3 Pęd, zderzenia i środek masy · Matematyka i fizyka od podstaw

0 Prolog: dwa ślizgacze

Na torze powietrznym ślizgacze unoszą się na poduszce powietrza i suną prawie bez tarcia. Feynman opisuje kilka prostych doświadczeń z takim torem.FLP I-10-3 Dwa jednakowe ślizgacze z plasteliną na czołach pędzą ku sobie z równymi prędkościami, zderzają się, sklejają i… stają. Cała energia kinetyczna zamieniła się w ciepło i odkształcenie plasteliny. Sama zasada zachowania energii nic by nam tu nie powiedziała: nie wiemy z góry, ile energii pójdzie w ciepło.

Drugie doświadczenie: między dwoma jednakowymi ślizgaczami ściskamy sprężynę i spinamy je nitką. Przepalamy nitkę. Ślizgacze odjeżdżają w przeciwne strony z równymi prędkościami. Trzecie: jeden ze ślizgaczy dociążamy tak, że ma dwa razy większą masę. Po przepaleniu nitki cięższy odjeżdża dwa razy wolniej. Iloczyn masy i prędkości jest po obu stronach taki sam, z przeciwnym znakiem.

Pytanie na start. Ślizgacz o masie $m$ jadący z prędkością $v$ uderza w taki sam stojący ślizgacz i skleja się z nim. Z jaką prędkością pojedzie para? Zanim policzysz, zgadnij. Feynman odpowiada na to pytanie samym rozumowaniem, bez żadnego wzoru (część 2.3).

1 Pęd i popęd siły

1.1 Druga zasada w postaci Newtona

W dziale 1 „Ruch i jego przyczyny” zapisaliśmy drugą zasadę dynamiki jako $\vec F = m\vec a$ . Newton zapisał ją inaczej: siła jest równa szybkości zmiany pędu, czyli iloczynu masy i prędkości.FLP I-9-1 Dla stałej masy oba zapisy są równoważne, bo $\tfrac{d}{dt}(m\vec v) = m\tfrac{d\vec v}{dt}$ . Zapis przez pęd jest jednak ogólniejszy: pozostaje prawdziwy przy prędkościach bliskich prędkości światła (część 6), a zapisany jako bilans pędu całego układu pozwala policzyć ruch ciał o zmiennej masie, np. rakiety (część 5). Uwaga: dla samej rakiety wzór $F = \tfrac{d}{dt}(mv)$ nie działa; trzeba liczyć pęd rakiety razem ze spalinami.

Definicja · pęd i druga zasada dynamiki

\vec p = m\vec v, \qquad \vec F = \frac{d\vec p}{dt} .

Pęd jest wektorem o kierunku prędkości; jednostka to $\mathrm{kg\cdot m/s} = \mathrm{N\cdot s}$ .

1.2 Popęd: ile pędu daje uderzenie

Podczas uderzenia kija w piłkę siła rośnie od zera do tysięcy niutonów i znika po kilku milisekundach. Nie znamy jej przebiegu, ale całka (lekcja 1.5 Całki) z drugiej zasady mówi, ile pędu piłka dostała:

Twierdzenie · popęd siły

\vec J = \int_{t_1}^{t_2}\vec F\,dt = \vec p_2 - \vec p_1 = \Delta\vec p .

Popęd to pole pod wykresem $F(t)$ . Siła średnia w czasie $\Delta t$ wynosi $\vec F_\text{śr} = \Delta\vec p/\Delta t$ : ta sama zmiana pędu w dłuższym czasie wymaga mniejszej siły.

Tak działają poduszki powietrzne, kaski, strefy zgniotu i ugięte kolana przy lądowaniu: nie zmniejszają zmiany pędu, która i tak musi nastąpić, ale rozciągają ją w czasie, więc zmniejszają siłę. Ten sam pomysł w języku energii (dział 2 „Energia”) brzmi: energię trzeba zabrać na dłuższej drodze.

Zadania · część 1

5 zadań · ok. 30 min

Piłkarz kopie leżącą piłkę o masie 0,45 kg, która odlatuje z prędkością 25 m/s. Kontakt trwał 8 ms. Jaki popęd dostała piłka i jaka była średnia siła?

Odpowiedź
$J = 0{,}45\cdot25 = 11{,}25$ N·s; $F_\text{śr} = 11{,}25/0{,}008 \approx 1400$ N, ok. 320 razy więcej niż ciężar piłki.
Piłka bejsbolowa (0,145 kg) leci z prędkością 40 m/s, a po uderzeniu kijem odlatuje w przeciwną stronę z prędkością 50 m/s. Kontakt trwał 1,2 ms. Oblicz średnią siłę.

Wskazówka
Ustal kierunek dodatni. Prędkości przed i po mają przeciwne znaki.

Odpowiedź
$\Delta p = 0{,}145\cdot(50 - (-40)) = 13{,}05$ N·s; $F_\text{śr} = 13{,}05/0{,}0012 \approx 10\,900$ N, ok. 7600 razy więcej niż ciężar piłki.
Człowiek o masie 70 kg zeskakuje z wysokości 1 m. Przyjmij, że po zetknięciu z ziemią hamuje ze stałym opóźnieniem. Oblicz średnią siłę nacisku podłoża, gdy (a) ląduje na sztywnych nogach i hamuje na drodze 1 cm, (b) ugina kolana i hamuje na 30 cm. Ile trwa hamowanie w każdym przypadku?

Wskazówka
Prędkość przy ziemi $v = \sqrt{2gh}$ . Opóźnienie $a = v^2/(2d)$ . Podłoże musi zrównoważyć też ciężar: $N = m(a + g)$ .

Odpowiedź
$v \approx 4{,}43$ m/s. (a) $a \approx 981\ \mathrm{m/s^2} = 100g$ , $N \approx 69\,000$ N, czas 4,5 ms. (b) $a \approx 32{,}7\ \mathrm{m/s^2} = 3{,}3g$ , $N \approx 3000$ N, czas 0,14 s. Zmiana pędu ta sama, siła 23 razy mniejsza.
Wąż ogrodowy wyrzuca 0,5 kg wody na sekundę z prędkością 20 m/s prostopadle na ścianę. Woda spływa po ścianie bez odbicia. Z jaką siłą strumień naciska na ścianę? Jak zmieni się wynik, gdyby woda się odbijała?

Odpowiedź
W każdej sekundzie ściana zabiera wodzie pęd $0{,}5\cdot20 = 10$ N·s, więc $F = 10$ N. Przy sprężystym odbiciu: 20 N (pułapka w części 1.2).
Siła działająca na piłeczkę o masie 60 g rośnie liniowo od zera do 2000 N w ciągu 2 ms, a potem liniowo maleje do zera w ciągu następnych 2 ms. Piłeczka początkowo spoczywała. Z jaką prędkością odlatuje?

Odpowiedź
Popęd to pole trójkąta: $\tfrac12\cdot2000\cdot0{,}004 = 4$ N·s; $v = 4/0{,}06 \approx 67$ m/s.

2 Zasada zachowania pędu

2.1 Z trzeciej zasady

Dwa ciała działają na siebie siłami $\vec F_{12}$ i $\vec F_{21}$ . Trzecia zasada dynamiki mówi, że te siły są równe i przeciwnie skierowane w każdej chwili.FLP I-10-1 Zatem $\tfrac{d\vec p_1}{dt} + \tfrac{d\vec p_2}{dt} = \vec F_{21} + \vec F_{12} = 0$ . Suma pędów się nie zmienia, niezależnie od tego, jak skomplikowane są siły i jak długo działają. Dla wielu ciał siły wewnętrzne znoszą się parami.

Prawo · zasada zachowania pędu

\frac{d}{dt}\sum_i\vec p_i = \vec F_\text{zewn}, \qquad \vec F_\text{zewn} = 0\ \Rightarrow\ \sum_i m_i\vec v_i = \text{const}.

Zasada dotyczy każdej składowej osobno: jeśli siły zewnętrzne nie mają składowej poziomej, zachowana jest pozioma składowa pędu, nawet gdy pionowa się zmienia.

2.2 Odrzut

Układ spoczywa, a potem rozpada się na części: wystrzał, skok z łódki, rozpad jądra. Pęd całkowity był zerowy i zostaje zerowy, więc $m_1\vec v_1 = -m_2\vec v_2$ . Lżejsza część odlatuje szybciej. Energie kinetyczne nie są równe: $E_k = p^2/(2m)$ przy tym samym $p$ jest odwrotnie proporcjonalna do masy, więc prawie całą energię zabiera lżejszy fragment (zadanie 2.2).

2.3 Feynman: pęd ze względności ruchu

Feynman pokazuje, że zachowanie pędu można odgadnąć bez trzeciej zasady, z dwóch faktów.FLP I-10-3 Pierwszy to symetria: dwa jednakowe ślizgacze rozepchnięte sprężyną odjeżdżają z równymi prędkościami, bo nie ma powodu, by któryś był wyróżniony. Drugi to zasada względności Galileusza (dział 1): prawa fizyki są takie same w układzie, który porusza się ruchem jednostajnym. Odpowiedzmy teraz na pytanie z prologu.

W pociągu jadącym z prędkością $v/2$ dwa jednakowe ślizgacze zbliżają się do siebie: jeden z prędkością $+v/2$ , drugi $-v/2$ . Z symetrii po sklejeniu para stoi (względem pociągu).
To samo widziane z peronu: jeden ślizgacz ma prędkość $v/2 + v/2 = v$ , drugi $v/2 - v/2 = 0$ , czyli stoi. Para po sklejeniu stoi w pociągu, więc względem peronu jedzie z prędkością $v/2$ .
Wniosek: ślizgacz $m$ z prędkością $v$ uderzający w stojący $m$ daje parę $2m$ z prędkością $v/2$ . Iloczyn $mv$ przed zderzeniem równa się $2m\cdot\tfrac v2$ po.

W ten sposób, łącząc symetrię i zmianę układu odniesienia, Feynman buduje kolejne przypadki (ślizgacze o masach $m$ i $2m$ , $m$ i $3m$ ) i za każdym razem wychodzi to samo: suma $mv$ się nie zmienia. To nie dowód zasady zachowania pędu w ogólności, ale piękny przykład, jak wiele wynika z samej względności ruchu.

Zadania · część 2

5 zadań · ok. 30 min

Dwoje łyżwiarzy o masach 80 kg i 50 kg stoi na lodzie i odpycha się od siebie. Lżejszy odjeżdża z prędkością 2 m/s. Z jaką prędkością odjeżdża cięższy?

Odpowiedź
$80\,v = 50\cdot2$ , $v = 1{,}25$ m/s w przeciwną stronę.
Z karabinu o masie 4 kg wylatuje pocisk o masie 10 g z prędkością 800 m/s. Z jaką prędkością karabin uderza w ramię strzelca? Porównaj energie kinetyczne pocisku i karabinu.

Odpowiedź
$v = 0{,}01\cdot800/4 = 2$ m/s. Energie: pocisk 3200 J, karabin 8 J. Te same pędy, energie w stosunku odwrotnym do mas (400 : 1).
Wózek o masie 100 kg toczy się bez tarcia z prędkością 3 m/s. Z góry, pionowo, wsypujemy do niego 20 kg piasku. Jaka jest nowa prędkość wózka? Czy energia kinetyczna się zachowała?

Odpowiedź
Pozioma składowa pędu: $100\cdot3 = 120\,v$ , $v = 2{,}5$ m/s. Energia: 450 J przed, 375 J po. Brakujące 75 J poszło w ciepło przy „zderzeniu” piasku z wózkiem: piasek musiał zostać rozpędzony w poziomie przez tarcie.
Spoczywające jądro uranu-238 rozpada się na cząstkę alfa (masa 4 u) i jądro toru-234 (masa 234 u). Cząstka alfa ma energię kinetyczną 4,20 MeV. Jaką energię kinetyczną ma jądro toru? Ile razy wolniej się porusza?

Odpowiedź
Pędy równe, więc $E_\text{Th} = E_\alpha\cdot\tfrac{m_\alpha}{m_\text{Th}} = 4{,}20\cdot\tfrac{4}{234} \approx 0{,}072$ MeV. Prędkość $234/4 = 58{,}5$ razy mniejsza.
Dwa jednakowe ślizgacze jadą ku sobie: jeden w prawo z prędkością 3 m/s, drugi w lewo z prędkością 1 m/s. Sklejają się. Wyznacz prędkość pary rozumowaniem Feynmana z części 2.3, bez wzoru na pęd. Potem sprawdź wynik zasadą zachowania pędu.

Wskazówka
Znajdź układ odniesienia (pociąg), w którym ślizgacze mają prędkości równe co do wartości i przeciwne.

Odpowiedź
W pociągu jadącym w prawo z prędkością 1 m/s ślizgacze mają $+2$ i $-2$ m/s; z symetrii para po sklejeniu stoi w pociągu, czyli względem toru jedzie w prawo z prędkością 1 m/s. Sprawdzenie: $m\cdot3 + m\cdot(-1) = 2m\cdot1$ ✓.

3 Zderzenia

3.1 Co wiemy, nie znając sił

W zderzeniu działają ogromne siły przez krótki czas. Ich szczegółów zwykle nie znamy, ale pęd całkowity jest zachowany, bo siły zderzenia są wewnętrzne, a siły zewnętrzne (ciężar, tarcie) przez kilka milisekund dają znikomy popęd. Z energią jest różnie. W zderzeniu sprężystym energia kinetyczna wraca w całości (kule bilardowe, atomy gazu), w niesprężystym część zamienia się w ciepło i odkształcenie, a w doskonale niesprężystym ciała się sklejają i tracą największą możliwą energię.

3.2 Zderzenie centralne sprężyste

Dwie kule poruszają się wzdłuż jednej prostej. Zachowanie pędu i energii daje dwa równania na dwie niewiadome prędkości. Rozwiązanie najłatwiej odczytać w układzie środka masy, który porusza się z prędkością

v_\text{śm} = \frac{m_1v_1 + m_2v_2}{m_1 + m_2} .

W tym układzie pęd całkowity jest zerowy, więc kule zbliżają się z pędami $\pm p$ i odlatują z pędami $\pm p'$ . Energia $\tfrac{p^2}{2m_1} + \tfrac{p^2}{2m_2}$ zależy tylko od $p^2$ , więc w zderzeniu sprężystym $|p'| = |p|$ : każda kula po prostu odwraca prędkość. Wracając do laboratorium:

Wynik · zderzenie centralne

v_1' = v_\text{śm} - e\,(v_1 - v_\text{śm}), \qquad v_2' = v_\text{śm} - e\,(v_2 - v_\text{śm}) .

$e = 1$ : zderzenie sprężyste; $e = 0$ : sklejenie; $0 < e < 1$ : częściowo sprężyste ( $e$ to współczynnik restytucji, stosunek prędkości względnej po zderzeniu do prędkości względnej przed). Utracona energia kinetyczna: $\Delta E = \tfrac12\mu v_\text{wzgl}^2(1 - e^2)$ , gdzie $\mu = \tfrac{m_1m_2}{m_1 + m_2}$ .

Trzy przypadki warto pamiętać. Równe masy, druga stoi: w zderzeniu sprężystym pierwsza staje, a druga przejmuje całą prędkość (bilard, kołyska Newtona). Lekka kula uderza w ciężką: odbija się prawie z tą samą prędkością (piłka od ściany). Ciężka uderza w lekką: jedzie dalej prawie bez zmiany, a lekka odskakuje z prędkością prawie $2v$ .

3.3 Zderzenia na płaszczyźnie

Na stole bilardowym kule zderzają się zwykle nie centralnie. Pęd jest wektorem, więc jego zachowanie to dwa równania (na składowe $x$ i $y$ ). Szczególnie ładny wynik daje sprężyste zderzenie jednakowych kul, z których jedna stoi: z $\vec v = \vec v_1' + \vec v_2'$ i $v^2 = v_1'^2 + v_2'^2$ wynika $\vec v_1'\cdot\vec v_2' = 0$ . Kule rozbiegają się pod kątem prostym (zadanie 3.5). Bilardziści wykorzystują to od zawsze, a fizycy rozpoznawali kąt prosty na zdjęciach z komory Wilsona (cząstki alfa zderzające się z jądrami helu); przy prędkościach bliskich $c$ kąt jest mniejszy niż $90^\circ$ .

Zadania · część 3

5 zadań · ok. 45 min

Kula o masie 1 kg z prędkością 4 m/s uderza centralnie i sprężyście w stojącą kulę o masie 3 kg. Oblicz prędkości po zderzeniu i sprawdź zachowanie energii.

Odpowiedź
$v_\text{śm} = 1$ m/s. $v_1' = 1 - (4 - 1) = -2$ m/s (odbija się), $v_2' = 1 - (0 - 1) = 2$ m/s. Energia: $8$ J przed, $\tfrac12\cdot1\cdot4 + \tfrac12\cdot3\cdot4 = 8$ J po ✓.
W reaktorze jądrowym neutrony trzeba spowolnić. Neutron (1 u) uderza centralnie i sprężyście w stojące jądro węgla (12 u). Jaką część energii kinetycznej traci? Ile takich zderzeń sprowadziłoby energię z 2 MeV do 0,025 eV? Dlaczego lepszym moderatorem byłaby woda (wodór, 1 u)?

Wskazówka
Prędkość neutronu po zderzeniu: $v' = \tfrac{m - M}{m + M}v$ . Liczba zderzeń: $n = \ln(E_0/E_1)/\ln(1/f)$ , gdzie $E_0 = 2$ MeV to energia początkowa, $E_1 = 0{,}025$ eV końcowa, a $f$ to ułamek energii zachowany w jednym zderzeniu.

Odpowiedź
$v' = -\tfrac{11}{13}v$ , zachowuje $(11/13)^2 \approx 0{,}716$ energii, traci $\tfrac{48}{169} \approx 28\%$ . Liczba zderzeń czołowych: $\ln(8\cdot10^7)/\ln(1/0{,}716) \approx 55$ . Zderzenia nie są zwykle czołowe, więc naprawdę potrzeba ok. 115. Wodór ma masę neutronu: zderzenie czołowe zabiera całą energię, a średnio połowę; średni logarytmiczny dekrement wynosi $\xi = 1$ , więc wystarczy ok. $\ln(8\cdot10^7) \approx 18$ zderzeń.
Wahadło balistyczne: pocisk o masie 10 g wbija się w drewniany klocek o masie 2 kg wiszący na linkach. Klocek z pociskiem wznosi się o 8 cm. Jaka była prędkość pocisku? Jaka część jego energii zamieniła się w ciepło?

Wskazówka
Dwa etapy: zderzenie (zachowany pęd, nie energia), potem wznoszenie (zachowana energia, nie pęd).

Odpowiedź
Wznoszenie: $V = \sqrt{2gh} \approx 1{,}25$ m/s. Zderzenie: $v = V\tfrac{m + M}{m} \approx 252$ m/s. Ciepło: $1 - \tfrac{m}{m + M} \approx 99{,}5\%$ energii.
Na skrzyżowaniu samochód 1200 kg jadący na wschód z prędkością 15 m/s zderza się z samochodem 1800 kg jadącym na północ z prędkością 10 m/s. Samochody się sczepiają. Z jaką prędkością i w jakim kierunku się przesuwają? Ile energii kinetycznej zginęło?

Odpowiedź
Pęd: $(18\,000;\ 18\,000)$ kg·m/s, więc $v = \tfrac{18\,000\sqrt2}{3000} \approx 8{,}5$ m/s na północny wschód ( $45^\circ$ od kierunku wschodniego). Energia: 225 kJ przed, 108 kJ po; zginęło 117 kJ (52%).
Pokaż, że w sprężystym zderzeniu jednakowych kul, z których jedna stoi, kule rozbiegają się pod kątem prostym (o ile zderzenie nie jest centralne).

Odpowiedź
Pęd: $\vec v = \vec v_1' + \vec v_2'$ ; podnosimy do kwadratu (iloczyn skalarny, lekcja 1.1 Wektory): $v^2 = v_1'^2 + v_2'^2 + 2\vec v_1'\cdot\vec v_2'$ . Energia: $v^2 = v_1'^2 + v_2'^2$ . Odejmując: $\vec v_1'\cdot\vec v_2' = 0$ . Jeśli żadna prędkość nie jest zerowa (zderzenie niecentralne), są prostopadłe.

4 Środek masy

4.1 Punkt, który porusza się prosto

Rzucony młotek wiruje i koziołkuje, a mimo to jeden jego punkt leci po zwykłej paraboli, jak kamień. Ten punkt to środek masy.FLP I-18-1, I-19-1 Dla układu punktów materialnych definiujemy

Definicja · środek masy

\vec R = \frac{\sum_i m_i\vec r_i}{M}, \qquad M = \sum_i m_i; \qquad \text{dla ciała ciągłego: } \vec R = \frac{1}{M}\int\vec r\,dm .

Różniczkując dwukrotnie: $M\dot{\vec R} = \sum m_i\vec v_i = \vec P$ (pęd całkowity), a $M\ddot{\vec R} = \sum\vec F_i$ . W sumie sił wszystkie siły wewnętrzne znoszą się parami (trzecia zasada), więc zostają tylko zewnętrzne.

Prawo · ruch środka masy

M\frac{d^2\vec R}{dt^2} = \vec F_\text{zewn}, \qquad \vec P = M\vec V_\text{śm} .

Środek masy porusza się tak, jakby cała masa była w nim skupiona i działały na nią tylko siły zewnętrzne. Siły wewnętrzne, nawet wybuch, nie mogą zmienić jego ruchu.

To prawo wyjaśnia, dlaczego w działach 1 i 2 mogliśmy traktować samochody, piłki i ludzi jak punkty: ich środki masy rzeczywiście poruszają się jak punkty. Tłumaczy też, dlaczego nie da się podnieść samego siebie za włosy i dlaczego łódka odpływa, gdy idziemy po niej w stronę brzegu.

4.2 Jak znaleźć środek masy

Dla ciał symetrycznych środek masy leży na osi lub w środku symetrii.FLP I-19-2 W innych przypadkach liczymy całkę (lekcje 1.5 Całki, 3.3 Całki podwójne i potrójne). Dwa przydatne triki: ciało złożone z części traktujemy jak układ punktów umieszczonych w środkach mas części, a otwór traktujemy jak część o masie ujemnej.

Przykład: półokrąg z drutu o promieniu $R$ . Element łuku o kącie $d\theta$ ma masę $dm = \lambda R\,d\theta$ i wysokość $y = R\sin\theta$ , więc $Y = \tfrac{1}{\lambda\pi R}\int_0^\pi R\sin\theta\cdot\lambda R\,d\theta = \tfrac{2R}{\pi} \approx 0{,}64R$ . Środek masy leży poza drutem, w pustym miejscu. Tak samo jest z obręczą, bumerangiem i skoczkiem wzwyż w stylu Fosbury’ego, którego środek masy przechodzi pod poprzeczką.

Zadania · część 4

5 zadań · ok. 40 min

Masa Ziemi to $5{,}972\cdot10^{24}$ kg, Księżyca $7{,}342\cdot10^{22}$ kg, a odległość ich środków 384 400 km. Gdzie leży środek masy układu? Czy wewnątrz Ziemi (promień 6371 km)?

Odpowiedź
$d\cdot\tfrac{m_K}{m_Z + m_K} \approx 4670$ km od środka Ziemi, czyli wewnątrz, ok. 1700 km pod powierzchnią. Ziemia „chybocze się” wokół tego punktu raz w miesiącu.
Człowiek o masie 60 kg stoi na rufie łódki o masie 120 kg i długości 3 m, która spoczywa na spokojnej wodzie. Przechodzi na dziób. O ile przesunie się łódka względem brzegu? Opór wody pomijamy.

Wskazówka
Na układ człowiek + łódka nie działa żadna pozioma siła zewnętrzna, więc jego środek masy stoi.

Odpowiedź
Łódka przesuwa się o $x$ do tyłu, człowiek o $3 - x$ do przodu: $60(3 - x) = 120x$ , $x = 1$ m.
Oblicz położenie środka masy jednorodnego półkola (płytki) o promieniu $R$ . Porównaj z półokręgiem z drutu.

Wskazówka
Współrzędne biegunowe (lekcja 3.2 Współrzędne biegunowe, walcowe i sferyczne): $dm = \sigma r\,dr\,d\theta$ , $y = r\sin\theta$ .

Odpowiedź
$Y = \tfrac{1}{\sigma\pi R^2/2}\int_0^\pi\int_0^R r\sin\theta\cdot\sigma r\,dr\,d\theta = \tfrac{2}{\pi R^2}\cdot\tfrac{R^3}{3}\cdot2 = \tfrac{4R}{3\pi} \approx 0{,}42R$ . Niżej niż dla drutu ( $0{,}64R$ ), bo w płytce więcej masy jest blisko średnicy.
Pocisk wystrzelony ukośnie rozpada się w najwyższym punkcie toru na dwie równe części. Jedna spada pionowo w dół (tuż po wybuchu ma prędkość zerową). Gdzie spadnie druga, jeśli bez wybuchu pocisk upadłby w odległości $D$ od działa?

Odpowiedź
Obie części startują z tej samej wysokości z zerową prędkością pionową, więc spadają jednocześnie. W chwili lądowania środek masy jest w $D$ . Pierwsza część jest w $D/2$ , więc druga w $\tfrac32D$ .
Raca wystrzelona pionowo w górę z prędkością 30 m/s wybucha po 1,5 s na wiele kawałków lecących we wszystkich kierunkach. Gdzie jest środek masy kawałków 2 s po wystrzale (zanim któryś spadnie)?

Odpowiedź
Tam, gdzie byłaby raca bez wybuchu: $30\cdot2 - \tfrac12\cdot9{,}81\cdot4 \approx 40{,}4$ m nad ziemią. Opór powietrza pomijamy, a on dla drobnych kawałków bywa ważny.

5 Rakieta: ciało o zmiennej masie

Rakieta w próżni nie ma się od czego odepchnąć, a jednak przyspiesza. Odpycha się od własnych spalin: wyrzuca masę do tyłu, a pęd całkowity rakiety i spalin się nie zmienia.

5.1 Równanie Ciołkowskiego

W chwili $t$ rakieta ma masę $m$ i prędkość $v$ . W czasie $dt$ wyrzuca masę $dm_s$ spalin z prędkością $u$ względem siebie (do tyłu), a sama zyskuje $dv$ i ma masę $m - dm_s$ . Bilans pędu w układzie poruszającym się z prędkością $v$ , w którym rakieta chwilowo spoczywa, bez sił zewnętrznych:

0 = (m - dm_s)\,dv + dm_s\,(-u) \quad\Rightarrow\quad m\,dv = u\,dm_s = -u\,dm ,

bo masa rakiety maleje o $dm_s$ ( $dm = -dm_s$ ). Rozdzielamy zmienne (lekcja 4.1 Równania różniczkowe zwyczajne) i całkujemy od masy startowej $m_0$ do końcowej $m_1$ :

Prawo · równanie Ciołkowskiego i ciąg

\Delta v = u\ln\frac{m_0}{m_1}, \qquad F_\text{ciągu} = u\,\dot m_s .

$u$ to prędkość wylotowa spalin, $\dot m_s$ to masa spalin wyrzucana na sekundę, a $m_0/m_1$ to stosunek mas (z paliwem i bez). Przyrost prędkości nie zależy od tego, jak szybko spalamy paliwo (w próżni i bez grawitacji; przy starcie z Ziemi wolne spalanie zwiększa straty grawitacyjne), tylko ile go jest i jak szybko wylatują spaliny.

Logarytm to zła wiadomość dla konstruktorów. Chemiczne silniki dają $u \approx 2{,}5$ – $4{,}5$ km/s, a wejście na niską orbitę wymaga ok. $9{,}4$ km/s (prędkość orbitalna ok. 7,8 km/s plus straty na grawitację i opór). Przy $u = 3$ km/s stosunek mas musi wynosić $e^{9{,}4/3} \approx 23$ : paliwo stanowi 96% masy startowej, a na zbiorniki, silniki i ładunek zostaje 4%. Rozwiązaniem są stopnie: puste zbiorniki odrzuca się po drodze, żeby nie rozpędzać martwej masy.

Zadania · część 5

4 zadania · ok. 30 min

Silnik wyrzuca 1000 kg spalin na sekundę z prędkością 3000 m/s. Jaki jest ciąg? Z jakim przyspieszeniem startuje pionowo rakieta o masie 200 t?

Odpowiedź
$F = 3\cdot10^6$ N. Na starcie $a = F/m - g = 15 - 9{,}81 \approx 5{,}2\ \mathrm{m/s^2}$ . W miarę spalania paliwa masa maleje, a przyspieszenie rośnie.
Rakieta ma stosunek mas 5, a spaliny wylatują z prędkością 3 km/s. Jaki przyrost prędkości uzyska w próżni?

Odpowiedź
$\Delta v = 3\ln5 \approx 4{,}8$ km/s.
Jaki stosunek mas potrzebuje jednostopniowa rakieta z $u = 3$ km/s, żeby uzyskać 9,4 km/s? A każdy z dwóch stopni, jeśli każdy daje połowę tego przyrostu?

Odpowiedź
Jeden stopień: $e^{9{,}4/3} \approx 23$ (96% paliwa). Dwa stopnie: każdy $e^{4{,}7/3} \approx 4{,}8$ (79% paliwa w każdym stopniu). Taki stosunek da się zbudować, 23 praktycznie nie.
Student siedzi na deskorolce z gaśnicą CO₂; razem (student, deskorolka, gaśnica) mają 75 kg. Otwiera gaśnicę skierowaną do tyłu. Gaśnica wyrzuca 0,5 kg/s gazu z prędkością 20 m/s przez 10 s. Jaki jest ciąg i o ile wzrośnie prędkość (bez tarcia)?

Odpowiedź
$F = 0{,}5\cdot20 = 10$ N. Masa spada z 75 do 70 kg: $\Delta v = 20\ln\tfrac{75}{70} \approx 1{,}4$ m/s. Tarcie kółek w praktyce zje sporą część tego wyniku.

6 Pęd, energia i granice zasady

6.1 Pęd zachowany zawsze, energia kinetyczna nie

W prologu dwa ślizgacze stanęły: pęd całkowity był zerowy przed zderzeniem i jest zerowy po. Energia kinetyczna zniknęła, ale energia całkowita nie, bo przeszła w ciepło (dział 2 „Energia”). Asymetria jest głęboka: ciepło to chaotyczny ruch cząsteczek we wszystkich kierunkach. Ich energie kinetyczne są dodatnie i się sumują, a pędy, jako wektory o przypadkowych kierunkach, się znoszą. Dlatego pęd nie może „schować się” w cieple tak jak energia.FLP I-10-4

6.2 Pęd światła i pęd relatywistyczny

Światło nie ma masy, a mimo to niesie pęd: $p = E/c$ . Laser świecący na lustro odpycha je, a żagiel słoneczny może napędzać sondę (zadanie 6.2). Przy prędkościach bliskich prędkości światła wzór $p = mv$ przestaje wystarczać. Pęd zachowuje się dalej, ale trzeba go liczyć ze wzoru

\vec p = \frac{m_0\vec v}{\sqrt{1 - v^2/c^2}} ,

gdzie $m_0$ to masa spoczynkowa. Szczegóły w dziale 7 „Układy odniesienia i szczególna teoria względności”.FLP I-10-5

6.3 Czego ten dział nie wyjaśnił

Dlaczego pęd jest zachowany. Wyprowadziliśmy to z trzeciej zasady, ale trzecia zasada nie obowiązuje dla sił elektromagnetycznych między poruszającymi się ładunkami: siły nie są wtedy równe i przeciwne. Pęd jest zachowany i tak, bo część pędu niesie pole elektromagnetyczne (dział 16 „Indukcja, równania Maxwella i fale elektromagnetyczne”). Głębszy powód to jednorodność przestrzeni: prawa fizyki nie zależą od tego, gdzie robimy doświadczenie (twierdzenie Noether, por. dział 2 i lekcja 6.1 Rachunek wariacyjny).
Obrót. Środek masy opisuje ruch postępowy, ale nie koziołkowanie młotka. Do obrotu potrzebna jest kolejna wielkość zachowana: moment pędu (dział 4 „Ruch obrotowy i bryła sztywna”).
Czego użyliśmy bez dowodu. Wzoru na pęd relatywistyczny, pędu światła i tego, że w rozpadzie beta bierze udział neutrino.

Zadania · część 6

4 zadania · ok. 30 min

Ślizgacz o masie $m$ i prędkości $v$ zderza się ze stojącym jednakowym ślizgaczem i skleja. Jaka część energii kinetycznej zamienia się w ciepło?

Odpowiedź
Przed: $\tfrac12mv^2$ ; po: $\tfrac12\cdot2m\cdot\tfrac{v^2}{4} = \tfrac14mv^2$ . Połowa energii poszła w ciepło.
Laser o mocy 1 W świeci prostopadle na czarną powierzchnię, a potem na lustro. Jaka siła działa w obu przypadkach? Natężenie światła słonecznego przy Ziemi to 1361 W/m². Jakie ciśnienie wywiera ono na idealne lustro?

Odpowiedź
Strumień pędu to $P/c$ : czarna powierzchnia $3{,}3\cdot10^{-9}$ N, lustro dwa razy więcej, $6{,}7\cdot10^{-9}$ N. Ciśnienie na lustro: $2\cdot1361/c \approx 9{,}1\cdot10^{-6}$ Pa, czyli ok. 9 mikroniutonów na metr kwadratowy.
Elektron (masa spoczynkowa $0{,}511\ \mathrm{MeV}/c^2$ ) porusza się z prędkością $0{,}99c$ . Oblicz jego pęd ze wzoru relatywistycznego i porównaj z $m_0v$ .

Odpowiedź
$\gamma = 1/\sqrt{1 - 0{,}99^2} \approx 7{,}09$ ; $p = \gamma m_0v \approx 3{,}59$ MeV/ $c$ , a $m_0v \approx 0{,}506$ MeV/ $c$ : siedem razy mniej.
Piłka o masie 0,5 kg spada na podłogę i odbija się z prędkością 5 m/s (przed uderzeniem też miała 5 m/s). Pęd piłki się zmienił. Dokąd poszedł? Z jaką prędkością odskoczyła Ziemia?

Odpowiedź
Zmiana pędu piłki: 5 N·s w górę. Tyle samo pędu w dół dostała Ziemia: $v = 5/(5{,}97\cdot10^{24}) \approx 8\cdot10^{-25}$ m/s. Pęd układu piłka + Ziemia jest zachowany; Ziemia jest tak ciężka, że jej ruchu nie widać.

7 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda pędowa

Oszacuj wynik, zanim zaczniesz liczyć.
Wybierz układ ciał i sprawdź, czy działają na niego siły zewnętrzne w interesującym kierunku. Jeśli nie, albo działają przez bardzo krótki czas (zderzenie), pęd w tym kierunku jest zachowany.
Wybierz osie i zwroty; zapisz prędkości ze znakami. Pęd to wektor: każdą składową bilansuj osobno.
Pęd przed = pęd po. Jeśli niewiadomych jest więcej niż równań, dopisz informację o energii: zderzenie sprężyste ( $e = 1$ ), znany współczynnik restytucji, sklejenie albo dane o ruchu po zderzeniu.
Etapy. Zderzenie i ruch po zderzeniu to osobne etapy: w zderzeniu zachowany jest pęd, potem często energia (wahadło balistyczne).
Środek masy. Gdy siły zewnętrzne poziome nie działają, środek masy stoi albo jedzie jednostajnie; to często najszybsza droga (łódka, wybuch).
Sprawdzenie: jednostki, przypadki graniczne (równe masy, bardzo ciężkie ciało), energia po zderzeniu nie może być większa niż przed (chyba że coś wybuchło).

Przykład 3.1 Wahadło balistyczne

Pocisk o masie 5 g wbija się w klocek o masie 1 kg zawieszony na lince o długości 1,5 m. Klocek odchyla się o $30^\circ$ . Oblicz prędkość pocisku i sprawdź, ile energii zostało w ruchu.

Wahadło balistyczne: pocisk wbija się w klocek, który odchyla się o 30°

Oszacowanie: pociski karabinowe lecą z prędkością kilkuset m/s.
Wznoszenie (energia): $h = l(1 - \cos30^\circ) \approx 0{,}201$ m, więc $V = \sqrt{2gh} \approx 1{,}99$ m/s.
Zderzenie (pęd): $mv = (m + M)V$ , więc $v = \tfrac{1{,}005}{0{,}005}\cdot1{,}99 \approx 399$ m/s.
Energie: pocisk $\tfrac12\cdot0{,}005\cdot399^2 \approx 398$ J; klocek z pociskiem tuż po zderzeniu $\tfrac12\cdot1{,}005\cdot1{,}99^2 \approx 2$ J.

Wynik: $v \approx 400$ m/s; w ruchu zostało 0,5% energii, reszta poszła w ciepło i odkształcenie drewna.

Sprawdzenie: ułamek zachowanej energii to $\tfrac{m}{m + M} = \tfrac{0{,}005}{1{,}005} \approx 0{,}5\%$ ✓. Gdybyśmy policzyli całość z zasady zachowania energii, $\tfrac12mv^2 = (m + M)gh$ , wyszłoby $v = \sqrt{2gh(m + M)/m} \approx 28$ m/s, czternaście razy za mało.

Przykład 3.2 Ślizgacze z niepełnym odbiciem

Ślizgacz 0,2 kg jedzie w prawo z prędkością 1,5 m/s, ślizgacz 0,3 kg w lewo z prędkością 0,5 m/s. Współczynnik restytucji $e = 0{,}5$ . Oblicz prędkości po zderzeniu i utraconą energię.

$v_\text{śm} = \tfrac{0{,}2\cdot1{,}5 + 0{,}3\cdot(-0{,}5)}{0{,}5} = 0{,}3$ m/s.
W układzie środka masy: $1{,}2$ i $-0{,}8$ m/s; po zderzeniu odwrócone i zmniejszone o połowę: $-0{,}6$ i $+0{,}4$ m/s.
W laboratorium: $v_1' = 0{,}3 - 0{,}6 = -0{,}3$ m/s, $v_2' = 0{,}3 + 0{,}4 = 0{,}7$ m/s.
Energia: 0,2625 J przed, 0,0825 J po; zginęło 0,18 J.

Wynik: lżejszy wraca z prędkością 0,3 m/s, cięższy odjeżdża w prawo z prędkością 0,7 m/s; 0,18 J zamieniło się w ciepło.

Sprawdzenie: pęd: $0{,}15$ przed, $0{,}2\cdot(-0{,}3) + 0{,}3\cdot0{,}7 = 0{,}15$ ✓. Wzór $\tfrac12\mu v_\text{wzgl}^2(1 - e^2) = \tfrac12\cdot0{,}12\cdot4\cdot0{,}75 = 0{,}18$ J ✓.

Przykład 3.3 Biegły na skrzyżowaniu

Samochód A (1500 kg) jechał na wschód, samochód B (1000 kg) na północ. Po zderzeniu sczepione wozy przesunęły się po asfalcie o 18 m w kierunku $35^\circ$ na północ od wschodu (współczynnik tarcia 0,7). Kierowca A twierdzi, że jechał przepisowe 50 km/h. Czy to możliwe?

Skrzyżowanie: pędy przed zderzeniem i kierunek poślizgu

Poślizg (energia): $V = \sqrt{2\mu_k gs} = \sqrt{2\cdot0{,}7\cdot9{,}81\cdot18} \approx 15{,}7$ m/s.
Pęd tuż po zderzeniu: $2500\cdot15{,}7 \approx 39\,300$ kg·m/s pod kątem $35^\circ$ .
Składowa wschodnia pochodzi tylko od A: $1500\,v_A = 39\,300\cos35^\circ$ , $v_A \approx 21{,}5$ m/s $\approx 77$ km/h.
Składowa północna tylko od B: $1000\,v_B = 39\,300\sin35^\circ$ , $v_B \approx 22{,}5$ m/s $\approx 81$ km/h.

Wynik: A jechał ok. 77 km/h, B ok. 81 km/h. Twierdzenie kierowcy A jest fałszywe.

Sprawdzenie: energia kinetyczna przed zderzeniem $\approx 600$ kJ, tuż po $\approx 309$ kJ; ubyło, jak musi przy sczepieniu ✓. Właśnie tak biegli rekonstruują wypadki: pomiar śladów hamowania i bilans pędu.

Przykład 3.4 Spacer po łódce

Łódka o masie 160 kg i długości 4,5 m stoi dziobem do pomostu, 1 m od niego. Wędkarz o masie 80 kg przechodzi z rufy na dziób, żeby wyjść na pomost. Czy dosięgnie go, stojąc na dziobie?

Środek masy układu stoi (brak poziomych sił zewnętrznych, opór wody pomijamy).
Wędkarz przesuwa się względem łódki o 4,5 m w stronę pomostu. Łódka cofa się o $x$ : $80(4{,}5 - x) = 160x$ , $x = 1{,}5$ m.
Dziób odsunie się od pomostu o 1,5 m, czyli będzie 2,5 m od niego.

Wynik: nie dosięgnie: zamiast 1 m do pomostu będzie miał 2,5 m.

Sprawdzenie: wędkarz przesunął się względem brzegu o $4{,}5 - 1{,}5 = 3$ m, łódka o 1,5 m w przeciwną stronę: $80\cdot3 = 160\cdot1{,}5$ ✓.

Przykład 3.5 Po co stopnie?

Ładunek stanowi 2% masy startowej rakiety. Konstrukcja (zbiorniki, silniki) to 10% masy każdego stopnia bez ładunku. Spaliny wylatują z prędkością 3,2 km/s. Jaki przyrost prędkości da rakieta jedno-, dwu- i trzystopniowa ze stopniami podobnymi do siebie?

Jeden stopień: masa końcowa to ładunek plus konstrukcja: $0{,}02 + 0{,}1\cdot0{,}98 = 0{,}118$ masy startowej. $\Delta v = 3{,}2\ln\tfrac{1}{0{,}118} \approx 6{,}8$ km/s. Za mało na orbitę.
Dwa stopnie: każdy stopień jest „ładunkiem” poprzedniego, a ułamek ładunku każdego stopnia wynosi $\lambda = \sqrt{0{,}02} \approx 0{,}141$ . Stosunek mas stopnia: $\tfrac{1}{0{,}1(1 - \lambda) + \lambda} \approx 4{,}40$ . $\Delta v = 2\cdot3{,}2\ln4{,}40 \approx 9{,}5$ km/s.
Trzy stopnie: $\lambda = 0{,}02^{1/3} \approx 0{,}271$ , stosunek mas $2{,}90$ , $\Delta v = 3\cdot3{,}2\ln2{,}90 \approx 10{,}2$ km/s.

Wynik: 6,8, 9,5 i 10,2 km/s. Dwa stopnie ledwo wystarczają (9,48 km/s); trzeci dodaje już tylko ok. 0,75 km/s.

Sprawdzenie: przy zerowej masie konstrukcji podział na stopnie nic by nie dawał: $\Delta v = 3{,}2\ln50 \approx 12{,}5$ km/s niezależnie od liczby stopni ✓. Zysk ze stopni bierze się wyłącznie z wyrzucania pustych zbiorników.

Przykład 3.6 Pocisk, który się rozpadł

Pocisk o masie 3 kg wystrzelono z prędkością 50 m/s pod kątem $45^\circ$ . W najwyższym punkcie toru rozpadł się na odłamek 1 kg, który tuż po wybuchu miał prędkość zerową, i odłamek 2 kg. Gdzie spadnie większy odłamek?

Bez wybuchu zasięg $D = v_0^2\sin90^\circ/g \approx 254{,}8$ m; wierzchołek w $x = 127{,}4$ m, prędkość pozioma $v_x = 35{,}4$ m/s.
Pęd poziomy w wybuchu: $3\cdot35{,}4 = 1\cdot0 + 2\,v_2$ , $v_2 \approx 53{,}0$ m/s.
Oba odłamki spadają z wierzchołka w czasie $v_0\sin45^\circ/g \approx 3{,}60$ s. Większy przeleci $53{,}0\cdot3{,}60 \approx 191$ m i spadnie w $x \approx 318{,}6$ m.

Wynik: ok. 319 m od działa.

Sprawdzenie: środek masy w chwili lądowania: $\tfrac{1\cdot127{,}4 + 2\cdot318{,}6}{3} = 254{,}8$ m, dokładnie zasięg pocisku bez wybuchu ✓.

8 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„W zderzeniu zachowuje się energia kinetyczna.”: Tylko w sprężystym. Zachowuje się zawsze pęd. Energia całkowita też, ale jej część przechodzi w ciepło, którego w bilansie mechanicznym nie widać.
„Siła i popęd to to samo.”: Popęd to siła razy czas. Ta sama zmiana pędu może wymagać ogromnej siły w krótkim czasie albo małej w długim; na tym polega działanie poduszki powietrznej.
„Rakieta odpycha się od powietrza.”: Odpycha się od własnych spalin. W próżni działa lepiej niż w atmosferze, bo nie ma oporu, a spaliny swobodnie się rozprężają.
„Środek masy to punkt, w którym jest najwięcej masy.”: To średnia ważona położeń. Może leżeć poza ciałem: w środku obręczy albo pod poprzeczką, nad którą przelatuje skoczek.
„Ciężkie ciało ma zawsze większy pęd.”: Pęd zależy też od prędkości. Pocisk 10 g z prędkością 800 m/s ma taki sam pęd jak karabin 4 kg z prędkością 2 m/s.
„Wybuch zmienia ruch pocisku.”: Zmienia ruch odłamków, ale nie ruch ich środka masy. Siły wybuchu są wewnętrzne.

9 Zadania feynmanowskie

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia. Do każdego da się dojść samymi zasadami zachowania i rozsądnymi przybliżeniami.

Zadania feynmanowskie

8 zadań · ok. 2 godziny

Książki nad przepaścią. Układasz jednakowe książki o długości $L$ w stos na brzegu stołu, każdą wysuniętą nad poprzednią. Jak daleko może wystawać górna książka poza brzeg stołu przy 4 książkach? Czy da się wysunąć ją o więcej niż całą długość książki? Ile książek trzeba na nawis $2L$ ?

Wskazówka
Buduj od góry. Środek masy $k$ górnych książek musi leżeć nad brzegiem książki $k + 1$ .
Rozwiązanie
1. Górna książka może wystawać o $L/2$ poza drugą. Środek masy dwóch górnych leży wtedy $L/4$ od brzegu drugiej, więc druga może wystawać o $L/4$ poza trzecią. Ogólnie $k$ -ta od góry wystaje o $\tfrac{L}{2k}$ .
2. Nawis $n$ książek: $\tfrac L2\big(1 + \tfrac12 + \tfrac13 + \ldots + \tfrac1n\big)$ . Dla 4 książek: $\tfrac L2\cdot\tfrac{25}{12} \approx 1{,}04L$ : górna książka cała wisi nad przepaścią.
3. Szereg harmoniczny jest rozbieżny (lekcja 1.6 Szeregi liczbowe i potęgowe), więc nawis może być dowolnie duży. Nawis $2L$ wymaga 31 książek.
Kołyska Newtona. Pięć stalowych kul wisi w rzędzie, stykając się. Odchylasz dwie kule z jednego końca i puszczasz. Dlaczego po drugiej stronie odskakują dokładnie dwie kule, a nie jedna z prędkością $\sqrt2$ razy większą (co też zachowuje energię)?
Rozwiązanie
1. Jedna kula z prędkością $\sqrt2v$ zachowałaby energię ( $\tfrac12m\cdot2v^2 = 2\cdot\tfrac12mv^2$ ), ale pęd byłby $\sqrt2mv \ne 2mv$ . Zabronione.
2. Dwie zasady zachowania to dwa równania, ale w układzie pięciu kul niewiadomych jest pięć. O wyniku decyduje to, że kule są sprężyste i zachowują się tak, jakby były lekko od siebie oddalone: zderzenia zachodzą jako ciąg zderzeń par jednakowych kul, a w każdym prędkość przechodzi w całości na następną kulę.
3. Prawdziwa kołyska nie jest idealna: kule się stykają, fala ściskania rozchodzi się w czasie i po kilku cyklach wszystkie kule kołyszą się razem.
Piłka na piłce. Na piłce do koszykówki kładziesz piłeczkę tenisową i upuszczasz obie z wysokości $h$ . Na jaką wysokość podskoczy piłeczka? Przyjmij, że zderzenia są sprężyste, a piłeczka jest dużo lżejsza od piłki.

Wskazówka
Duża piłka odbija się od podłogi i ma prędkość $v$ w górę, a piłeczka wciąż leci w dół z prędkością $v$ . Przejdź do układu dużej piłki.
Rozwiązanie
1. W układzie dużej piłki piłeczka nadlatuje z prędkością $2v$ i odbija się z prędkością $2v$ (ciało lekkie od ciężkiego).
2. W układzie podłogi: $2v + v = 3v$ . Wysokość rośnie jak $v^2$ , więc piłeczka wzleci na $9h$ .
3. Dla stosunku mas $0{,}05$ dokładny rachunek daje $2{,}81v$ i $7{,}9h$ ; dla $0{,}1$ : $6{,}95h$ . W praktyce piłki nie są sprężyste i wychodzi kilka $h$ , co wciąż zaskakuje.
Proca grawitacyjna. Sonda leci z prędkością 10 km/s (względem Słońca) prosto na Jowisza, który porusza się jej naprzeciw z prędkością 13 km/s. Sonda okrąża planetę i wylatuje w kierunku, z którego przyleciała. Z jaką prędkością (względem Słońca)? Skąd się wzięła energia?
Rozwiązanie
1. To „zderzenie sprężyste” przez grawitację: w układzie Jowisza sonda nadlatuje z $10 + 13 = 23$ km/s i odlatuje z 23 km/s w przeciwną stronę.
2. Względem Słońca: $23 + 13 = 36$ km/s. Ogólnie $v' = v + 2U$ , jak w zderzeniu lekkiej piłki z nadjeżdżającą ciężką ścianą.
3. Energię oddał Jowisz: jego prędkość zmalała o niewyobrażalnie mało, bo pęd sondy jest znikomy wobec jego pędu. Tak przyspieszały sondy Voyager i Cassini.
Astronauta bez liny. Astronauta o masie 100 kg (ze skafandrem) dryfuje nieruchomo 20 m od stacji. Ma przy sobie klucz o masie 1 kg. Jak może wrócić i ile mu to zajmie, jeśli rzuci klucz z prędkością 10 m/s?
Rozwiązanie
1. Rzuca klucz w stronę przeciwną do stacji. Pęd: $1\cdot10 = 100\,v$ , $v = 0{,}1$ m/s w stronę stacji.
2. Czas: $20/0{,}1 = 200$ s, nieco ponad trzy minuty.
3. To jest zasada rakiety z jednym „wyrzutem”. Rzucenie klucza dwa razy wolniej da dwa razy wolniejszy powrót, a nie żaden powrót. Najważniejsze: rzucać od stacji, a nie w jej stronę.
Wózek w deszczu. Otwarty wózek toczy się bez tarcia po poziomym torze w ulewie; krople spadają pionowo. (a) Jak zmienia się jego prędkość? (b) A jeśli w dnie jest dziura i woda wycieka tak samo szybko, jak napływa? (c) Czy wózek z dziurą przyspieszy, gdy deszcz ustanie, a woda wciąż wycieka?
Rozwiązanie
1. (a) Krople nie mają poziomego pędu, a po wpadnięciu jadą z wózkiem. Pozioma składowa pędu $mv$ jest stała, masa rośnie, więc prędkość maleje.
2. (b) Każdą kroplę trzeba rozpędzić do prędkości wózka, więc wózek dalej zwalnia. Woda wyciekająca pionowo (względem wózka) nie wywiera siły poziomej, a masa jest stała: $m\dot v = -\dot m_\text{d}v$ , gdzie $\dot m_\text{d}$ to masa deszczu wpadająca na sekundę. Prędkość maleje wykładniczo, szybciej niż w (a), gdzie rosnąca masa daje tylko $v \propto 1/m$ .
3. (c) Nie. Woda wyciekająca pionowo w dół (względem wózka) nie wywiera siły poziomej. Wózek jedzie ze stałą prędkością. Gdyby woda wylatywała do tyłu, przyspieszałby jak rakieta.
Łańcuch na wadze. Trzymasz łańcuch o długości $L$ i masie $M$ pionowo tak, że dolny koniec dotyka szalki wagi. Puszczasz go. Co pokazuje waga, gdy na szalce leży już kawałek długości $x$ ?

Wskazówka
Dwie siły: ciężar leżącej części i siła potrzebna do zatrzymania ogniw, które właśnie spadają z prędkością $v = \sqrt{2gx}$ .
Rozwiązanie
1. Leżąca część: $\tfrac MLxg$ .
2. W czasie $dt$ na szalkę spada $\tfrac MLv\,dt$ masy z prędkością $v$ ; zatrzymanie wymaga siły $\tfrac MLv^2 = \tfrac ML\cdot2gx$ .
3. Razem: $3\cdot\tfrac MLxg$ , trzy razy więcej niż ciężar leżącej części. Tuż przed końcem waga pokazuje $3Mg$ , a potem nagle $Mg$ .
Skok, który przesuwa Ziemię. Człowiek o masie 70 kg podskakuje na wysokość 0,5 m. Z jaką prędkością odskakuje Ziemia i o ile się przesuwa, zanim człowiek wróci? Czy ma to jakiekolwiek znaczenie?
Rozwiązanie
1. Prędkość odbicia $\sqrt{2g\cdot0{,}5} \approx 3{,}1$ m/s; Ziemia: $70\cdot3{,}1/5{,}97\cdot10^{24} \approx 3{,}7\cdot10^{-23}$ m/s.
2. Środek masy układu stoi, więc przesunięcie Ziemi to $0{,}5\cdot70/5{,}97\cdot10^{24} \approx 6\cdot10^{-24}$ m, kilkaset milionów razy mniej niż średnica protonu. Po lądowaniu Ziemia wraca na miejsce.
3. Znaczenie praktyczne: żadne. Znaczenie zasadnicze: pęd i środek masy obowiązują dokładnie, nawet gdy jednego z ciał „nie widać”.

10 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Czy układ może mieć energię kinetyczną, a zerowy pęd? A pęd bez energii kinetycznej?

Pierwsze tak: dwa ślizgacze jadące ku sobie z równymi prędkościami. Drugie nie: jeśli któreś ciało ma niezerowy pęd, ma też niezerową energię kinetyczną.

2 Na łódce stoi wentylator dmuchający w żagiel tej samej łódki. Czy łódka popłynie?

Jeśli powietrze wytraca na żaglu prędkość i spływa na boki, łódka nie popłynie: wentylator pcha łódkę do tyłu dokładnie tak mocno, jak powietrze pcha żagiel do przodu. Jeśli powietrze odbija się od żagla do tyłu, żagiel dostaje więcej pędu (jak przy odbiciu w części 1.2) i łódka może ruszyć do przodu. Ale wentylator obrócony do tyłu, bez żagla, daje co najmniej tyle samo.

3 Pocisk i karabin mają po strzale pędy o tej samej wartości. Dlaczego pocisk jest groźny, a odrzut nie?

Energia $p^2/2m$ jest odwrotnie proporcjonalna do masy: pocisk ma jej 400 razy więcej. Do tego karabin opiera się o ramię, które rozkłada popęd w czasie.

4 Upuszczona piłka przyspiesza. Czy jej pęd jest zachowany?

Nie, bo działa na nią siła zewnętrzna (ciężar). Zachowany jest pęd układu piłka + Ziemia.

5 Gdzie jest środek masy obwarzanka?

W środku dziury, gdzie nie ma ani okruszka.

6 Czy rakieta przyspiesza w próżni szybciej, czy wolniej niż w powietrzu?

Szybciej: ciąg zależy od spalin, a nie od powietrza, a w powietrzu dochodzi opór i ciśnienie zewnętrzne zmniejszające ciąg.

7 Dwie jednakowe kule bilardowe (jedna z nich przed zderzeniem stała) rozbiegły się pod kątem

60^\circ

. Co z tego wynika?

Że zderzenie nie było sprężyste: dla sprężystego kąt wynosiłby $90^\circ$ . Część energii przeszła w ciepło i obrót kul.

8 Dlaczego przy skoku z wysokości uginamy kolana?

Ta sama zmiana pędu rozłożona na dłuższy czas wymaga mniejszej siły.

11 Karta wzorów i co dalej

Pęd i zderzenia

$\vec p = m\vec v,\quad \vec F = \dfrac{d\vec p}{dt}$

popęd: $\vec J = \displaystyle\int\vec F\,dt = \Delta\vec p$ ; $\;F_\text{śr} = \Delta p/\Delta t$

$\vec F_\text{zewn} = 0\ \Rightarrow\ \sum m_i\vec v_i = \text{const}$

$v_\text{śm} = \dfrac{m_1v_1 + m_2v_2}{m_1 + m_2}$ ; $\;v' = v_\text{śm} - e(v - v_\text{śm})$

strata energii: $\tfrac12\mu v_\text{wzgl}^2(1 - e^2)$ , $\;\mu = \dfrac{m_1m_2}{m_1 + m_2}$

równe masy, sprężyście, jedna stoi: kąt $90^\circ$

Środek masy i rakieta

$\vec R = \dfrac{\sum m_i\vec r_i}{M} = \dfrac1M\displaystyle\int\vec r\,dm$

$M\ddot{\vec R} = \vec F_\text{zewn},\quad \vec P = M\vec V_\text{śm}$

półokrąg: $2R/\pi$ ; $\;$ półkole: $4R/(3\pi)$

Ciołkowski: $\Delta v = u\ln\dfrac{m_0}{m_1}$ ; $\;$ ciąg: $F = u\dot m_s$

światło: $p = E/c$ ; $\;$ relatywistycznie: $p = \dfrac{m_0v}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}$

Do przeczytania u Feynmana

Obowiązkowo: rozdz. 9-1 (pęd i siła), rozdz. 10 (całość), 18-1 (środek masy).
Dla chętnych: 19-1, 19-2 (ruch i położenie środka masy), 10-5 (pęd relatywistyczny), 39-2 (ciśnienie gazu z pędu cząsteczek).

Następny dział: Ruch obrotowy i bryła sztywna. Środek masy rzuconego młotka leci po paraboli, ale sam młotek wokół niego koziołkuje. Okaże się, że obrót ma własną „bezwładność” (moment bezwładności), własny „pęd” (moment pędu) i własną zasadę zachowania, dzięki której łyżwiarka przyspiesza piruet, przyciągając ręce.