Rozdział 9

Do osiągnięcia prędkości końcowej $v_1=1\text{/}4\cdot \mathrm{3,0}\cdot {10}^8\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$ przy stałej wartości przyspieszenia $10g$ potrzeba czasu $\mathrm{\Delta }t$, który otrzymamy po przekształceniu wzoru definiującego przyspieszenie średnie:

Gdyby telefon odbijał się od podłogi z taką samą prędkością, z którą w nią uderzał ${\overrightarrow{v}}_2=v_1\hat{j}$, zmiana pędu podczas zderzenia byłaby równa $\mathrm{\Delta }\overrightarrow{p}=m\mathrm{\Delta }\overrightarrow{v}=m\left[v_1\hat{j}-\left(-v_1\hat{j}\right)\right]=2m{v}_1\hat{j}$. Z reguły pędu i popędu wynika więc, że jest to wartość dwukrotnie większa w porównaniu z sytuacją bez odbicia.

Ponieważ lżejszy wózek porusza się z prędkością 1,33 m/s skierowaną w lewo, jego pędowi należy przypisać znak minus – pęd ten skierowany jest bowiem przeciwnie do dodatniej półosi ${\displaystyle x}$. Wówczas zasadę zachowania pędu będzie wyrażało równanie

Zatem

Prędkość końcowa jest ujemna, co oznacza, że wózki po zderzeniu poruszają się w lewo.

Jeżeli piłka się nie odbija, jej końcowy pęd ${\overrightarrow{p}}_2$ wynosi zero, więc:$\mathrm{\Delta }\overrightarrow{p}={\overrightarrow{p}}_2-{\overrightarrow{p}}_1=0\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{j}-\left(-\mathrm{1,4}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{j}\right)=\mathrm{1,4}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{j}.$

Zgodnie z zasadą pędu i popędu, działająca siła przyczynia się do zmiany pędu układu, przekazując impuls $\overrightarrow{J}=\mathrm{\Delta }\overrightarrow{p}$. Jeżeli $\overrightarrow{J}=0$, mamy do czynienia z ruchem bez tarcia. Jeżeli siła tarcia jest różna od zera i wynosi ${\overrightarrow{F}}_{\text{śr}}$, powoduje zmianę pędu (impuls) $\overrightarrow{J}={\overrightarrow{F}}_{\text{śr}}\text{Δ}t$. Wówczas, zamiast ${\overrightarrow{p}}_{\mathrm{przed}}={\overrightarrow{p}}_{\mathrm{po}}$ otrzymamy:

Impuls jest de facto zmianą pędu ciała, zatem lądownik oraz kometa doświadczą działania impulsów o równej wartości, różniących się jedynie zwrotem. Średnią siłę wyliczamy z kolei wykorzystując regułę pędu i popędu – jako iloraz zmiany pędu i przedziału czasu potrzebnego na jej wywołanie. Podobnie jak poprzednio, wartości siły okazują się być jednakowe dla obu ciał, ale zwroty wektorów są przeciwne. Natomiast zmiana energii kinetycznej lądownika jest znacząco różna od zmiany energii kinetycznej komety, co z łatwością można wykazać na podstawie danych zadania i otrzymanej już wartości $\mathrm{\Delta }{\overrightarrow{v}}_{\text{k}}$

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.

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.

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.

Obliczmy masę sprężonego powietrza. Objętość butli to ok. 11 litrów. Traktując powietrze jako gaz doskonały, liczbę moli gazu w butli wyliczymy jako:

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.

Średni promień orbity Ziemi wokół Słońca to $\mathrm{149,6}\cdot {10}^9\mathrm{m}$. (jest to długość tzw. jednostki astronomicznej), zaś masa Słońca wynosi $\mathrm{1,989}\cdot {10}^{30}\mathrm{k}\mathrm{g}$. 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:
$R_{\text{ŚM}}=\frac{m_{\text{S}}{r}_{\text{S}}+m_{\text{ZK}}{r}_{\text{ZK}}}{m_{\text{S}}+m_{\text{ZK}}}=\frac{\mathrm{1,989}\cdot {10}^{30}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot 0\mathrm{m}+(597\cdot {10}^{22}\mathrm{k}\mathrm{g}+\mathrm{7,36}\cdot {10}^{22}\mathrm{k}\mathrm{g})\cdot \mathrm{149,6}\cdot {10}^9\mathrm{m}}{\mathrm{1,989}\cdot {10}^{30}\mathrm{k}\mathrm{g}}=455\mathrm{k}\mathrm{m}.$
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)!

W skali makroskopowej, rozmiar komórki elementarnej jest zaniedbywalny i rozkład masy w krysztale można traktować jako jednorodny. Wówczas:
${\overrightarrow{r}}_{\text{ŚM}}=\frac{1}{M}\sum _{j=1}^N{m}_j{\overrightarrow{r}}_j=\frac{1}{M}\sum _{j=1}^{N}m{\overrightarrow{r}}_j=\frac{m}{M}\sum _{j=1}^N{\overrightarrow{r}}_j=\frac{Nm}{M}\cdot \frac{1}{N}\sum _{j=1}^N{\overrightarrow{r}}_j,$
gdzie sumowanie po indeksie $j$ dotyczy $N$ komórek elementarnych w krysztale, a $m$ jest masą komórki elementarnej. Ponieważ $Nm=M$, możemy zapisać:
${\overrightarrow{r}}_{\text{ŚM}}=\frac{m}{M}\sum _{j=1}^N{\overrightarrow{r}}_j=\frac{Nm}{M}\cdot \frac{1}{N}\sum _{j=1}^N{\overrightarrow{r}}_j=\frac{1}{N}\sum _{j=1}^N{\overrightarrow{r}}_j.$
Otrzymany zapis jest definicją środka geometrycznego kryształu, zatem w przypadku ciała jednorodnego środek geometryczny pokrywa się ze środkiem masy kryształu.

Byłby on dokładnie symetryczny, o torach prostoliniowych, ponieważ siła grawitacji nie zaburzałaby torów ruchu cząstek.

Symbol $m_{\text{g}}$ dotyczy masy paliwa, która jest funkcją czasu $m_{\text{g}}(t)$, a $m$ jest masą rakiety z paliwem, przy czym $m=m_{\text{r}}+m_{\text{g}}(t)$. Z kolei $m_{\text{r}}$ oznacza masę pustej rakiety (jej masę własną). Różniczkowanie ostatniego równania po czasie daje wynik:
$\frac{\mathrm{d}m}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}{m}_{\text{r}}}{\mathrm{d}t}+\frac{\mathrm{d}{m}_{\text{g}}(t)}{\mathrm{d}t}=\frac{\mathrm{d}{m}_{\text{g}}(t)}{\mathrm{d}t},$
ponieważ $\mathrm{d}{m}_{\text{r}}\text{/}\mathrm{d}t=0$ (masa własna rakiety nie ulega zmianie). Zatem szybkość zmian masy rakiety z paliwem jest taka sama jak szybkość zmian masy paliwa w zbiornikach.

Wiedząc, że $E_{\text{k}}=m{v}^2\text{/}2$ oraz że ${\displaystyle p=mv}$, łatwo można wyprowadzić związek między energią kinetyczną i pędem: $E_{\text{k}}=p^2\text{/}2m$. Jeżeli więc pęd obu ciał jest jednakowy, ciało o mniejszej masie będzie posiadało większą energię kinetyczną.

Pęd ciała cięższego jest większy.

Tak. Impuls jest iloczynem siły i przedziału czasu jej działania $\overrightarrow{J}=\overrightarrow{F}\mathrm{\Delta }t$, zatem mała siła działająca przez długi czas może wytworzyć większy popęd niż siła duża, ale krótkotrwała.

Ruch samochodu możliwy jest dzięki obecności siły tarcia działającej poziomo, stycznie do kół w punkcie ich kontaktu z podłożem. W ten sposób samochód obracającymi się kołami „odpycha” drogę do tyłu (a właściwie Ziemię, działając stycznie do jej powierzchni), a droga „pcha” go do przodu. Ponieważ masa samochodu jest nieporównywalnie mniejsza od masy Ziemi, to właśnie samochód zostaje wprawiony w ruch i obserwujemy jego zmianę prędkości i pędu, natomiast ruch obrotowy Ziemi pozostaje niezaburzony.

Pęd układu jest zachowany, gdy podczas oddziaływania jego masa pozostaje stała, a wypadkowa sił zewnętrznych działających na tenże układ jest równa zero.

Aby nadać cząsteczkom powietrza przyspieszenie w kierunku ruchu samochodu, pojazd musi wywierać na nie siłę $\overrightarrow{F}=\mathrm{d}\overrightarrow{p}\text{/}\mathrm{d}t$. Z trzeciej zasady dynamiki Newtona wynika, że cząsteczki powietrza wywierają na samochód siłę o tej samej wartości, ale o przeciwnym zwrocie. Jest to właśnie siła przeciwstawiająca się ruchowi samochodu, wytwarzająca w efekcie opór powietrza.

Nie – sprinter nie jest układem zamkniętym, ponieważ działa na niego niezerowa siła zewnętrzna bloków, pchająca jego stopy. O układzie zamkniętym mówilibyśmy, gdyby został on poszerzony o bloki startowe. Wówczas siła reakcji bloków byłaby siłą wewnętrzną – będącą odpowiedzią na nacisk stóp sprintera.

Tak, cała energia kinetyczna może być stracona, jeżeli masy na przykład zlepią się ze sobą i pozostaną w spoczynku.

Kąt między tymi kierunkami musi wynosić 90°. Przykładem jest każdy układ, w którym siły zewnętrzne dla jednego kierunku znoszą się, a dla innego nie.

Napęd rakiety jest efektem zasady zachowania pędu i nie zależy od prędkości gazów względem rakiety. Statek przyspiesza, bo wyrzuca gazy za siebie, i to jest gwarancją przyrostu prędkości.

1. $25\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}$;
2. tyle samo co w przypadku a.

$\mathrm{1,78}\cdot {10}^{29}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}.$

$\mathrm{1,3}\cdot {10}^9\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}.$

a. 1,5 MN; b. 0,1 MN.

$\mathrm{4,69}\cdot {10}^5\mathrm{N}.$

$\mathrm{2,1}\cdot {10}^3\mathrm{N}.$

$\overrightarrow{p}(t)=\left(10\cdot \hat{i}+20t\cdot \hat{j}\right)\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}\text{/}\mathrm{s};\overrightarrow{F}=20\mathrm{N}\cdot \hat{j}.$

$$\begin{gathered} p_x=\mathrm{1,5}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}, \\ {p}_y=\mathrm{7,5}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}. \end{gathered}$$

${\overrightarrow{v}}_3=\mathrm{0,122}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}.$

1. 47 m/s poziomo w prawo;
2. $\mathrm{70,6}\text{N}·\text{s}$ poziomo w lewo;
3. $\mathrm{70,6}\mathrm{N}\cdot \mathrm{s}$ poziomo w prawo;
4. Wartość siły wynosi $\mathrm{2,35}\cdot {10}^4\mathrm{N}$

3,1 m/s.

5,9 m/s.

1. 6,8 m/s, 5,33°;
2. Tak (wyznacz stosunek energii kinetycznej przed i po zderzeniu)

2,5 cm

Auta wymienią się prędkościami – uderzone będzie jechać szybciej (6 m/s) a drugie 5,6 m/s.

6,6%

1,9 m/s

22,1 m/s, pod kątem $32,2^{\circ }$ zgodnie z ruchem wskazówek zegara od osi $+x$.

1. 33 m/s i 110 m/s;
2. 57 m;
3. 480 m

$732\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}-\mathrm{80,6}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{j}.$

$-\mathrm{0,21}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}+\mathrm{0,25}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{j}.$

341 m/s dla $86,6^{\circ }$ względem osi $x.$

Względem środka układu współrzędnych umieszczonego w masie 150g, współrzędne środka masy wynoszą: $x_{\text{ŚM}}=-\mathrm{1,23}\mathrm{c}\mathrm{m}$, $y_{\text{ŚM}}=\mathrm{0,69}\mathrm{c}\mathrm{m}$.

$y_{\text{ŚM}}=\{\begin{array}{ll}h-\frac{m_1}{m_1+m_2}\frac{g{t}^2}{2},& t<T,\\ h-\frac{g{t}^2}{2}+\frac{m_2}{m_1+m_2}gT\left(t-\frac{T}{2}\right),& t⩾T.\end{array}$

1. $R_1=4\mathrm{m}$, $R_2=2\mathrm{m}$;
2. $x_{\text{ŚM}}=\frac{m_1{x}_1+m_2{x}_2}{m_1+m_2}$, $y_{\text{ŚM}}=\frac{m_1{y}_1+m_2{y}_2}{m_1+m_2}$;
3. Tak, promień tego okręgu wynosi $R=\frac{1}{m_1+m_2}\sqrt{16m_1^2+4m_2^2}$

$x_{\mathrm{ŚM}}=\frac{3}{4}L\left(\frac{{\rho }_1+{\rho }_0}{{\rho }_1+2{\rho }_0}\right)$

$\left(x_{\text{ŚM}},y_{\text{ŚM}}\right)=\left(\frac{2a}{3},\frac{2b}{3}\right).$

$\left(x_{\text{ŚM}},y_{\text{ŚM}},z_{\text{ŚM}}\right)=\left(0,0,h\text{/}4\right).$

$\left(x_{\text{ŚM}},y_{\text{ŚM}},z_{\text{ŚM}}\right)=\left(0,4R\text{/}3\pi ,0\right).$

a. 0,413 m/s, b. około 0,2 J.

1551 kg

4,9 km/s

Słoń ma większy pęd.

O ile pierwsza część wypowiedzi jest prawdą to druga niekoniecznie, ponieważ prędkość lekkiego obiektu może być bardzo duża co spowoduje, że pęd tego ciała będzie większy, niż pęd ciężkiego obiektu poruszającego się powoli.

$\mathrm{4,5}\cdot {10}^3\mathrm{N}.$

$\overrightarrow{J}={\displaystyle \underset{0}{\overset{\tau }{\int }}\left[m\overrightarrow{g}-m\overrightarrow{g}\left(1-e^{\text{−}bt\text{/}m}\right)\right]\mathrm{d}t}=\frac{m^2}{b}\overrightarrow{g}\left(e^{\text{−}b\tau \text{/}m}-1\right)$

1. $-\mathrm{2,1}\cdot {10}^3\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}$,
2. $-24\cdot {10}^3\mathrm{N}\cdot \hat{i}$.

1. $\mathrm{1,1}\cdot {10}^3\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}$,
2. $\mathrm{0,01}\mathrm{k}\mathrm{g}\cdot \mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}$,
3. $-\mathrm{0,000}93\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}$,
4. $-\mathrm{0,0012}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}$

0,10 kg; $-\mathrm{7,2}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}$.

$u_1=\frac{m_1-m_2}{m_1+m_2}{v}_1$, $u_2=\frac{2m_1}{m_1+m_2}{v}_1$.

2,8 m/s

0,094 m/s

Prędkość kuli uderzającej: $-\mathrm{0,76}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}$; końcowe prędkości kul uderzonych są jednakowe i wynoszą 2,6 m/s, skierowane pod kątem $\pm {30}^{\circ }$, symetrycznie względem toru kuli nacierającej.

Kula 1: $-\mathrm{1,4}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}-\mathrm{0,4}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{j}$, Kula 2: $\mathrm{2,2}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}+\mathrm{2,4}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{j}$

Kula 1: $\mathrm{0,71}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}-\mathrm{1,26}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{j}$, Kula 2: $\mathrm{0,09}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{i}+\mathrm{3,26}\mathrm{m}\text{/}\mathrm{s}\cdot \hat{j}$.

$\left(r,\theta \right)=\left(2R\text{/}3,\pi \text{/}8\right).$

Zmiana pędu rakiety i jej przyspieszanie jest następstwem zasady zachowania pędu. Pęd gazów wyrzucanych w każdej sekundzie jest kompensowany przyrostem pędu rakiety. Po wyjściu z warstw atmosfery i z obszaru oddziaływania grawitacyjnego Ziemi rakieta może się dalej wznosić nawet przy wyłączonych silnikach – będzie to ruch jednostajny, zgodnie z I zasadą dynamiki.

1. $617\mathrm{N}\cdot \mathrm{s}$, ${108}^{\circ }$;
2. $F_x=\mathrm{2,91}\cdot {10}^4\mathrm{N}$, $F_y=\mathrm{2,6}\cdot {10}^5\mathrm{N}$;
3. $F_x=5850\mathrm{N}$, $F_y=5265\mathrm{N}$.

Zgodnie z zasadą zachowania pędu: $m_1{v}_{\text{1}}+m_2{v}_{\text{2}}=m_1{u}_{\text{1}}+m_2{u}_{\text{2}}$. Z danych wynika, że $m_1=m_2$ oraz $v_{\text{1}}=u_{\text{2}}$, a $v_{\text{2}}=u_{\text{1}}=0$. Łącząc ze sobą powyższe, otrzymujemy, że $v_{\text{1}}=v_{\text{1}}$, co jest oczywiście prawdą, zatem zasada zachowania pędu jest spełniona.
Podobnie postępujemy z energią kinetyczną. Gdyby miała być zachowana, oznaczałoby to, że $m_1{v}_1^2\text{/}2+m_2{v}_2^2\text{/}2=m_1{u}_1^2\text{/}2+m_2{u}_2^2\text{/}2$. Wprowadzając dane dotyczące mas i prędkości otrzymujemy również tautologię, zatem energia kinetyczna jest tu wielkością zachowaną.

Jeśli przyjmiemy środek układu współrzędnych na podłodze na osi symetrii (będącej osią $y)$, współrzędne środka masy wynoszą $\left(x_{\text{ŚM}},y_{\text{ŚM}},z_{\text{ŚM}}\right)=\left(0\mathrm{c}\mathrm{m},86\mathrm{c}\mathrm{m},0\mathrm{c}\mathrm{m}\right)$