachowania pędu (ale nie energii kinetycznej). Zanim zastosujemy tę zasadę, obliczmy prędkości rzuconego młota i układu „młot plus Iron Man” z danych kinematycznych (droga i czas). Zagadnienie jest jednowymiarowe, więc wygodnie jest operować równaniami w postaci skalarnej. Rozwiązanie Postulujemy zastosowanie zasady zachowania pędu. Układ „młot plus Iron Man” w rozpatrywanym przedziale czasu, tj. od momentu zderzenia do chwili stratowania drzewa – spełnia wymogi dla układu zamkniętego. Przyjmijmy teraz następujące oznaczenia: M m – masa młota, M I – masa Iron Mana, v m – prędkość młota tuż przed uderzeniem w Iron Mana, v – prędkość układu „młot plus Iron Man” tuż po zderzeniu. Prędkość początkowa Iron Mana wynosi zero. Zapisujemy zasadę zachowania pędu: M m v m = ( M m + M I ) v , a następnie wyznaczamy masę młota: M m v m = M m v + M I v , M m ( v m − v ) = M I v , M m = M I v v m − v = 200 k g ⋅ 2 m 0,75 s 10 m / s − 2 m 0,75 s = 73 k g . Biorąc pod uwagę znaczną niepewność naszych oszacowań, wynikającą z oceny odległości i pomiaru czasu na podstawie kadru filmowego, bardziej miarodajne będzie podanie wyniku z dokładnością do dziesiątek kg, a więc M m = 70 k g . Energia kinetyczna układu, podobnie jak i pęd, pochodzi w całości z ruchu rozpędzonego młota: E K przed = 1 2 M m v m 2 = 1 2 ⋅ 70 k g ⋅ ( 10 m / s ) 2 = 3500 J . Po zderzeniu: E K po = 1 2 ( M m + M I ) v 2 = 1 2 ⋅ ( 70 k g + 200 k g ) ⋅ ( 2,67 m / s ) 2 = 960 J . Zatem zmiana energii kinetycznej wynosi E K po − E K przed = 960 J − 3500 J = 2540 J , co oznacza jej ubytek. Znaczenie Z innej sceny filmu wynika, że Thor jest w stanie siłą umysłu kontrolować swój młot i dodatkowo rozpędzić młot w fazie po zderzeniu – w tej sytuacji w układzie „młot plus Iron Man” pojawiłaby się siła zewnętrzna i przestałby to już być układ zamknięty. Mentalne zdolności Thorna nie są oczywiście przedmiotem zainteresowań niniejszego podręcznika. Analiza zderzenia samochodów Ciężarówka o masie 3000 kg uderza w stojący na światłach samochód o masie 1200 kg. W efekcie zderzenia ciężarówka zatrzymuje się, a samochód osobowy porusza się do przodu i zatrzymuje po przebyciu 10 metrów. Zmierzony współczynnik tarcia między oponami a nawierzchnią drogi wynosi 0,62. Z jaką prędkością poruszała się ciężarówka przed zderzeniem? Strategia rozwiązania Z początku może się wydawać, że zbyt mało wiemy, aby rozwiązać ten problem. Choć znamy prędkość początkową samochodu osobowego, nie znamy prędkości ciężarówki (ją właśnie mamy wyznaczyć), a zatem i pędu układu. Podobnie, znamy prędkość końcową ciężarówki, ale nie znamy prędkości auta osobowego bezpośrednio po zderzeniu. Fakt, że samochód ostatecznie się zatrzymuje jest już efektem zadziałania sił zewnętrznych, czyli tarcia. Reguła pędu i popędu również nie wydaje się pomocna, ponieważ nie znamy czasu trwania zderzenia. Przyjmijmy wstępnie, że w bardzo krótkim przedziale czasu odpowiadającym samemu zderzeniu, naszym układem zamkniętym będzie układ „ciężarówka plus auto” . Traktujemy wówczas zatrzymanie się ciężarówki jako błyskawiczne i prowadzące do natychmiastowego przekazania pędu samochodowi. Dopiero potem rozpocznie się ruch postępowy jednostajnie opóźniony samochodu (jest bardzo prawdopodobne, że przerażony kierowca uderzonego auta naciskał pedał hamulca aż do chwili zatrzymania, zatem samochód wytracił swoją prędkość za sprawą siły tarcia). Prędkość początkową tej fazy ruchu można wyznaczyć z zależności kinematycznych albo z twierdzenia o równoważności pracy i energii. Tu zastosujemy tę drugą metodę. Rozwiązanie Wprowadźmy oznaczenia: M s i M c – odpowiednio masa samochodu i ciężarówki, v c0 i v c1 – prędkość ciężarówki: początkowa (przed zderzeniem) i końcowa (po zderzeniu), v s0 i v s1 – prędkość samochodu: początkowa (przed zderzeniem) i końcowa (bezpośrednio po zderzeniu), E K1 i E K2 – energia kinetyczna samochodu bezpośrednio po zderzeniu i na końcu ruchu (po zatrzymaniu E K2 = 0 ), L – droga, jaką pokonał samochód zanim się zatrzymał. Zasadę zachowania pędu dla układu „ciężarówka plus auto” zapisujemy jako: M s v s0 + M c v c0 = M s v s1 + M c v c1 . Ponieważ v s0 = 0 i v c1 = 0 , otrzymujemy prędkość początkową ciężarówki równą: v c0 = M s M c v s1 . Aby wyznaczyć prędkość auta po zderzeniu, zastosujmy twierdzenie o równoważności pracy i energii, zgodnie z którym: W = Δ E K = E K2 − E K1 = 0 − 1 2 M s v s1 2 . Z drugiej strony, praca siły tarcia wykonana na odcinku L : W = F → t ⋅ L → = F t L cos  θ . Kąt θ jest kątem między wektorem siły tarcia (działającym poziomo, przeciwnie do ruchu) i przemieszczenia (działającym poziomo, zgodnie z kierunkiem ruchu). Wynosi więc on 180 ∘ , zatem cos  180 ∘ = − 1 . Siłę tarcia na poziomym torze możemy powiązać z siłą nacisku (tu: równą ciężarowi auta) i współczynnikiem tarcia kinetycznego μ k zależnością: F t = μ k M s g . Zatem pracę siły tarcia możemy przyrównać do zmiany energii kinetycznej: − ( μ k M s g ) L = − 1 2 M s v s1 2 . Prędkość auta bezpośrednio po zderzeniu wynosi więc: v s1 = 2 μ k g L = 2 ⋅ 0,62 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ 10 m = 11 m / s . Teraz możemy już wrócić do zasady zachowania pędu i wyznaczyć prędkość ruchu ciężarówki przed zderzeniem: v c0 = 1 200 k g 3 000 k g ⋅ 11,0 m / s = 4,4 m / s = 16 k m / h . Znaczenie Powyższy przykład pokazuje typową analizę, jakiej dokonują policjanci po przybyciu na miejsce wypadku. Widać więc, że od znajomości pojęć pędu i energii kinetycznej oraz ich prawidłowego zastosowania zależą często prawne i finansowe konsekwencje rzeczywistych wypadków. Sprawdź, czy rozumiesz. Gdyby nie było tarcia (zderzenie nastąpiłoby na oblodzonej nawierzchni), współczynnik tarcia wynosiłby zero, a nasz wynik v s1 = 2 μ k g L = 0 byłby również zerowy, co jest oczywiście niepoprawne. Gdzie tkwi błąd? Przy braku tarcia, uderzone auto poruszałoby się nieskończenie daleko, nie moglibyśmy więc skorzystać z twierdzenia o pracy i energii. Tym samym, problem stałby się nierozwiązywalny. Zderzenia i pęd w skali subatomowej Zasada zachowania pędu okazuje się kluczowa w rozumieniu zjawisk w skali atomowej i subatomowej, ponieważ głównie dzięki eksperymentom zderzeniowym możemy się czegoś dowiedzieć o tych maleńkich cząstkach. Na początku XX wieku obiektem ogromnego zainteresowania i tematem dyskusji naukowców był atom i jego budowa. Wiedziano już, że atomy zawierają dwa rodzaje cząstek naładowanych: obdarzone ładunkiem ujemnym elektrony i dodatnio naładowane protony (istnienie cząstek obojętnych elektrycznie, czyli neutronów podejrzewano, ale doświadczalnie potwierdzono je dopiero w roku 1932). Zasadnicze pytanie brzmiało: w jaki sposób owe dodatnie i ujemne ładunki są w atomie poukładane? Czy wypełniają równomiernie przestrzeń atomu (wyobrażenie takie zaproponował J.J. Thomson w swoim modelu „ciasta z rodzynkami”), czy umieszczone są w wierzchołkach wielokąta foremnego (model Gilberta Lewisa), a może przyjmują postać pierścieni ładunku ujemnego otaczających dodatnio naładowane jądro – na wzór pierścieni wokół Saturna (zgodnie z sugestią Hantaro Nagaoki)? A może istnieje jeszcze inna struktura? Ernest Rutherford, fizyk nowozelandzki, wraz z Niemcem – Hansem Geigerem i Brytyjczykiem Ernestem Marsdenem przeprowadzili w roku 1909 przełomowy, jak się okazało, eksperyment. Polegał on na bombardowaniu bardzo cienkiej folii złota wiązką szybkich, a więc wysokoenergetycznych cząstek alfa (jąder atomu helu He-4). Cząstki te zderzały się z atomami złota, podczas zderzenia zmieniały kierunek lotu (czyli: ulegały rozproszeniu) i były rejestrowane pod różnymi kątami względem ich początkowego kierunku. Ich rozpraszanie analizowane było właśnie na podstawie zasady zachowania pędu i energii. Gdyby ładunek w atomie był rozłożony jednorodnie w całej jego objętości (zgodnie z modelem Thomsona) wówczas cząstki alfa po zderzeniach byłyby rejestrowane w pewnym wąskim zakresie małych kątów. Model Nagaoki dawałby podobne rezultaty. Zgodnie z modelem wieloboku Lewisa rozproszenie cząstek zachodziłoby selektywnie, pod pewnymi charakterystycznymi kątami. Tymczasem wyniki eksperymentu Rutherforda pokazały, że wprawdzie większość cząstek praktycznie wcale nie zmienia kierunku, ale są też i takie, które wręcz całkowicie zawracają i zostają rozproszone pod kątami bliskimi 180 ∘ ( ). Ostatecznie, wykorzystując zasadę zachowania pędu i energii, Rutherford zaproponował model atomu, znacznie bliższy modelowi współczesnemu i dobrze wyjaśniający wyniki jego obserwacji. Modele atomu Thomsona i Rutherforda. Model Thomsona zakładał, że praktycznie wszystkie cząstki alfa zostaną rozproszone w bardzo małym kącie, bliskim 0 ∘ (rozproszenie do przodu). Rutherford i Geiger stwierdzili, że rozproszeniu uległo bardzo mało cząstek, ale za to pod znacznie większymi kątami. Wyniki eksperymentu Rutherforda były niespójne z modelem Thomsona. Rutherford opracował więc swój model atomu, wykorzystując zasadę zachowania pędu i energii – znany obecnie jako model jądrowy. Podsumowanie Zderzenie sprężyste to takie, w którym zachowana zostaje energia kinetyczna. W zderzeniu niesprężystym energia kinetyczna nie jest zachowana. Całkowity pęd układu zamkniętego jest zachowany zarówno w zderzeniu sprężystym jak i niesprężystym, czyli niezależnie od zachowania energii kinetycznej. Analiza zmian energii kinetycznej i zachowania pędu pozwala na wyznaczenie końcowych prędkości (przy użyciu prędkości początkowych i mas) w zderzeniach jedno- i dwuwymiarowych. Pytania Dwa ciała o jednakowych masach poruszają się z jednakowymi prędkościami, zwróconymi naprzeciw siebie (zderzenie czołowe). Czy w tym zderzeniu może być stracona cała energia kinetyczna? Tak, cała energia kinetyczna może być stracona, jeżeli masy na przykład zlepią się ze sobą i pozostaną w spoczynku. Opisz układ, w którym pęd jest zachowany, a energia mechaniczna nie. A następnie odwrotnie – opisz układ, w którym zachowana jest energia kinetyczna, a pęd nie. Zadania Kula do kręgli o masie 5,5 kg toczy się z prędkością 9 m/s i uderza w kręgiel o masie 0,85 kg. Kręgiel odskakuje pod pewnym kątem względem kierunku początkowego kuli z prędkością 15 m/s. Oblicz wartość i kierunek prędkości kuli po zderzeniu. Czy zderzenie było sprężyste? 6,8 m/s, 5,33°; Tak (wyznacz stosunek energii kinetycznej przed i po zderzeniu) Ernest Rutherford (pierwszy Nowozelandczyk uhonorowany nagrodą Nobla w dziedzinie chemii) wykazał w swoim eksperymencie rozpraszania cząstek alfa (He-4) na folii złota (Au-197), że jądro atomowe jest obiektem o bardzo dużej gęstości i rozmiarach ok. 100 tysięcy razy mniejszych niż sam atom. Energia nadlatującej cząstki alfa wynosi 8,00 ⋅ 10 − 13 J , masy jądra helu i złota wynoszą odpowiednio 6,68 ⋅ 10 − 27 k g i 3,29 ⋅ 10 − 25 k g (zwróć uwagę, że ich stosunek jest jak 4 do 197). a. Jeżeli jądro helu rozprasza się pod kątem 120 ∘ w zderzeniu sprężystym z jądrem złota, oblicz wartość i kierunek końcowej prędkości jądra złota. b. Jaka jest końcowa energia jądra helu? Hokeista o masie 90 kg uderza w krążek o masie 0,15 kg, nadając mu prędkość 45 m/s. Jeżeli hokeista i krążek znajdują się początkowo w spoczynku na idealnie gładkim lodzie, jak daleko przesunie się hokeista na skutek odrzutu, w czasie gdy krążek dolatuje do bramki znajdującej się w odległości 15 m od miejsca uderzenia? 2,5 cm Petarda o masie 100 g, wystrzelona pionowo do góry, w najwyższym punkcie lotu rozdziela się na dwie części. Jaka jest prędkość (wartość i kierunek) drugiego fragmentu petardy, jeżeli jeden fragment o masie 72 g został odstrzelony poziomo w lewo z prędkością 20 m/s? W zderzeniu sprężystym samochodzik elektryczny w wesołym miasteczku uderza od tyłu w jadący w tym samym kierunku inny samochodzik. Masy obu autek wynoszą 400 kg, prędkość uderzonego samochodziku wynosi 5,6 m/s, a prędkość samochodziku uderzającego 6 m/s. Zakładając, że masy kierujących są dużo mniejsze niż masy pojazdów, oblicz ich prędkości po zderzeniu. Auta wymienią się prędkościami – uderzone będzie jechać szybciej (6 m/s) a drugie 5,6 m/s. Wykonaj obliczenia i odpowiedz na pytania z poprzedniego zadania, jeśli masa auta uderzonego jest o 30% większa niż uderzającego. Cząstka alfa (He-4) zderza się sprężyście ze spoczywającym jądrem uranu U-235. Jaki procent energii kinetycznej cząstki alfa zostanie przekazany jądru ciężkiemu? Zagadnienie traktujemy jako jednowymiarowe. 6,6% Wyobraź sobie, że stoisz na bardzo śliskim podłożu i wyrzucasz przed siebie piłkę o masie 1 kg poziomo z prędkością 6,7 m/s. Jaka będzie twoja prędkość po wyrzuceniu piłki (przyjmij swoją masę rzeczywistą lub średnią masę studenta równą 65 kg)? Dziecko o masie 35 kg zjeżdża z górki na sankach, a następnie po płaskim torze, gdy na sanki wskakuje drugie dziecko o takiej samej masie. Jeżeli prędkość sanek z jednym dzieckiem wynosiła 3,5 m/s, jaka jest prędkość sanek z dwójką dzieci? 1,9 m/s Chłopiec zjeżdża na sankach ze wzniesienia, a następnie wjeżdża na zmrożoną taflę jeziora. Na środku jeziora znajduje się zaspa śniegu o masie 1 tony, którą pędzący na sankach chłopiec przebija i porusza się dalej. Wiedząc, że prędkość chłopca przed zderzeniem wynosiła 10 m/s, jego masa jest równa 40 kg, a masa sanek 2,5 kg, oblicz prędkość chłopca z sankami oraz zaspy po zderzeniu. zderzenie sprężyste (ang. elastic collision ) zderzenie, w którym spełniona jest zasada zachowania energii mechanicznej. W przypadku ruchu po płaskim torze oznacza to zachowanie energii kinetycznej eksplozja (ang. explosion ) pojedynczy obiekt rozpada się na dwa lub więcej fragmentów. Energia kinetyczna nie jest zachowana, ale pęd – tak zderzenie niesprężyste (ang. inelastic collision ) zderzenie, w którym nie jest spełniona zasada zachowania energii mechanicznej zderzenie idealnie niesprężyste (ang. perfectly inelastic collision ) zderzenie, po którym ciała pozostają w spoczynku, a końcowa energia kinetyczna wynosi zero (strata energii jest maksymalna)

Science


Zderzenia w wielu wymiarach Zderzenia ciał w dwóch wymiarach występują w przyrodzie znacznie częściej niż jednowymiarowe. W zderzeniach na płaszczyźnie kąty między prędkościami początkowymi ciał nie wynoszą 0 ∘ lub 180 ∘ i możliwa jest każda konfiguracja wektorów. Jeżeli natomiast zderzają się więcej niż dwa ciała lub wskutek eksplozji powstają więcej niż dwa fragmenty – sytuacja może wymagać opisu w trzech wymiarach, czyli w przestrzeni. Przyjrzyjmy się, jakie komplikacje to rodzi (dla uproszczenia na początek wystarczy nam zderzenie na płaszczyźnie). Po pierwsze, należy zawsze pamiętać, że pęd jest wektorem. Jak wszystkie wektory, można go przedstawić przy pomocy składowych wzajemnie do siebie prostopadłych. Najczęściej są to składowe kartezjańskie x , y i z (oznaczone odpowiednio wersorami osi: i ^ , j ^ , k ^ ). Stosując później zasadę zachowania pędu, będziemy rozpisywać równania dla poszczególnych składowych. Druga, niezwykle istotna informacja dotyczy relacji siły i pędu, wyrażającej się w II zasadzie dynamiki: F → = d p → d t , gdzie siła również jest wektorem o trzech składowych, zatem: F x = d p x d t , F y = d p y d t , F z = d p z d t . Wiemy, że druga zasada dynamiki jest słuszna dla każdego kierunku ruchu, niezależnie od pozostałych składowych. Skoro tak, to na mocy III zasady Newtona, również zasada zachowania pędu będzie słuszna niezależnie od kierunku. Powyższe informacje pozwalają na analizę każdego problemu wielowymiarowego za pomocą równań rozpisanych dla dwóch (w przypadku opisu w 2D) lub trzech (przy opisie w 3D) składowych wektorów siły, pędu czy prędkości, a także wyrażenie pędu całkowitego jako sumy pędów elementów układu: p x suma po = p x  1  przed + p x  2 przed  , p y suma po = p y  1  przed + p y  2 przed  . \begin{align} p_{x\sep \text{ suma po}} &= p_{x1 \text{ przed}} + p_{x2 \sep \text{ przed}} \text{,} \\ p_{y\sep \text{ suma po}} &= p_{y1 \text{ przed}} + p_{y2 \sep \text{ przed}} \text{.} \end{align} Procedurę tę obrazuje . (a) W analizie zagadnienia dwuwymiarowego rozkładamy wektory pędów przed zderzeniem na składowe x i y . (b) Dodajemy do siebie wszystkie składowe pędów dla danego kierunku osi i otrzymujemy składową p x po i p y po odpowiednio pokazane czerwoną linią przerywaną. (c) Dodajemy do siebie składowe p x po i p y po i otrzymujemy wektor pędu po zderzeniu p → po . Z równań dla każdej składowej niezależnie wyprowadzamy składową poszukiwanej prędkości: v x po = m 1 v 1x przed + m 2 v 2x przed m , v y po = m 1 v 1y przed + m 2 v 2y przed m , gdzie m jest całkowitą masą układu. Długość wektora prędkości v po obliczymy z pomocą twierdzenia Pitagorasa: v po = | v → po | = v x po 2 + v y po 2 . Strategia rozwiązywania zadań: zasada zachowania pędu w dwóch wymiarach Metoda postępowania w przypadku zagadnień dwu- lub trójwymiarowych z wykorzystaniem zasady zachowania pędu jest w gruncie rzeczy jednakowa, jak w przypadku problemu jednowymiarowego. Różnica polega na tym, że należy ułożyć i rozwiązać równanie dla każdej składowej: Zidentyfikuj układ zamknięty. Zapisz równania reprezentujące zasadę zachowania pędu dla poszczególnych składowych. Jeżeli masz za zadanie wyznaczyć prędkość lub pęd – pamiętaj o wektorowym (graficznym) dodaniu składowych i wyznaczeniu długości wektora sumarycznego za pomocą twierdzenia Pitagorasa. Zderzenie samochodów Samochód osobowy o masie 1200 kg jadący na wschód z prędkością 60 km/h zderzył się na skrzyżowaniu z ciężarówką o masie 3 ton jadącą na północ z prędkością 40 km/h ( ). Oba pojazdy poruszają się dalej razem. Jaka jest ich prędkość po zderzeniu? Sytuacja tuż przed zderzeniem się ciężarówki jadącej na północ z samochodem osobowym jadącym na wschód. Sumaryczny pęd posiadać będzie składowe zarówno wzdłuż osi x , jak i y . Strategia rozwiązania Przede wszystkim należy wyodrębnić układ zamknięty. Naturalnym wyborem jest układ „ciężarówka plus samochód” : nie jest to jednak układ zamknięty ze względu na obecność siły tarcia między drogą a zdeformowanymi pojazdami po zderzeniu. Problem ten przestanie istnieć, jeśli zawęzimy zagadnienie do wyznaczenia prędkości masy pojazdów w chwili tuż po zderzeniu. Przy takim zastrzeżeniu układ będzie zamknięty, a zasada zachowania pędu spełniona. Ponieważ rozważamy ruch na płaszczyźnie, analizujemy pęd w ujęciu składowych x , y i względem tychże osi zapisujemy zasadę zachowania pędu. Rozwiązanie Przed zderzeniem całkowity pęd układu wynosi: p → = m s v → s + m c v → c . Po zderzeniu pęd całkowity wynosi: p → = ( m s + m c ) v → sc . Ponieważ mamy do czynienia z układem zamkniętym, pęd zostaje zachowany: m s v → s + m c v → c = ( m s + m c ) v → sc . Istotne jest wciąż zachowanie zapisu wektorowego, ponieważ zagadnienie nie jest jednowymiarowe, tzn. wektory nie są do siebie równoległe. Należy je dodać wektorowo ( ). Graficzna ilustracja dodawania wektorów pędu. Zwróćmy uwagę, że chociaż prędkość samochodu osobowego jest większa od prędkości ciężarówki, to pęd samochodu jest mniejszy. Oznaczmy osie układu współrzędnych jako x –skierowaną w prawo i y –skierowaną w górę, zgodnie z prędkościami pojazdów na rysunku. Wówczas pędy pojazdów: p → s = m s  v → s = m s  v s  i ̂  , p → c = m c  v → c = m c  v c  j ̂  . \begin{align} \vec p_{\text{s}} &= m_{\text{s}} \vec v_{\text{s}} = m_{\text{s}} v_{\text{s}} \hat i \text{,} \\ \vec p_{\text{c}} &= m_{\text{c}} \vec v_{\text{c}} = m_{\text{c}} v_{\text{c}} \hat j \text{.} \end{align} Zasada zachowania pędu wzdłuż osi x ma wówczas postać: m s v s = ( m s + m c ) v scx , v scx = m s m s + m c v s . Wzdłuż osi y : m c v c = ( m s + m c ) v scy , v scy = m c m s + m c v c . Stosujemy twierdzenie Pitagorasa: v → sc = m s m s + m c  v s 2 + m c m s + m c  v c 2 v → sc = 1200  kg 4200  kg ⋅ 16,67  m ∕ s 2 + 3000  kg 4200  kg ⋅ 11,1  m ∕ s 2 v → sc = 4,79  m ∕ s 2 + 7,93  m ∕ s 2 = 9,25  m ∕ s = 33,3  km ∕ h . \begin{multiline} \abs{\vec v_{\text{sc}}} &= \sqrt{ ( \frac{ m_{\text{s}} }{ m_{\text{s}} + m_{\text{c}} } v_{\text{s}} )^2 + (\frac{m_{\text{c}}}{m_{\text{s}} + m_{\text{c}}} v_{\text{c}})^2 } \\ &= \sqrt{(\frac{ \SI{1200}{\kilo\gram} }{ \SI{4200}{\kilo\gram} } \cdot \SI{16,67}{\metre\per\second})^2 + (\frac{\SI{3000}{\kilo\gram}}{\SI{4200}{\kilo\gram}} \cdot \SI{11,1}{\metre\per\second})^2} \\ &= \sqrt{(\SI{4,79}{\metre\per\second})^2 + (\SI{7,93}{\metre\per\second})^2} = \SI{9,25}{\metre\per\second} = \SI{33,3}{\kilo\metre\per\hour} \text{.} \end{multiline} v → sc = m s m s + m c  v s 2 + m c m s + m c  v c 2 = 1200  kg 4200  kg ⋅ 16,67  m ∕ s 2 + 3000  kg 4200  kg ⋅ 11,1  m ∕ s 2 = 4,79  m ∕ s 2 + 7,93  m ∕ s 2 = 9,25  m ∕ s = 33,3  km ∕ h . Kąt wskazany na rysunku wynosi: θ = arctg  v scx v scy = artg  7,93 m / s 4,79 m / s = 59 ∘ . Znaczenie W praktyce, aby określić prędkości pojazdów przed zderzeniem, policjanci lub ekipa dochodzeniowa czynności omówione we wcześniejszym przykładzie wykonują w odwrotnej kolejności: mierzą długość śladów hamowania na drodze (drogę hamowania) i korzystają z twierdzenia o równoważności pracy i energii oraz z zasady zachowania pędu. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że prędkości przed zderzeniem pojazdów nie są do siebie prostopadłe. Jak zmieniłoby to efekt fizyczny i matematyczną analizę zderzenia? Gdy prędkości początkowe nie są do siebie prostopadłe, zależy rozłożyć wektory na składowe, z użyciem funkcji trygonometrycznych kąta lub kątów podanych w zadaniu, bądź też – zamiast twierdzenia Pitagorasa – skorzystać z twierdzenia cosinusów. Analiza matematyczna byłaby więc nieco bardziej złożona, matematycznie wynik zawierałby zależność od kąta, natomiast skutek fizyczny zderzenia praktycznie by się nie zmienił – uszkodzenia pojazdów i być może pasażerów byłby niewątpliwe. Eksplozja butli nurkowej Typowa butla nurkowa jest aluminiowym cylindrem o masie własnej ok. 14,4 kg ( ). Po napełnieniu jej sprężonym powietrzem ciśnienie wewnątrz butli wynosi 170–200 atm. Załóżmy, że w pewnym momencie taka spoczywająca butla eksploduje, rozrywając się na trzy fragmenty. Pierwszy z nich, o masie ok. 4,5 kg odlatuje w płaszczyźnie poziomej z prędkością 105 m/s, drugi – o masie 3,2 kg również odlatuje w płaszczyźnie poziomej z prędkością 77 m/s, pod kątem 19 ∘ do kierunku ruchu pierwszego fragmentu. Jaką masę i prędkość początkową po wybuchu będzie miał trzeci fragment? Butla nurkowa rozpadająca się w wyniku eksplozji na trzy fragmenty. Strategia rozwiązania Aby skorzystać z zasady zachowania pędu, niezbędne jest określenie układu zamkniętego. Jeśli weźmiemy pod uwagę samą butlę bezpośrednio po wybuchu, możemy pominąć wpływ siły grawitacji na butlę i jej fragmenty. Uznajemy zatem, że jest to układ zamknięty o początkowym pędzie równym zeru. Ponieważ wiemy, że dwa fragmenty poruszają się w płaszczyźnie poziomej, zatem i trzeci fragment będzie poruszał się w tejże płaszczyźnie (w przeciwnym razie jakakolwiek pionowa składowa wektora pędu nie mogłaby zrównoważyć się, a wiemy, że na początku wszystkie składowe wynosiły zero). Zatem, patrząc „z góry” na odlatujące elementy wybieramy początek dwuwymiarowego układu współrzędnych x y w środku butli, zaś oś x w taki sposób, by była skierowana zgodnie z skierowaną zgodnie z prędkością pierwszego fragmentu. Zapisujemy równania wyrażające zasadę zachowania pędu dla obu składowych, aby otrzymać składowe nieznanego pędu trzeciego fragmentu, z których (przy zastosowaniu twierdzenia Pitagorasa) obliczymy jego wartość. Następnie, dzieląc wynik przez masę trzeciego fragmentu, otrzymamy prędkość tegoż fragmentu. Rozwiązanie Zacznijmy od wyliczenia masy trzeciego fragmentu butli: m 3 = m b − m 1 + m 2  , m 3 = 14,4  kg − 4,5  kg + 3,2  kg = 6,7  kg  . \begin{align} m_3 &= m_{\text{b}} - (m_1 + m_2) \text{,} \\ m_3 &= \SI{14,4}{\kilo\gram} - (\SI{4,5}{\kilo\gram} + \SI{3,2}{\kilo\gram}) = \SI{6,7}{\kilo\gram} \text{.} \end{align} Zapiszemy teraz zasadę zachowania pędu dla składowych x i y : Kierunek osi x : p x po = p x przed , p 1 x + p 2 x + p 3 x = 0 , m 1 v 1 x + m 2 v 2 x + p 3 x = 0 , p 3 x = − m 1 v 1 x − m 2 v 2 x . Kierunek osi y : p y po = p y przed , p 1 y + p 2 y + p 3 y = 0 , m 1 v 1 y + m 2 v 2 y + p 3 y = 0 , p 3 y = − m 1 v 1 y − m 2 v 2 y . Korzystając z funkcji trygonometrycznych kąta θ obliczamy składową x : p 3 x = − m 1 v 1 − m 2 v 2 cos  θ = − 4,5 k g ⋅ 105 m / s − 3,2 k g ⋅ 77 m / s ⋅ cos  19 ∘ = − 705 k g ⋅ m / s . Następnie wyznaczamy składową y : p 3 y = 0 − m 2 v 2 sin  θ = − 3,2 k g ⋅ 77 m / s ⋅ sin  19 ∘ = − 80 k g ⋅ m / s . Z obu składowych wyznaczamy wartość pędu: | p → 3 | = p 3 x 2 + p 3 y 2 = ( − 705 k g ⋅ m / s ) 2 + ( − 80 k g ⋅ m / s ) 2 = 710 k g ⋅ m / s . Prędkość trzeciego fragmentu butli wynosi więc: v 3 = p 3 m 3 = 710 k g ⋅ m / s 6,7 k g = 106 m / s . Kierunek tej prędkości jest taki, jak kierunek wektora pędu: ϕ = arctg  p 3 y p 3 x = arctg  ( − 80 k g ⋅ m / s − 705 k g ⋅ m / s ) = 6,5 ∘ . Ponieważ kąt ϕ mierzony jest od ujemnej półosi x jego właściwa wartość to 186,5 ∘ względem kierunku + x . Znaczenie Ogromne wartości prędkości są typowe i odzwierciedlają siłę wybuchu sprężonego gazu. Rozpędzone fragmenty mogą z łatwością przebić ścianę, spowodować poważne obrażenia, a nawet śmierć. Na szczęście statystyki pokazują, że tego typu zdarzenia występują niezwykle rzadko. Sprawdź, czy rozumiesz. Zauważ, że masa samego powietrza sprężonego w butli została w powyższej analizie pominięta. Jak zmieniłaby się metoda rozwiązania zadania, gdyby uwzględnić masę powietrza? Jak bardzo wpłynęłoby to na wynik liczbowy? Obliczmy masę sprężonego powietrza. Objętość butli to ok. 11 litrów. Traktując powietrze jako gaz doskonały, liczbę moli gazu w butli wyliczymy jako: P V = n R T , n = P V R T = 170 a t m ⋅ 0,011 m 3 8,31 J / ( m o l ⋅ K ) ⋅ 300 K ⋅ 101325 P a / a t m = 75,9 m o l . Średnia masa molekularna powietrza wynosi 29 g/mol, więc masa powietrza zawartego w butli wynosi około 2,2 kg. Stanowi to w przybliżeniu 15% masy butli, więc można ją uznać za zaniedbywalną. Ponadto, początkową siłę działającą na każdy fragment można uznać za proporcjonalną do powierzchni fragmentów, która z kolei jest proporcjonalna do masy każdego z nich (zakładamy stałą grubość ścianki butli). Zatem, gdyby dokładnie uwzględnić masę powietrza – początkowe przyspieszenia każdego z fragmentów zmieniłyby się bardzo niewiele. Podsumowanie Do przeprowadzenia analizy zderzeń w dwóch wymiarach należy odpowiednio obrać układ współrzędnych i przedstawić ruch ciał za pomocą składowych wzdłuż obranych osi tegoż układu. Jeżeli pęd jest zachowany, to zachowany jest wzdłuż każdej osi, równocześnie i niezależnie. Twierdzenie Pitagorasa umożliwia wyznaczenie wartości wektora pędu dla każdej osi z jego składowych, wyznaczonych na podstawie zasady zachowania pędu. Pytania Pęd jest zachowany wzdłuż jednego kierunku, ale nie jest zachowany dla innego. Co możesz powiedzieć o kącie między tymi kierunkami? Podaj przykład. Kąt między tymi kierunkami musi wynosić 90°. Przykładem jest każdy układ, w którym siły zewnętrzne dla jednego kierunku znoszą się, a dla innego nie. Zadania Jastrząb o masie 1,80 kg nurkuje w powietrzu pod kątem 35 ∘ do poziomu w kierunku lecącego poziomo gołębia o masie 0,65 kg i chwyta go w locie. Jaka będzie wartość i kierunek ich wspólnej prędkości, jeżeli prędkość gołębia wynosiła 7 m/s, a prędkość jastrzębia 28 m/s? Źródło: “jastrząb”: zmodyfikowano przez: “USFWS Mountain-Prairie”/Flickr; Źródło:“gołąb”: zmodyfikowano przez: Jacob Spinks. 22,1 m/s, pod kątem 32 , 2 ∘ zgodnie z ruchem wskazówek zegara od osi + x . Kula bilardowa oznaczona numerem 1, poruszająca się w kierunku poziomym uderza w kulę o takiej samej masie, oznaczoną numerem 2, pozostającą w stanie spoczynku. Prędkość kuli 1 przed zderzeniem wynosi 3,00 m/s, a po zderzeniu 0,50 m/s i skierowana jest pod kątem 50° względem pierwotnego kierunku ruchu. Przyjmując, że każda z kul ma masę równą 300 g, ustal jaka będzie prędkość kuli 2 po zderzeniu. Pocisk o masie 2 kg wystrzelono w powietrze pod kątem 40 ∘ do poziomu z prędkością 50 m/s. W najwyższym punkcie lotu pocisk rozrywa się na trzy części o masach 1 kg, 0,7 kg i 0,3 kg. Odłamek o masie 1 kg bezpośrednio po rozpadzie spada pionowo w dół z prędkością 10 m/s, fragment o masie 0,7 kg kontynuuje lot poziomy, natomiast fragment o masie 0,3 kg odskakuje w górę. Wyznacz prędkości odłamków o masach 0,3 kg i 0,7 kg bezpośrednio po rozpadzie. Jak wysoko od miejsca rozpadu doleci najlżejszy odłamek? Jak daleko od miejsca wystrzału doleci odłamek o masie 0,7 kg? 33 m/s i 110 m/s; 57 m; 480 m Dwie asteroidy zderzają się i spajają na skutek zderzenia. Pierwsza miała masę 15 ton i prędkość 770 m/s, a druga – 20 ton i 1020 m/s. Kierunki ich prędkości tworzyły kąt 20°. Jaka będzie ich wspólna prędkość po zderzeniu względem prędkości początkowej pierwszej asteroidy? Rakieta kosmiczna o masie 200 kg leci z prędkością 121 m / s ⋅ i ^ + 38,0 m / s ⋅ j ^ . Nagle rozpada się na trzy elementy, z których pierwszy (78 kg) leci z prędkością − 321 m / s ⋅ i ^ + 228 m / s ⋅ j ^ , a drugi (56 kg) z prędkością 16,0 m / s ⋅ i ^ − 88,0 m / s ⋅ j ^ . Oblicz prędkość trzeciego elementu. 732 m / s ⋅ i ^ − 80,6 m / s ⋅ j ^ . Proton lecący z prędkością 3 ⋅ 10 6 m / s rozprasza się sprężyście na spoczywającej cząstce alfa, tak że tor jego ruchu ulega odchyleniu o 85° względem pierwotnego biegu. Przyjmując, że masa cząstki alfa jest 4 razy większa od masy protonu, oblicz, jaki procent energii kinetycznej zachowa proton po zderzeniu. Trzy renifery o masie 70 kg każdy stoją na wielkiej krze unoszącej się na powierzchni spokojnego jeziora. Pod wpływem huku wystrzału rozbiegają się z prędkościami: A: 15 m / s ⋅ i ^ + 5 m / s ⋅ j ^ ; B: − 12 m / s ⋅ i ^ + 8 m / s ⋅ j ^ ; C: 1,2 m / s ⋅ i ^ − 18 m / s ⋅ j ^ . Z jaką prędkością porusza się kra? − 0,21 m / s ⋅ i ^ + 0,25 m / s ⋅ j ^ . Rodzina wybrała się na lodowisko. Tata (o masie 75 kg) jedzie z prędkością 8,2 m/s, dogania i chwyta mamę o masie 50 kg, jadącą początkowo z prędkością 3,3 m/s pod kątem 45 ∘ względem prędkości taty. Następnie oboje chwytają stojącą spokojnie córkę o masie 30 kg i poruszają się razem. Jaka jest ich wspólna prędkość? Atom tlenu o masie 16 u porusza się z prędkością 733 m/s pod kątem 15 ∘ względem osi x i zderza się niesprężyście z cząsteczką tlenu o masie 32 u, poruszającą się z prędkością 528 m/s pod kątem 128 ∘ do osi x . Po ich złączeniu się powstaje cząsteczka ozonu. Jaka będzie jej prędkość? 341 m/s dla 86 , 6 ∘ względem osi x . Dwa samochody dojeżdżają do oblodzonego skrzyżowania dwóch prostopadłych ulic. Samochód A jedzie na północ z prędkością 30 m/s, a samochód B na wschód. Na skrzyżowaniu dochodzi do ich zderzenia i złączenia, wskutek czego poruszają się one razem wzdłuż azymutu 28 ∘ . Jaka była prędkość samochodu B?

Science


Środek masy Jak dotąd udawało nam się uniknąć brania pod uwagę pewnej istotnej kwestii: kiedy mówiliśmy, że ciało porusza się (a dokładniej: przyspiesza) zgodnie z II zasadą dynamiki Newtona, ignorowaliśmy fakt, że może być ono zbudowane z wielu elementów. Samochód ma przecież silnik, kierownicę, siedzenia, pasażerów; piłka futbolowa zawiera warstwę skórzaną, gumową oraz sprężone powietrze; cegła zbudowana jest z atomów. W każdym ciele zawarta jest ogromna ilość różnego rodzaju elementów, niekoniecznie równomiernie w nim rozłożonych. Jaki to ma wpływ na jego ruch i jak uwzględnić te dane w naszych obliczeniach? Zdajemy sobie sprawę, że obiekty fizyczne bywają rozciągłe, czyli posiadają pewne rozmiary przestrzenne, które mogą się zmieniać podczas ruchu, jak np. balon z wodą albo spadający kot ( ). Oznacza to, że poszczególne elementy ciała oddziałują ze sobą siłami wewnętrznymi (ang. internal force ), będąc jednocześnie pod wpływem sił zewnętrznych, działających na obiekt jako całość. Dobrze byłoby uwzględniać i te zależności w naszych analizach. Spadający kot wykonuje bardzo skomplikowane ewolucje, aby ostatecznie wylądować na czterech łapach. Mimo złożoności tego układu istnieje w ciele kota taki punkt, który podlega prostemu ruchowi jednostajnie przyspieszonemu z przyspieszeniem ziemskim g . Postawmy więc problem: która część obiektu o fizycznych rozmiarach podlega ruchowi zgodnie z II zasadą dynamiki, gdy działają siły zewnętrzne, oraz w jaki sposób siły wewnętrzne i zewnętrzne zaburzają ruch ciała jako całości? Pamiętajmy jednak, że aby tę nową dla nas sytuację prawidłowo przeanalizować, musimy być konsekwentni i bezkompromisowi – nie wolno nam robić żadnych specjalnych założeń co do rodzaju ciała, jego elementów czy też typu sił wewnętrznych i zewnętrznych. Rozumowanie musi być spójne i uniwersalne. Siły wewnętrzne i zewnętrzne Załóżmy, że opisujemy ciało o masie M , składające się z N oddziałujących ze sobą elementów o masach m 1 , m 2 , m 3 , … , m N . Masę całkowitą tego ciała zapiszemy jako: M = ∑ j = 1 N m j . Jeżeli na obiekt działa siła zewnętrzna (ang. external force ) F → z , to znaczy, że każdy element tego ciała dozna działania pewnej części tej siły. Niech więc f → z j = ułamek siły zewnętrznej, który działa na j -tą cząstkę tego ciała . Zwróćmy uwagę, że ułamki przypadające na poszczególne fragmenty ciała generalnie nie muszą być jednakowe, zatem f → z1 ≠ f → z2 ≠ f → z3 ≠ ⋯ ≠ f → zN . Części ciała mogą równie dobrze oddziaływać wzajemnie na siebie siłami wewnętrznymi: f → w j – wypadkowa sił wewnętrznych działających na j -tą cząstkę ciała na skutek oddziaływania z innymi częściami układu. Wobec tego na dany j -ty fragment masy działa siła będąca sumą wektorową wkładu sił zewnętrznych i wewnętrznych: f → j = f → z j + f → w j , gdzie j numeruje kolejne elementy ciała: j = 1,2,3 , … , N . W wyniku działania tejże siły pęd danego elementu może się zmienić, zgodnie z zapisem II zasady dynamiki: f → j = d p → j d t , f → z j + f → w j = d p → j d t . Siła wypadkowa działająca na całe ciało jest sumą wektorową tych sił: F → wyp = ∑ j = 1 N ( f → z j + f → w j ) = ∑ j = 1 N f → z j + ∑ j = 1 N f → w j . Powyższa siła zmienia pęd ciała jako całości, zatem całkowita zmiana pędu ciała będzie sumą wektorową zmian pędów poszczególnych jego elementów: F → wyp = ∑ j = 1 N d p → j d t . Łącząc ze sobą oba powyższe równania, otrzymujemy: ∑ j = 1 N f → z j + ∑ j = 1 N f → w j = ∑ j = 1 N d p → j d t . Pamiętamy, że f → w j jest siłą wywieraną na j -ty element ciała przez inne jego elementy. Wiemy również z III zasady dynamiki Newtona, że dla każdej z takich sił istnieje siła reakcji na nią – wywierana przez j -ty element na inne, taka sama co do wartości, ale przeciwnie skierowana. Siły te jednak wzajemnie się nie znoszą i dla konkretnego fragmentu ciała ich wektorowa suma nie będzie równa zeru. Natomiast sumowanie w obrębie całego obiektu i z uwzględnieniem wszystkich sił wewnętrznych wzajemnie na siebie wywieranych przez elementy ciała – spowoduje w skali całościowej wzajemne zniesienie się sił w parach, zatem: ∑ j = 1 N f → w j = 0. Przedstawiony tok rozumowania wydaje się dość zawiły, jest on tu jednak kluczowy – upewnij się, że dobrze rozumiesz powyższą koncepcję. W przypadku f → z j natomiast sumowanie dla poszczególnych elementów ciała da nam po prostu wypadkową siłę zewnętrzną działającą na obiekt: ∑ j = 1 N f → z j = F → z . W rezultacie: F → z = ∑ j = 1 N d p → j d t . Powyższe równanie informuje nas, jaka będzie całkowita zmiana pędu całego ciała (wszystkich jego N elementów) na skutek działania sił zewnętrznych; siły wewnętrzne nie mają wpływu na pęd ciała jako całości. Z tego powodu nie możemy np. stojąc w koszu wciągnąć samych siebie za linę przytwierdzoną do tegoż kosza. (lub nieco brutalniej: samych siebie podnieść za włosy!) Z punktu widzenia układu, którego częścią jesteśmy – działamy siłą wewnętrzną i nie możemy zmienić swojego pędu. Siła i pęd Naszym obecnym celem jest podać równanie ruchu dla całego, złożonego obiektu. Aby to uczynić, zdefiniujmy: p → ŚM całkowity pęd układu zawierającego N elementów (znaczenie dolnego indeksu „ŚM” stanie się jasne w dalszej części rozdziału). Wówczas p → ŚM = ∑ j = 1 N p → j , i wcześniejsze możemy zapisać jako F → z = d p → ŚM d t . Powyższe równanie jest zapisem II zasady dynamiki dla całego ciała. Jeżeli nie wydaje się to szczególnie odkrywcze, zwróćmy uwagę, co kryje się pod symbolem p → ŚM – jest to wektorowa suma pędów setek tysięcy trylionów 6,02 ⋅ 10 23 cząsteczek, zaistniała wskutek zadziałania siły zewnętrznej – siły, którą jesteśmy w stanie wyliczyć. Środek masy Naszym kolejnym zadaniem jest określić położenie tego fragmentu ciała, którego dotyczy . W tym miejscu przywołajmy dobrze znaną postać II zasady dynamiki: F → = M a → . Wówczas: M a → = d p → ŚM d t oraz M a → = ∑ j = 1 N d p → j d t = d d t ∑ j = 1 N p → j (przeniesienie znaku pochodnej spod sumy jest dopuszczalne, ponieważ pochodna sumy jest równa sumie pochodnych). Wektor p → j jest pędem j -tego elementu ciała. Położenie tego elementu określa wektor wodzący w wybranym układzie współrzędnych: r → j = ( x j , y j , z j ) . Otrzymujemy więc: p → j = m j v → j = m j d r → j d t , a następnie: M a → = ∑ j = 1 N d p → j d t = d d t ∑ j = 1 N m j d r → j d t = d 2 d t 2 ∑ j = 1 N m j r → j . Dzieląc obustronnie przez masę ciała M (sumę mas wszystkich jego elementów), otrzymujemy: a → = d 2 d t 2 ( 1 M ∑ j = 1 N m j r → j ) . Punkt, którego współrzędne określa zawartość nawiasu w powyższym równaniu, pod wpływem siły zewnętrznej doświadcza takiego przyspieszenia (i porusza się po takim torze), jakby w nim skupiona była masa całego ciała. Przyglądając się zawartości nawiasu we wzorze, przekonamy się, że przedstawia ona sumę iloczynów mas poszczególnych elementów i położenia w danym układzie współrzędnych podzieloną przez całkowitą masę układu. Można to obrazowo powiązać z liczeniem średniej ważonej, gdzie wagą dla współrzędnych przestrzennych każdego elementu jest masa tego elementu. Obrazuje to rozciągłość ciała, czyli jego niezerowe wymiary w przestrzeni. Tym samym zdefiniowaliśmy położenie środka masy (ang. center of mass ) ciała lub układu ciał: r → ŚM = 1 M ∑ j = 1 N m j r → j . Zwróćmy uwagę, że jednostką tej wielkości jest metr, zatem rzeczywiście jest to wielkość definiująca położenie w przestrzeni. Być może wyda się zaskakujący fakt, że w środku masy ciała niekoniecznie musi fizycznie tkwić jakakolwiek masa! Przykładem jest tu sferycznie symetryczna bańka próżniowa, której środek masy pokrywa się ze środkiem geometrycznym bryły i przypada na wnętrze sfery, podczas gdy cała masa rozłożona jest równomiernie wokół tego punktu. Zatem w środku masy sfery nie ma masy! Analogicznym przykładem jest torus, obręcz lub pusty walec. Procedurę wyznaczania środka masy przedstawia poniższy . Wyznaczanie środka masy układu trzech różnych cząstek. (a) Do każdej z mas poprowadzono wektor wodzący ze środka układu współrzędnych. (b) Wektory wodzące przemnożono przez odpowiednie masy. (c) Przeskalowane wektory dodano do siebie geometrycznie. (d) Wektor wypadkowy podzielono przez całkowitą masę układu. Wektor ten wskazuje położenie środka masy układu. Zwróćmy uwagę, że w rzeczywistości nie znajduje się w nim żadna z mas. Ponieważ r → j = x j i ^ + y j j ^ + z j k ^ , kolejne składowe wektora położenia środka masy wyrazimy jako: r ŚM x = 1 M ∑ j = 1 N m j x j , r ŚM y = 1 M ∑ j = 1 N m j y j , r ŚM z = 1 M ∑ j = 1 N m j z j , A zatem otrzymujemy wektor położenia środka masy o 3 składowych: r → ŚM = r ŚM x i ^ + r ŚM y j ^ + r ŚM z k ^ , i długości wyznaczonej z twierdzenia Pitagorasa (w 3D): r ŚM = | r → ŚM | = r ŚM x 2 + r ŚM y 2 + r ŚM z 2 . Ostatecznie, aby dopełnić zależności kinematycznych, chwilową prędkość środka masy obliczymy jako: v → ŚM = d d t ( 1 M ∑ j = 1 N m j r → j ) = 1 M ∑ j = 1 N m j v → j . Podobnie jak wektor położenia, prędkość środka masy zawiera również składowe x , y i z . Strategia rozwiązywania zadań: wyznaczanie położenia środka masy Położenie środka masy oznacza wektor o dwóch (na płaszczyźnie) lub trzech (w przestrzeni) składowych. Do ich wyznaczenia prowadzą następujące kroki: Określ układ współrzędnych (tzn. jego środek i orientację osi). Zazwyczaj środek obieramy w jednej z mas, ale nie jest to obowiązkowe. Wyznacz składowe położenia w osadzonym układzie współrzędnych dla każdej z mas wchodzących w skład analizowanego układu (ciała). Dodaj do siebie masy wszystkich elementów wchodzących w skład układu (także tego, który jest w środku układu współrzędnych) – będzie to całkowita masa układu. Oblicz współrzędne środka masy, korzystając z , i . Jeśli to potrzebne, zastosuj twierdzenie Pitagorasa (dla dwóch lub trzech składowych) do wyznaczenia długości wektora r ŚM . Poniższe przykłady pozwolą ci lepiej przyswoić koncepcję środka masy układu. Środek masy układu Ziemia-Księżyc Korzystając z danych zawartych w Dodatku D, obliczmy, w jakiej odległości od środka Ziemi znajduje się środek układu Ziemia-Księżyc. Porównajmy tę wartość z promieniem ziemskim i skomentujmy wynik. Zaniedbujemy tu obecność innych ciał w Układzie Słonecznym. Strategia rozwiązania Odnajdujemy masy obiektów i średnią odległość między nimi, osadzamy układ współrzędnych w środku Ziemi i wyznaczamy położenie środka masy przy uwzględnieniu tylko obecności Ziemi i Księżyca ( N = 2 ). Indeksy dolne Z i K dotyczą odpowiednio każdego z ciał. Rozwiązanie Dane zaczerpnięte z Dodatku D: Masa Ziemi m Z = 5,97 ⋅ 10 24 k g , Masa Księżyca m K = 7,36 ⋅ 10 22 k g , Odległość Ziemia-Księżyc r K = 3,82 ⋅ 10 5 k m . Równanie opisujące r ŚM przy użyciu powyższych danych przyjmuje postać: R ŚM = m Z r Z + m K r K m Z + m K . Ponieważ środek układu współrzędnych zdefiniowaliśmy w środku Ziemi, odległość r Z = 0 . Wstawiając powyższe dane, otrzymujemy: R ŚM = 5,97 ⋅ 10 24 k g ⋅ 0 m + 7,36 ⋅ 10 22 k g ⋅ 3,82 ⋅ 10 8 m 5,97 ⋅ 10 24 k g + 7,36 ⋅ 10 22 k g = 4,67 ⋅ 10 6 m . Znaczenie Promień Ziemi wynosi 6,37 ⋅ 10 6 m , zatem środek układu Ziemia-Księżyc znajduje się w odległości 6,37 ⋅ 10 6 m − 4,64 ⋅ 10 6 m = 1,73 ⋅ 10 6 m = 1 730 k m pod powierzchnią Ziemi. Pokazuje to poniższy rysunek. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że w naszej analizie uwzględnimy także obecność Słońca. Gdzie w przybliżeniu znalazłby się środek masy układu Ziemia-Księżyc-Słońce? Średni promień orbity Ziemi wokół Słońca to 149,6 ⋅ 10 9 m . (jest to długość tzw. jednostki astronomicznej), zaś masa Słońca wynosi 1,989 ⋅ 10 30 k g . Osadzając układ współrzędnych w środku Słońca i przyjmując dla uproszczenia wspólną dla Ziemi i Księżyca odległość równą jednostce astronomicznej, jak również sumę mas trzech obiektów jako masę Słońca, otrzymujemy: R ŚM = m S r S + m ZK r ZK m S + m ZK = 1,989 ⋅ 10 30 k g ⋅ 0 m + ( 597 ⋅ 10 22 k g + 7,36 ⋅ 10 22 k g ) ⋅ 149,6 ⋅ 10 9 m 1,989 ⋅ 10 30 k g = 455 k m . Widzimy więc, że położenie środka masy tego układu znajduje się w odległości zaledwie 455 km od środka Słońca, czyli niemal w samym jego środku (promień Słońca szacowany jest na prawie 700 tysięcy km)! Środek masy kryształu soli Na przedstawiono schemat struktury krystalicznej chlorku sodu, czyli soli kuchennej. Jony sodu i chloru tworzą przestrzenną sieć krystaliczną NaCl. Najmniejsza jednostka, tzw. komórka elementarna stanowi sześcian zawierający połączone naprzemiennie cztery jony sodu i cztery jony chloru. Długość boku takiego sześcianu (tj. długość wiązania) wynosi 2,36 ⋅ 10 − 10 m . Wyznaczmy współrzędne środka masy komórki, podając albo składowe r ŚM x , r ŚM y , r ŚM z , albo r ŚM i dwa kąty. Sieć krystaliczna kryształu chlorku sodu NaCl. Strategia rozwiązania Sprawdzamy, jakie są masy jonów, wybieramy układ współrzędnych i przeliczamy odległości do poszczególnych wierzchołków sześcianu. Korzystamy z , i oraz twierdzenia Pitagorasa. Rozwiązanie Początek układu wybierzemy w lewym dolnym wierzchołku sześcianu zawierającym jon chloru, jak na . Komórka elementarna sieci kryształu NaCl W układzie znajduje się 8 jonów, więc N = 8 : r → ŚM = 1 M ∑ j = 1 8 m j r → j . Masy poszczególnych jonów wynoszą: m Cl = m 1 = m 3 = m 6 = m 8 = 35,453 u = 35,453 ⋅ 1,66 ⋅ 10 − 27 k g = 5,885 ⋅ 10 − 26 k g . M Na = m 2 = m 4 = m 5 = m 7 = 22,990 u = 22,990 ⋅ 1,66 ⋅ 10 − 27 k g = 3,816 ⋅ 10 − 26 k g . Całkowita masa komórki elementarnej M = 4 ( 3,816 + 5,885 ) ⋅ 10 − 26 k g = 3,88 ⋅ 10 − 25 k g . Wektory położeń poszczególnych wierzchołków w układzie współrzędnych: r → 1 = 0 , r → 2 = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ i ^ , r → 3 = r 3 x i ^ + r 3 y j ^ = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ i ^ + 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ j ^ , r → 4 = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ j ^ , r → 5 = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ k ^ , r → 6 = r 6 x i ^ + r 6 z k ^ = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ i ^ + 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ k ^ , r → 7 = r 7 x i ^ + r 7 y j ^ + r 7 z k ^ = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ i ^ + 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ j ^ + 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ k ^ , r → 8 = r 8 y j ^ + r 8 z k ^ = 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ j ^ + 2,36 ⋅ 10 − 10 m ⋅ k ^ . Podstawiając, otrzymujemy: r ŚM x = 1 M ∑ j = 1 8 m j x j = 1 M ∑ j = 1 8 m j r j x = 1 M ( m 1 r 1 x + m 2 r 2 x + m 3 r 3 x + m 4 r 4 x + m 5 r 5 x + m 6 r 6 x + m 7 r 7 x + m 8 r 8 x ) = 1 3,88 ⋅ 10 − 25 k g ( 5,88 ⋅ 0 + 3,816 ⋅ 2,36 + 5,885 ⋅ 2,36 + 3,816 ⋅ 0 + 3,816 ⋅ 0 + 5,885 ⋅ 2,36 + 3,816 ⋅ 2,36 + 5,88 ⋅ 0 ) ⋅ 10 − 26 k g ⋅ 10 − 10 m = 1,18 ⋅ 10 − 10 m . Analogiczne obliczenia dają nam wynik dla składowych y i z : r ŚM y = r ŚM y = 1,18 ⋅ 10 − 10 m , co wynika zarówno z obliczeń, jak i z symetrii zagadnienia. Znaczenie Jak można zauważyć, przeliczenie masy z jednostek atomowych u na kilogramy nie było konieczne, ponieważ w obliczeniach jednostki masy i tak uległy skróceniu. Chcąc wyrazić wektor r ŚM przez jego długość i kąt, jaki tworzy on z osiami układu współrzędnych, wyliczamy: r ŚM = | r → ŚM | = r ŚM x 2 + r ŚM y 2 + r ŚM z 2 = 1,18 3 ⋅ 10 − 10 m = 2,044 ⋅ 10 − 10 m . Ponieważ problem jest trójwymiarowy, do opisu orientacji wektora w przestrzeni konieczne jest podanie kątów, jakie wektor tworzy z dwiema płaszczyznami; w tym przypadku niech będą to płaszczyzny x y i y z . Kąt ϕ do płaszczyzny horyzontalnej x y wynosi: ϕ = arctg  r ŚM y r ŚM x = 45 ∘ , natomiast kąt do płaszczyzny pionowej y z : θ = arctg  r ŚM z r ŚM y = 45 ∘ . I ponownie nie zawiodła nas intuicja – środek masy układu okazał się być środkiem geometrycznym bryły. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że mamy makroskopowy kryształ soli (tzn. taki, którego sieć byłaby dla nas widoczna gołym okiem). Kryształ ten utworzony jest z ogromnej liczby komórek elementarnych. Czy jego środek masy zawsze pokrywałby się ze środkiem geometrycznym? W skali makroskopowej, rozmiar komórki elementarnej jest zaniedbywalny i rozkład masy w krysztale można traktować jako jednorodny. Wówczas: r → ŚM = 1 M ∑ j = 1 N m j r → j = 1 M ∑ j = 1 N m r → j = m M ∑ j = 1 N r → j = N m M ⋅ 1 N ∑ j = 1 N r → j , gdzie sumowanie po indeksie j dotyczy N komórek elementarnych w krysztale, a m jest masą komórki elementarnej. Ponieważ N m = M , możemy zapisać: r → ŚM = m M ∑ j = 1 N r → j = N m M ⋅ 1 N ∑ j = 1 N r → j = 1 N ∑ j = 1 N r → j . Otrzymany zapis jest definicją środka geometrycznego kryształu, zatem w przypadku ciała jednorodnego środek geometryczny pokrywa się ze środkiem masy kryształu. Z omówionych przykładów wypływają dwa kluczowe spostrzeżenia: Jak w każdym zadaniu, należy zacząć od ustalenia układu współrzędnych. Dla obliczeń położenia środka masy często użyteczne jest osadzenie środka układu współrzędnych w jednym z elementów układu. Ten wybór automatycznie pozwala na przyjęcie odległości tej masy jako zero w . Jednak masę tę nadal należy doliczać do całkowitej masy układu w . W przypadku układu Ziemia-Księżyc oznacza to uwzględnienie masy Ziemi. Gdyby to pominąć, środek masy układu przypadłby w środku Księżyca, co jest oczywiście odpowiedzią błędną. W drugim przykładzie (z kryształem soli) zwróćmy uwagę, że środek masy przypadł w miejscu, gdzie masy w ogóle nie ma. Jest to sytuacja, o której wspomnieliśmy już na początku analizy koncepcji środka masy – w punkcie nazywanym środkiem masy nie zawsze musi znajdować się fizycznie jakaś masa. Środek masy w ciałach o rozkładzie ciągłym Jeżeli masa danego ciała rozłożona jest jednorodnie w przestrzeni, w odróżnieniu od omówionego wcześniej układu mas dyskretnych, wówczas m j → d m , a sumowanie przechodzi w całkę: r → ŚM = 1 M ∫ r → d m . W tym kontekście r jest charakterystycznym wymiarem ciała, np. promieniem kuli, promieniem walca, długością pręta. Chcąc podać wyrażenie podcałkowe, należy przedstawić d m jako funkcję gęstości masy obiektu i promienia r . Poniższy przykład pomoże lepiej wyjaśnić to rozumowanie. Środek masy jednorodnej obręczy cienkościennej Wyznaczmy środek masy jednorodnej obręczy o masie M i promieniu r . Strategia rozwiązania Po pierwsze, symetria i kształt obręczy sugerują, że jej środek masy powinien pokrywać się ze środkiem geometrycznym. Rozsądne więc wydaje się osadzenie naszego układu współrzędnych właśnie w środku obręczy. Następnie należy zastąpić d m wyrażeniem zawierającym promień obręczy i gęstość materiału, która, jako stała, może zostać wyprowadzona spod całki. Ponieważ obręcz jest cienka, traktujemy ją jako obiekt o jednym stałym promieniu, w odróżnieniu od obręczy grubej, która miałaby promień wewnętrzny i zewnętrzny. Możemy wówczas posłużyć się gęstością liniową (ang. linear mass density ), oznaczoną symbolem λ , reprezentującą liczbę kilogramów na jednostkę długości: λ = m / L i wyrażoną w kilogramach na metr. Oczywiście w przypadku obręczy jednorodnej gęstość liniowa pozostaje stała. Możemy więc wyrazić element masy jako d m = λ d L , podstawić do wyrażenia podcałkowego i scałkować w odpowiednich granicach. Rozwiązanie Na początek zdefiniujmy układ współrzędnych i pomocnicze wielkości ( ). Wyznaczanie środka masy jednorodnej obręczy cienkościennej. Wyrażamy współrzędne elementu masy obręczy, a następnie całkujemy po całej długości obręczy. Środek masy dla obiektu o ciągłym rozkładzie masy obliczamy z zależności: r → ŚM = 1 M ∫ a b r → d m . W tym celu niezbędne jest określenie granic całkowania a i b . Wyraźmy wektor r → ŚM przy pomocy jego składowych x i y powiązanych z funkcjami trygonometrycznymi kąta θ : r → ŚM = 1 M ∫ a b ( r cos  θ ⋅ i ^ + r sin  θ ⋅ j ^ ) d m . Na rysunku wyeksponowano łuk o niewielkiej (różniczkowej) długości d L . Odpowiadający mu element masy możemy zastąpić przez d m = λ d L , a długość tego łuku przedstawić jako d L = r d θ . Po podstawieniu: r → ŚM = 1 M ∫ a b ( r cos  θ ⋅ i ^ + r sin  θ ⋅ j ^ ) λ r d θ . W następnym kroku wyrażamy gęstość liniową jako stosunek masy całej obręczy do jej długości: λ = M 2 π r , co daje nam: r → ŚM = 1 M ∫ a b ( r cos  θ ⋅ i ^ + r sin  θ ⋅ j ^ ) M 2 π r r d θ = 1 2 π ∫ a b ( r cos  θ ⋅ i ^ + r sin  θ ⋅ j ^ ) d θ . Zauważmy, że zmienną, po której przebiega całkowanie, jest kąt θ . Pełny okrąg odpowiada przedziałowi od θ = 0 do θ = 2 π , a zatem granice całkowania to a = 0 i b = 2 π . Dla wygody możemy też rozdzielić całkę na sumę całek, rozdzielając tym samym składowe wektora r → ŚM : r → ŚM = ( r 2 π ∫ 0 2 π cos  θ d θ ) i ^ + ( r 2 π ∫ 0 2 π sin  θ d θ ) j ^ = 0 i ^ + 0 j ^ = 0 → . Wektor położenia środka masy jest więc zerowy, a wynik jest zgodny z naszymi oczekiwaniami – środek masy pokrywa się ze środkiem układu współrzędnych. Środek masy i zasada zachowania pędu W jaki sposób łączy się koncepcja środka masy z zasadą zachowania pędu? Załóżmy, że mamy N elementów o masach m 1 , m 2 , m 3 , … , m N i początkowych prędkościach v → 1 , v → 2 . v → 3 , … , v → N . Wektor położenia środka masy tego układu ma postać: r → ŚM = 1 M ∑ j = 1 N m j r → j . Prędkość środka masy: v → ŚM = d r → ŚM d t = 1 M ∑ j = 1 N m j d r → j d t , zatem początkowy pęd środka masy [ M d r → ŚM d t ] przed = ∑ j = 1 N m j d r → j przed d t , [ M v → ŚM ] przed = ∑ j = 1 N m j v → j przed . Po zdarzeniu, polegającym na oddziaływaniu mas ze sobą, pęd środka masy wynosi [ M v → ŚM ] po = ∑ j = 1 N ′ m j v → j po . Zwróćmy uwagę, że sumowanie może przebiegać już w obrębie innej liczby elementów ( N ′ po zderzeniu niesprężystym albo eksplozji będzie różne od N ), ale lewe strony równania są sobie równe: [ M v → ŚM ] przed = [ M v → ŚM ] po . Oznacza to, że gdy nie działają siły zewnętrzne, prędkość środka masy układu nie ulega zmianie. I znów wydawać by się mogło, że wciąż rozważamy ten sam problem, bo to przecież I zasada dynamiki Newtona. Różnica polega jednak na tym, że Newton mówił o pojedynczym obiekcie, podczas gdy dotyczy środka masy całego układu elementów oddziałujących ze sobą (których liczba może być ogromna). Może być też i tak, że w środku masy nie będzie żadnego z nich! Wybuchy fajerwerków Kiedy eksplodują fajerwerki, tysiące iskrzących fragmentów zostaje wystrzelonych we wszystkich kierunkach; opadają one na ziemię, co stanowi spektakularny widok. ( ). Opisz, co dzieje się podczas wybuchu w kontekście zasady zachowania pędu i środka masy. Eksplodujące fajerwerki są doskonałym przykładem zachowania pędu oraz ruchu środka masy. Ilustracja pokazuje radialnie, czyli gwiaździście, symetryczne względem punktu centralnego ślady cząstek, co nawiązuje do koncepcji środka masy układu. Z kolei paraboliczne tory świecących cząstek przywodzą na myśl opis ruchu ciała w polu grawitacyjnym. Rozwiązanie Początkowo petarda zostaje wystrzelona mniej lub bardziej pionowo do góry, czego dowodzi widoczna na zdjęciu w przybliżeniu prostoliniowa, niemal pionowa smuga dymu od żółtego fajerwerku. Linia tej smugi nie jest parabolą ponieważ nie jest to zwykły rzut ukośny czy nawet pionowy, ale lot rakiety, napędzanej siłą odrzutu spalonych podczas wybuchu gazów – stąd widoczny „skokowy” charakter ruchu, odpowiadający kolejnym fazom przyspieszania rakiety ku górze (zjawisko napędu odrzutowego przeanalizujemy dokładniej w kolejnym podrozdziale). W momencie wybuchu tysiące świecących fragmentów rozbiegają się radialnie, tworząc symetryczną rozetę. Symetria tego zjawiska jest konsekwencją zerowania się wektorów wszystkich sił wewnętrznych ∑ j = 1 N f → w j = 0 ; dla każdej siły wewnętrznej istnieje w układzie jej odpowiedniczka o takiej samej wartości, ale przeciwnym zwrocie. Wiemy jednak, że owe siły wewnętrzne nie mogą zmienić pędu środka masy rakiety, teraz już rozerwanej. Ponieważ siła napędowa rakiety przestała już działać, jedyną siłą działającą na fragmenty oraz środek masy układu jest siła grawitacji, zatem trajektorie ruchu nabierają parabolicznego kształtu. Dwie czerwone rozety po lewej stronie zdjęcia są efektem nieco wcześniejszych wybuchów niż wybuch petardy żółtej, na co wskazuje ich wielkość i silniej zaznaczony paraboliczny kształt torów. Analizując uważnie gęstość śladów w każdej rozecie, można zauważyć pewną asymetrię – jedna strona wydaje się być gęstsza od drugiej (np. w dolnej czerwonej oraz żółtej eksplozji zaznacza się przewaga po prawej stronie, zaś w górnej czerwonej – po stronie lewej). Dzieje się tak z powodu chwilowej orientacji wektora pędu środka masy w momencie wybuchu, nachylonej nieznacznie w prawo (w dwóch pierwszych przypadkach) lub nieznacznie w lewo (w przypadku lewej czerwonej petardy) od linii pionu. Jest to spójne również z odchylonym nieco w prawo, białym śladem wyrzucanych gazów petardy żółtej. Ostatecznie każdy fragment po wybuchu porusza się samodzielnie po trajektorii parabolicznej. Znaczenie Można się zastanawiać, jak to możliwe, że siła grawitacji działa na środek masy nawet jeżeli nie ma w nim masy? Jest to oczywiście pewien skrót myślowy – siła grawitacji działa na wszystkie cząstki układu i powoduje ich ruch. W miarę przemieszczania się tychże części w przestrzeni, zmienia się także położenie środka masy jako wypadkowej położeń i mas ich wszystkich. Środek masy przemieszcza się tak, jakby w nim była wciąż skupiona masa całego układu. Mimo że po wybuchu masa została rozproszona na duże odległości, żaden z fragmentów nie porusza się przypadkowo – wszystkie trajektorie mają swoje uzasadnienie w zasadzie zachowania pędu. Sprawdź, czy rozumiesz. Jak wyglądałby wybuch fajerwerku w stanie nieważkości? Byłby on dokładnie symetryczny, o torach prostoliniowych, ponieważ siła grawitacji nie zaburzałaby torów ruchu cząstek. Może znane jest ci stwierdzenie, że „fragmenty eksplodującego ciała zawsze poruszają się tak, aby wyliczone z ich aktualnych współrzędnych położenie środka masy przemieszczało się dalej po swojej niezaburzonej trajektorii”. Wydaje się to nieco „magiczne”: jak to możliwe, że w każdej eksplozji fragmenty zawsze poruszają się tak, aby nie zaburzyć toru środka masy? Lub – innymi słowy – czy nie ma przypadku, który złamałby tę zasadę? Wyjaśnieniem tego zadziwiającego faktu jest tok rozumowania, który przyjęliśmy, definiując precyzyjnie środek masy oraz jego pęd: p → ŚM = ∑ j = 1 N p → j . Następnie wywnioskowaliśmy, że tylko wypadkowa sił zewnętrznych może go zmienić: F → z = d p → ŚM d t . Wreszcie (i to jest sedno problemu) zdefiniowaliśmy przyspieszenie na podstawie drugiej zasady dynamiki a → = F → z M , gdzie przyspieszenie: a → = d 2 d t 2 ( 1 M ∑ j = 1 N m j r → j ) . Zawartość nawiasu w powyższym równaniu to nic innego jak wektor położenia środka masy. Nie ma więc nic dziwnego w tym, że ruch środka masy podlega drugiemu prawu dynamiki, bo przecież w ten sposób go zdefiniowaliśmy. Podsumowanie Dla obiektów lub układów o rozkładzie przestrzennym, składających się z wielu elementów, definiuje się wektor nazywany wektorem położenia środka masy. Środek masy jest punktem, który reprezentuje średnie położenie ciała lub układu. Położenie środka masy ciała poruszającego się pod wpływem sił zewnętrznych wyznacza trajektorię zgodną z II zasadą dynamiki Newtona, niezależnie od rozkładu masy ciała wokół tego punktu. Siły wewnętrzne w ciele lub układzie ciał nie mogą zaburzyć pędu tego ciała lub układu jako całości. Pytania Załóżmy, że petarda eksploduje, rozpadając się na trzy duże fragmenty, dla których opór powietrza jest zaniedbywalnie mały. Jak wybuch zaburzy ruch środka masy petardy? Jak wyglądałoby zaburzenie, gdyby rozpadające się odłamki doznawały większej siły oporów powietrza niż sama petarda przed wybuchem? Zadania Trzy masy punktowe umieszczono w wierzchołkach trójkąta, jak pokazuje rysunek poniżej. Wyznacz położenie środka masy układu. Względem środka układu współrzędnych umieszczonego w masie 150g, współrzędne środka masy wynoszą: x ŚM = − 1,23 c m , y ŚM = 0,69 c m . Dwie cząstki o masach m 1 i m 2 , znajdujące się początkowo w odległości poziomej D od siebie, upuszczono z wysokości h w tym samym czasie. Wyznacz pionową współrzędną środka masy dwóch spadających cząstek, zanim jeszcze uderzą w ziemię. Załóż, że nie ma oporu powietrza. Dwie cząstki o masach m 1 i m 2 , znajdujące się początkowo w odległości poziomej D od siebie, upuszczono z wysokości h w ziemskim polu grawitacyjnym: cząstkę 1 w chwili t = 0 , a cząstkę drugą w chwili t = T . Wyznacz pionową współrzędną środka masy układu w chwili, gdy pierwsza cząstka dotknie powierzchni ziemi. Opory ruchu pomijamy. y ŚM = { h − m 1 m 1 + m 2 g t 2 2 , t < T , h − g t 2 2 + m 2 m 1 + m 2 g T ( t − T 2 ) , t ⩾ T . Dwie cząstki o masach m 1 i m 2 poruszają się jednostajnie po okręgach o promieniach R 1 i R 2 , wokół środka układu współrzędnych x , y . Współrzędne środka masy oraz współrzędne pierwszej cząstki zmieniają się w czasie zgodnie z równaniami, w których długość podano w metrach, a czas w sekundach: x 1 ( t ) = 4 cos  ( 2 t ) , y 1 ( t ) = 4 sin  ( 2 t ) ; x ŚM ( t ) = 3 cos  ( 2 t ) , y ŚM ( t ) = 3 sin  ( 2 t ) . Jaki jest promień okręgu pierwszej cząstki? Jakie są współrzędne x i y cząstki drugiej oraz promień jej okręgu? Dwie cząstki o masach m 1 i m 2 poruszają się jednostajnie po okręgach o promieniach R 1 i R 2 , wokół środka układu współrzędnych x , y . Współrzędne obu cząstek zmieniają się w czasie zgodnie z równaniami, w których długość podano w metrach, a czas w sekundach (współrzędna z dla obu cząstek wynosi zero): x 1  t = 4  cos 2  t x_1 \apply (t) = 4 \cos (2t) , y 1  t = 4  sin 2  t y_1 \apply (t) = 4 \sin (2t) oraz x 2  t = 2  cos 3  t − π ∕ 2 x_2 \apply (t) = 2 \cos (3t - \pi /2) , y 2  t = 2  sin 3  t − π ∕ 2 y_2 \apply (t) = 2 \sin (3t - \pi /2) . Jakie są promienie okręgów obu cząstek? Jakie są współrzędne x i y środka masy układu? Ustal, czy środek masy porusza się po okręgu; jeśli tak, wyznacz jego trajektorię. R 1 = 4 m , R 2 = 2 m ; x ŚM = m 1 x 1 + m 2 x 2 m 1 + m 2 , y ŚM = m 1 y 1 + m 2 y 2 m 1 + m 2 ; Tak, promień tego okręgu wynosi R = 1 m 1 + m 2 16 m 1 2 + 4 m 2 2 Wyznacz środek masy pręta o długości 1 m powstałego przez złączenie 0,5 m pręta żelaznego (gęstość żelaza 8 g / c m 3 ) i 0,5 m pręta z aluminium (gęstość aluminium 2,7 g / c m 3 ). Wyznacz środek masy pręta o długości L , którego gęstość zmienia się od jednego końca do drugiego zgodnie z zależnością: ρ ( x ) = ρ 0 + ( ρ 1 − ρ 0 ) ( x / L ) 2 , gdzie ρ 0 i ρ 1 są stałymi. x ŚM = 3 4 L ( ρ 1 + ρ 0 ρ 1 + 2 ρ 0 ) Wyznacz środek masy prostokątnej płyty o długości a i szerokości b , której gęstość rośnie liniowo wraz ze współrzędną x (wzdłuż boku a ), tzn. ρ ( x , y ) = ρ 0 x , gdzie ρ 0 jest stałą. Wyznacz środek masy prostokątnej płyty o długości a i szerokości b , wykonanej z materiału o zmiennej gęstości. Gęstość rośnie liniowo wraz ze współrzędną x (wzdłuż boku a ) i y (wzdłuż boku b ), tzn. ρ ( x , y ) = ρ 0 x y , gdzie ρ 0 jest stałą. ( x ŚM , y ŚM ) = ( 2 a 3 , 2 b 3 ) . Z sześcianu o boku b odcięto narożnik o boku a , jak pokazuje rysunek poniżej: Wyznacz współrzędne środka masy tej bryły ( Podpowiedź : wyobraź sobie ubytek jako masę małego sześcianu, wziętą z ujemnym znakiem z dodatniej masy dużego sześcianu). Wyznacz środek masy stożka jednorodnego o promieniu podstawy R , wysokości h i masie M . Niech początek układu współrzędnych znajduje się w środku podstawy, a oś z jest osią symetrii stożka. ( x ŚM , y ŚM , z ŚM ) = ( 0 , 0 , h / 4 ) . Wyznacz środek masy cienkiego drutu o masie m i długości L zgiętego w kształt półokręgu. Niech układ współrzędnych będzie osadzony w środku półokręgu, a oś y będzie osią symetrii ciała. Wyznacz środek masy płaskiej cienkiej, płyty w kształcie półokręgu o promieniu R . Osadź układ współrzędnych w środku półokręgu, tak by płaszczyzna x y pokrywała się z płaszczyzną płyty, a oś y była jej osią symetrii. ( x ŚM , y ŚM , z ŚM ) = ( 0 , 4 R / 3 π , 0 ) . Wyznacz środek masy układu brył pokazanych na rysunku. Masa i promień kuli: M , R ; masa, promień i wysokość walca: m , r , h . Układ współrzędnych osadź w środku walca. środek masy (ang. center of mass ) punkt o współrzędnych, będących średnimi ważonymi położeń poszczególnych elementów ciała lub układu ciał siła zewnętrzna (ang. external force ) siła przyłożona do obiektu fizycznego powodująca zmianę jego pędu jako całości siła wewnętrzna (ang. internal force ) siła, którą wywierają na siebie wzajemnie elementy układu. Siły wewnętrzne mogą być zarówno przyciągające jak i odpychające liniowa gęstość masy (ang. linear mass density ) λ , wyrażona jako liczba kilogramów przypadająca na jednostkę długości ciała

Science