William Moebs; Samuel J. Ling; Jeff Sanny

Cel dydaktyczny

W tym podrozdziale nauczysz się:

wyjaśniać znaczenie i użyteczność pojęcia środka masy;
obliczać położenie środka masy danego układu;
wykorzystywać koncepcję środka masy w układach dwu- i trójwymiarowych;
obliczać prędkość i przyspieszenie środka 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 (Ilustracja 9.26). 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.

Zdjęcie przedstawia kolejne fazy lotu spadającego kota, klatka po klatce. Na pierwszej klatce kot trzymany jest za 4 łapki w pozycji „na plecach” i w takiej pozycji zostaje upuszczony. W trakcie lotu, poprzez serię skrętów poszczególnych partii ciała udaje mu się obrócić i wylądować bezpiecznie na łapkach.

Ilustracja 9.26 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 $m_{1}, m_{2}, m_{3}, \dots, m_{N}$ . Masę całkowitą tego ciała zapiszemy jako:

M = \sum_{j = 1}^{N} m_{j} .

9.25

Jeżeli na obiekt działa siła zewnętrzna (ang. external force) ${\vec{F}}_{z}$ , to znaczy, że każdy element tego ciała dozna działania pewnej części tej siły. Niech więc

{\vec{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

{\vec{f}}_{z1} \neq {\vec{f}}_{z2} \neq {\vec{f}}_{z3} \neq \dots \neq {\vec{f}}_{zN} .

Części ciała mogą równie dobrze oddziaływać wzajemnie na siebie siłami wewnętrznymi:

${\vec{f}}_{w j}$ – 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:

{\vec{f}}_{j} = {\vec{f}}_{z j} + {\vec{f}}_{w j},

9.26

gdzie $j$ numeruje kolejne elementy ciała: $j = 1,2,3, \dots, N$ .

W wyniku działania tejże siły pęd danego elementu może się zmienić, zgodnie z zapisem II zasady dynamiki:

\begin{aligned} {\vec{f}}_{j} & = \frac{d {\vec{p}}_{j}}{d t}, \\ {\vec{f}}_{z j} + {\vec{f}}_{w j} & = \frac{d {\vec{p}}_{j}}{d t} . \end{aligned}

9.27

Siła wypadkowa działająca na całe ciało jest sumą wektorową tych sił:

{\vec{F}}_{wyp} = \sum_{j = 1}^{N} ({\vec{f}}_{z j} + {\vec{f}}_{w j}) = \sum_{j = 1}^{N} {\vec{f}}_{z j} + \sum_{j = 1}^{N} {\vec{f}}_{w j} .

9.28

Powyższa siła zmienia pęd ciała jako całości, zatem całkowita zmiana pędu ciała będzie sumą wektorową zmian pędów poszczególnych jego elementów:

{\vec{F}}_{wyp} = \sum_{j = 1}^{N} \frac{d {\vec{p}}_{j}}{d t} .

9.29

Łącząc ze sobą oba powyższe równania, otrzymujemy:

\sum_{j = 1}^{N} {\vec{f}}_{z j} + \sum_{j = 1}^{N} {\vec{f}}_{w j} = \sum_{j = 1}^{N} \frac{d {\vec{p}}_{j}}{d t} .

9.30

Pamiętamy, że ${\vec{f}}_{w j}$ 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:

\sum_{j = 1}^{N} {\vec{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 ${\vec{f}}_{z j}$ natomiast sumowanie dla poszczególnych elementów ciała da nam po prostu wypadkową siłę zewnętrzną działającą na obiekt:

\sum_{j = 1}^{N} {\vec{f}}_{z j} = {\vec{F}}_{z} .

W rezultacie:

{\vec{F}}_{z} = \sum_{j = 1}^{N} \frac{d {\vec{p}}_{j}}{d t} .

9.31

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:

${\vec{p}}_{ŚM}$ całkowity pęd układu zawierającego $N$ elementów (znaczenie dolnego indeksu „ŚM” stanie się jasne w dalszej części rozdziału).

Wówczas

{\vec{p}}_{ŚM} = \sum_{j = 1}^{N} {\vec{p}}_{j},

i wcześniejsze Równanie 9.31 możemy zapisać jako

{\vec{F}}_{z} = \frac{d {\vec{p}}_{ŚM}}{d t} .

9.32

Powyższe równanie jest zapisem II zasady dynamiki dla całego ciała. Jeżeli nie wydaje się to szczególnie odkrywcze, zwróćmy uwagę, co kryje się pod symbolem ${\vec{p}}_{ŚM}$ – jest to wektorowa suma pędów setek tysięcy trylionów $6,02 \cdot 10^{23}$ 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 Równania 9.32.

W tym miejscu przywołajmy dobrze znaną postać II zasady dynamiki:

\vec{F} = M \vec{a} .

9.33

Wówczas:

M \vec{a} = \frac{d {\vec{p}}_{ŚM}}{d t}

oraz

M \vec{a} = \sum_{j = 1}^{N} \frac{d {\vec{p}}_{j}}{d t} = \frac{d}{d t} \sum_{j = 1}^{N} {\vec{p}}_{j}

(przeniesienie znaku pochodnej spod sumy jest dopuszczalne, ponieważ pochodna sumy jest równa sumie pochodnych).

Wektor ${\vec{p}}_{j}$ jest pędem $j$ -tego elementu ciała. Położenie tego elementu określa wektor wodzący w wybranym układzie współrzędnych: ${\vec{r}}_{j} = (x_{j}, y_{j}, z_{j})$ . Otrzymujemy więc:

{\vec{p}}_{j} = m_{j} {\vec{v}}_{j} = m_{j} \frac{d {\vec{r}}_{j}}{d t},

a następnie:

M \vec{a} = \sum_{j = 1}^{N} \frac{d {\vec{p}}_{j}}{d t} = \frac{d}{d t} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \frac{d {\vec{r}}_{j}}{d t} = \frac{d^{2}}{d t^{2}} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} {\vec{r}}_{j} .

Dzieląc obustronnie przez masę ciała $M$ (sumę mas wszystkich jego elementów), otrzymujemy:

\vec{a} = \frac{d^{2}}{d t^{2}} (\frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} {\vec{r}}_{j}) .

9.34

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:

{\vec{r}}_{ŚM} = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} {\vec{r}}_{j} .

9.35

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 Ilustracja 9.27.

Ilustracja procedury wyznaczania położenia środka masy układu złożonego z trzech mas punktowych. Rysunek (a) pokazuje 3 cząstki rozłożone w układzie współrzędnych. Masa m1 umieszczona jest w drugiej ćwiartce układu, poprowadzono do niej wektor r1 ze środka układu współrzędnych. Masa m2 umieszczona jest w pierwszej ćwiartce układu, poprowadzono do niej wektor r2 ze środka układu współrzędnych. Masa m3 umieszczona jest w czwartej ćwiartce układu, poprowadzono do niej wektor r3 ze środka układu współrzędnych. Wektor r1 jest najkrótszy, wektor r2 – najdłuższy. Rysunek (b) pokazuje wektory iloczynów m1r1, m2r2 oraz m3r3. Pokazują one takie same kierunki jak na rysunku (a) ale ich długości są inne: wektor m1r1 jest ok. jedną trzecią dłuższy niż r1, a m2r2 i m3r3 są ok. jedną trzecią krótsze niż ich odpowiedniki na rysunku (a). W ten sposób wektor m1r1 jest najdłuższy, a wektory m2r2 i m3r3 są podobnej długości. Rysunek (c) pokazuje metodę dodawania wektorów iloczynów (wektory dodawane są kolejno po sobie - kolorem niebieskim) oraz wektor sumy (kolorem czerwonym) zaczynający się w początku układu współrzędnych (i jednocześnie początku wektora m1r1), a kończący się w strzałce wektora m3r3. Rysunek (d) pokazuje wektor sumy podzielony przez sumę mas m1 plus m2 plus m3. Wektor zorientowany jest tak samo jak wektor czerwony na rysunku c, ale jest około dwa razy krótszy.

Ilustracja 9.27 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 ${\vec{r}}_{j} = x_{j} \hat{i} + y_{j} \hat{j} + z_{j} \hat{k}$ , kolejne składowe wektora położenia środka masy wyrazimy jako:

r_{ŚM x} = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} x_{j},

9.36

r_{ŚM y} = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} y_{j},

9.37

r_{ŚM z} = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} z_{j},

9.38

A zatem otrzymujemy wektor położenia środka masy o 3 składowych:

{\vec{r}}_{ŚM} = r_{ŚM x} \hat{i} + r_{ŚM y} \hat{j} + r_{ŚM z} \hat{k},

i długości wyznaczonej z twierdzenia Pitagorasa (w 3D):

r_{ŚM} = | {\vec{r}}_{ŚM} | = \sqrt{r_{ŚM x}^{2} + r_{ŚM y}^{2} + r_{ŚM z}^{2}} .

Ostatecznie, aby dopełnić zależności kinematycznych, chwilową prędkość środka masy obliczymy jako:

{\vec{v}}_{ŚM} = \frac{d}{d t} (\frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} {\vec{r}}_{j}) = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} {\vec{v}}_{j} .

9.39

Podobnie jak wektor położenia, prędkość środka masy zawiera również składowe $x$ , $y$ i $z$ .

Strategia rozwiązywania zadań

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 Równania 9.36, Równania 9.37 i Równania 9.38.
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.

Przykład 9.16

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 $m_{Z} = 5,97 \cdot 10^{24} k g$ ,
Masa Księżyca $m_{K} = 7,36 \cdot 10^{22} k g$ ,
Odległość Ziemia-Księżyc $r_{K} = 3,82 \cdot 10^{5} k m$ .

Równanie opisujące $r_{ŚM}$ przy użyciu powyższych danych przyjmuje postać:

R_{ŚM} = \frac{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} = \frac{5,97 \cdot 10^{24} k g \cdot 0 m + 7,36 \cdot 10^{22} k g \cdot 3,82 \cdot 10^{8} m}{5,97 \cdot 10^{24} k g + 7,36 \cdot 10^{22} k g} = 4,67 \cdot 10^{6} m .

Znaczenie

Promień Ziemi wynosi

6,37 \cdot 10^{6} m

, zatem środek układu Ziemia-Księżyc znajduje się w odległości

6,37 \cdot 10^{6} m - 4,64 \cdot 10^{6} m = 1,73 \cdot 10^{6} m = 1 730 k m

pod powierzchnią Ziemi. Pokazuje to poniższy rysunek. Na rysunku zilustrowano układ Ziemia-Księżyc. Ziemia po lewej stronie rysunku z zaczepionym w jej środku układem współrzędnych xy (oś x jest osią poziomą skierowaną w prawo). Księżyc znajduje się po prawej stronie rysunku, na osi x. Wektor R środka masy zaczepiony jest w środku Ziemi, ma długość ok. 2/3 promienia Ziemi i wskazuje kierunek w prawo wzdłuż osi x

Na rysunku zilustrowano układ Ziemia-Księżyc. Ziemia po lewej stronie rysunku z zaczepionym w jej środku układem współrzędnych xy (oś x jest osią poziomą skierowaną w prawo). Księżyc znajduje się po prawej stronie rysunku, na osi x. Wektor R środka masy zaczepiony jest w środku Ziemi, ma długość ok. 2/3 promienia Ziemi i wskazuje kierunek w prawo wzdłuż osi x

Sprawdź, czy rozumiesz 9.11

Załóżmy, że w naszej analizie uwzględnimy także obecność Słońca. Gdzie w przybliżeniu znalazłby się środek masy układu Ziemia-Księżyc-Słońce?

Przykład 9.17

Środek masy kryształu soli

Na Ilustracji 9.28 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 \cdot 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.

Struktura kryształu chlorku sodu przedstawia regularną sieć na bazie sześcianu, z atomami chloru (pokazanymi jako większe zielone kule) i atomami sodu (mniejsze czerwone) umieszczonymi naprzemiennie w jego wierzchołkach. Każdy atom jednego rodzaju sąsiaduje z sześcioma atomami drugiego rodzaju.

Ilustracja 9.28 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 Równania 9.36, Równania 9.37 i Równania 9.38 oraz twierdzenia Pitagorasa.

Rozwiązanie

Początek układu wybierzemy w lewym dolnym wierzchołku sześcianu zawierającym jon chloru, jak na Ilustracji 9.29.

Rysunek komórki elementarnej sieci kryształu NaCl w postaci sześcianu zawierającego naprzemiennie jony sodu i chloru, umieszczone w jego wierzchołkach. Trójwymiarowy układ współrzędnych osadzono w dolnym lewym wierzchołku zawierającym jon chloru, opisany jako m1. Płaszczyznę poziomą tworzą osie x i y, do nich prostopadła jest oś z, skierowana w górę. Kolejny jon chloru znajduje się po przekątnej dolnej podstawy w płaszczyźnie xy i opisany jest jako m3. Pozostałe wierzchołki dolnej podstawy to jony sodu ponumerowane jako m2 (na osi x) oraz m4 (na osi y). Nad jonem chloru m1 na osi z znajduje się jon sodu m5, a następnie pozostałe wierzchołki górnej ściany sześcianu (w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara): jon chloru m6, jon sodu m7 i jon chloru m8.

Ilustracja 9.29 Komórka elementarna sieci kryształu NaCl

W układzie znajduje się 8 jonów, więc $N = 8$ :

{\vec{r}}_{ŚM} = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{8} m_{j} {\vec{r}}_{j} .

Masy poszczególnych jonów wynoszą:

$m_{Cl} = m_{1} = m_{3} = m_{6} = m_{8} = 35,453 u = 35,453 \cdot 1,66 \cdot 10^{- 27} k g = 5,885 \cdot 10^{- 26} k g .$
$M_{Na} = m_{2} = m_{4} = m_{5} = m_{7} = 22,990 u = 22,990 \cdot 1,66 \cdot 10^{- 27} k g = 3,816 \cdot 10^{- 26} k g .$

Całkowita masa komórki elementarnej

M = 4 (3,816 + 5,885) \cdot 10^{- 26} k g = 3,88 \cdot 10^{- 25} k g .

Wektory położeń poszczególnych wierzchołków w układzie współrzędnych:

\begin{aligned} {\vec{r}}_{1} & = 0, \\ {\vec{r}}_{2} & = 2,36 \cdot 10^{- 10} m \cdot \hat{i}, \\ {\vec{r}}_{3} & = r_{3 x} \hat{i} + r_{3 y} \hat{j} = 2,36 \cdot 10^{- 10} m \cdot \hat{i} + 2,36 \cdot 10^{- 10} m \cdot \hat{j}, \\ {\vec{r}}_{4} & = 2,36 \cdot 10^{- 10} m \cdot \hat{j}, \\ {\vec{r}}_{5} & = 2,36 \cdot 10^{- 10} m \cdot \hat{k}, \\ {\vec{r}}_{6} & = r_{6 x} \hat{i} + r_{6 z} \hat{k} = 2,36 \cdot 10^{- 10} m \cdot \hat{i} + 2,36 \cdot 10^{- 10} m \cdot \hat{k}, \\ {\vec{r}}_{7} & = r_{7 x} \hat{i} + r_{7 y} \hat{j} + r_{7 z} \hat{k} = 2,36 \cdot 10^{- 10} m \cdot \hat{i} + 2,36 \cdot 10^{- 10} m \cdot \hat{j} + 2,36 \cdot 10^{- 10} m \cdot \hat{k}, \\ {\vec{r}}_{8} & = r_{8 y} \hat{j} + r_{8 z} \hat{k} = 2,36 \cdot 10^{- 10} m \cdot \hat{j} + 2,36 \cdot 10^{- 10} m \cdot \hat{k} . \end{aligned}

Podstawiając, otrzymujemy:

\begin{aligned} r_{ŚM x} & = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{8} m_{j} x_{j} = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{8} m_{j} r_{j x} \\ = \frac{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}) \\ \begin{aligned} = \frac{1}{3,88 \cdot 10^{- 25} k g} ( & 5,88 \cdot 0 + 3,816 \cdot 2,36 + 5,885 \cdot 2,36 + 3,816 \cdot 0 + 3,816 \cdot 0 \\ + 5,885 \cdot 2,36 + 3,816 \cdot 2,36 + 5,88 \cdot 0) \cdot 10^{- 26} k g \cdot 10^{- 10} m \end{aligned} \\ = 1,18 \cdot 10^{- 10} m . \end{aligned}

Analogiczne obliczenia dają nam wynik dla składowych $y$ i $z$ : $r_{ŚM y} = r_{ŚM y} = 1,18 \cdot 10^{- 10} m$ , 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} = | {\vec{r}}_{ŚM} | = \sqrt{r_{ŚM x}^{2} + r_{ŚM y}^{2} + r_{ŚM z}^{2}} = 1,18 \sqrt{3} \cdot 10^{- 10} m = 2,044 \cdot 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 \frac{r_{ŚM y}}{r_{ŚM x}} = 45^{\circ},

natomiast kąt do płaszczyzny pionowej $y z$ :

θ = arctg \frac{r_{ŚM z}}{r_{ŚM y}} = 45^{\circ} .

I ponownie nie zawiodła nas intuicja – środek masy układu okazał się być środkiem geometrycznym bryły.

Sprawdź, czy rozumiesz 9.12

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?

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 Równaniu 9.35. Jednak masę tę nadal należy doliczać do całkowitej masy układu w Równaniu 9.25. 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:

{\vec{r}}_{ŚM} = \frac{1}{M} \int \vec{r} d m .

9.40

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.

Przykład 9.18

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 (Ilustracja 9.30).

Rysunek przedstawia obręcz cienkościenną o promieniu r z oznaczonym w jej środku układem współrzędnych xy. Na obręczy zaznaczono kolorem czerwonym krótki łuk o długości dL, któremu odpowiada masa dm. Do środka łuku poprowadzono promień wodzący r. Promień tworzy z dodatnią półosią x kąt teta. Rzut promienia na oś x odznacza na niej odcinek długości x. W ten sposób uwidoczniono trójkąt prostokątny o wierzchołku w punkcie (0,0), przyprostokątnej x, przeciwprostokątnej r i kącie teta pomiędzy nimi.

Ilustracja 9.30 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:

{\vec{r}}_{ŚM} = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} \vec{r} d m .

W tym celu niezbędne jest określenie granic całkowania $a$ i $b$ . Wyraźmy wektor ${\vec{r}}_{ŚM}$ przy pomocy jego składowych $x$ i $y$ powiązanych z funkcjami trygonometrycznymi kąta $θ$ :

{\vec{r}}_{ŚM} = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} (r \cos θ \cdot \hat{i} + r \sin θ \cdot \hat{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:

{\vec{r}}_{ŚM} = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} (r \cos θ \cdot \hat{i} + r \sin θ \cdot \hat{j}) λ r d θ .

W następnym kroku wyrażamy gęstość liniową jako stosunek masy całej obręczy do jej długości:

λ = \frac{M}{2 π r},

co daje nam:

{\vec{r}}_{ŚM} = \frac{1}{M} \int_{a}^{b} (r \cos θ \cdot \hat{i} + r \sin θ \cdot \hat{j}) \frac{M}{2 π r} r d θ = \frac{1}{2 π} \int_{a}^{b} (r \cos θ \cdot \hat{i} + r \sin θ \cdot \hat{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 ${\vec{r}}_{ŚM}$ :

{\vec{r}}_{ŚM} = (\frac{r}{2 π} \int_{0}^{2 π} \cos θ d θ) \hat{i} + (\frac{r}{2 π} \int_{0}^{2 π} \sin θ d θ) \hat{j} = 0 \hat{i} + 0 \hat{j} = \vec{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 $m_{1}, m_{2}, m_{3}, \dots, m_{N}$ i początkowych prędkościach ${\vec{v}}_{1}, {\vec{v}}_{2} . {\vec{v}}_{3}, \dots, {\vec{v}}_{N}$ . Wektor położenia środka masy tego układu ma postać:

{\vec{r}}_{ŚM} = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} {\vec{r}}_{j} .

Prędkość środka masy:

{\vec{v}}_{ŚM} = \frac{d {\vec{r}}_{ŚM}}{d t} = \frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \frac{d {\vec{r}}_{j}}{d t},

zatem początkowy pęd środka masy

\begin{aligned} {[M \frac{d {\vec{r}}_{ŚM}}{d t}]}_{przed} & = \sum_{j = 1}^{N} m_{j} \frac{d {\vec{r}}_{j przed}}{d t}, \\ {[M {\vec{v}}_{ŚM}]}_{przed} & = \sum_{j = 1}^{N} m_{j} {\vec{v}}_{j przed} . \end{aligned}

Po zdarzeniu, polegającym na oddziaływaniu mas ze sobą, pęd środka masy wynosi

{[M {\vec{v}}_{ŚM}]}_{po} = \sum_{j = 1}^{N^{^{'}}} m_{j} {\vec{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 {\vec{v}}_{ŚM}]}_{przed} = {[M {\vec{v}}_{ŚM}]}_{po} .

9.41

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 Równanie 9.41 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!

Przykład 9.19

Wybuchy fajerwerków

Kiedy eksplodują fajerwerki, tysiące iskrzących fragmentów zostaje wystrzelonych we wszystkich kierunkach; opadają one na ziemię, co stanowi spektakularny widok. (Ilustracja 9.31). Opisz, co dzieje się podczas wybuchu w kontekście zasady zachowania pędu i środka masy.

Fotografia kolorowych fajerwerków różnej wielkości, eksplodujących na tle czarnego nieba.

Ilustracja 9.31 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 $\sum_{j = 1}^{N} {\vec{f}}_{w j} = 0$ ; 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 9.13

Jak wyglądałby wybuch fajerwerku w stanie nieważkości?

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:

{\vec{p}}_{ŚM} = \sum_{j = 1}^{N} {\vec{p}}_{j} .

Następnie wywnioskowaliśmy, że tylko wypadkowa sił zewnętrznych może go zmienić:

{\vec{F}}_{z} = \frac{d {\vec{p}}_{ŚM}}{d t} .

Wreszcie (i to jest sedno problemu) zdefiniowaliśmy przyspieszenie na podstawie drugiej zasady dynamiki

\vec{a} = \frac{{\vec{F}}_{z}}{M},

gdzie przyspieszenie:

\vec{a} = \frac{d^{2}}{d t^{2}} (\frac{1}{M} \sum_{j = 1}^{N} m_{j} {\vec{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.

9.6 Środek masy

Siły wewnętrzne i zewnętrzne

Siła i pęd

Środek masy

Strategia rozwiązywania zadań: wyznaczanie położenia środka masy

Środek masy układu Ziemia-Księżyc

Strategia rozwiązania

Rozwiązanie

Znaczenie

Środek masy kryształu soli

Strategia rozwiązania

Rozwiązanie

Znaczenie

Środek masy w ciałach o rozkładzie ciągłym

Środek masy jednorodnej obręczy cienkościennej

Strategia rozwiązania

Rozwiązanie

Środek masy i zasada zachowania pędu

Wybuchy fajerwerków

Rozwiązanie

Znaczenie