5. ŚRODEK MASY UKŁADU

Środek masy układu składającego się z N cząstek zajmuje określone położenie, które określamy za pomocą wektora Rsm :

N

∑ ri m

i

Rsm = i 1

=

N

∑m

(46)

i

i 1

=

Przykładowo, dla układu złożonego z dwóch cząstek:

r

1 m1

+

r2 m

R

=

2

sm

m

(47)

1

m

+

2

środek masy

Środek masy dwóch cząstek

Różniczkując Równ. 47 względem czasu :

N

N

N

dr

∑

i m

∑ v m

∑ p

i

i

i

dR

i

P

(48)

sm

i =1 dt

i =1

i =

=

=

= 1

=

N

N

N

N

dt

∑ m

∑ m

∑ m

∑ m

i

i

i

i

i =1

i =1

i =1

i =1

gdzie pi jest pędem i-tej masy, zaś P jest pędem całego układu cząstek. Przepiszmy powyższy rezultat jeszcze raz:

dR

P

(49)

sm =

dt

M

gdzie M ( M = N

∑ m ) jest całkowitą masą układu. Zauważmy, że Równanie powyższe i

i=1

można też przepisać jako:

23

P

V

=

lub P = V M

sm

(50)

M

sm

dR

gdzie

sm

V

=

jest prędkością środka masy.

sm

dt

Gdy nie działają siły zewnętrzne (lub gdy działają, ale ich wypadkowa wynosi zero), to P=const i zgodnie z powyższym równaniem: V

(51)

sm = const

Zapamiętajmy : jeś li na układ czą stek nie działają siły zewnę trzne (lub gdy ich wypadkowa jest równa zeru) to prę dkość ś rodka masy jest stała (jeś li tylko całkowita masa układu nie ulega zmianie).

Rozważmy teraz sytuacje, gdy na układ cząstek działa siła wypadkowa F. Widzieliśmy już, że dP

F =

, a zatem zgodnie z Równ. 50:

dt

dP

V

d

(52)

sm

= F = M

= Ma

sm

dt

dt

lub przepisując ten wynik:

F = Ma

(53)

sm

Równania 50, 51 i 53 pokazują nam, że stosując pojęcie środka masy, opis układu wielu ciał

staje się bardzo prosty i sprowadza się formalnie do takich samych wzorów jak dla pojedynczej cząstki pod warunkiem, że zastąpimy prędkość, pęd i przyspieszenie cząstki przez te same wielkości, ale odniesione do środka masy.

Przykładem ilustrującym te zalety może być opis aktu rozerwania się granatu. Po wybuchu (i jego rozerwaniu się na tysiące części), środek masy granatu dalej porusza się po paraboli (tak jakby nie było wybuchu), gdyż w momencie eksplozji nie działa na niego żadna dodatkowa siła zewnętrzna. Można powiedzieć, że rozerwanie się granatu jest jego „wewnętrzną sprawą”.

24

Ś rodek masy granatu po wybuchu porusza się tak jakby wybuchu nie było 6. ZDERZENIA

Jest to doskonały przykład zastosowania zasady zachowania pędu.

Rozważmy odchylenie cząstki początkowo spoczywającej (M2) przez cząstkę nadbiegającą (M1):

M

M

1

2

v1

w spoczynku

Przed zderzeniem:

M1

v '

1

θ1

θ2

v '

2

M2

Po zderzeniu (zderzenie niecentralne)

Zderzenie centralne i niecentralne

Na rysunku powyższym rozważyliśmy od razu przypadek ogólny zderzenia, tzn . zderzenie niecentralne; charakteryzuje je tzw. parametr zderzenia d. W przypadku d=0, mielibyśmy zderzenie centralne i wtedy cząstki po zderzeniu poruszałyby się wzdłuż tej samej prostej co przed zderzeniem. Jeśli d≠0, zderzenie jest niecentralne i cząstki rozbiegają się w różnych kierunkach.

25

M , v

1

1

d

M , v

2

2

Parametr zderzenia: d

Zderzenie spręż yste i niespręż yste Ponadto, rozróżniamy zderzenia sprężyste i niesprężyste. Zderzenie sprężyste ma miejsce wtedy, gdy całkowita energia mechaniczna (a zatem kinetyczna plus potencjalna) jest zachowana; nie ma rozproszenia energii mechanicznej na energie cieplną.

W przeciwnym przypadku (występuje rozproszenie energii mechanicznej na cieplną) – wtedy mamy rozproszenie niesprężyste.

Opis zderzenia w układzie laboratoryjnym

Wróćmy do przypadku przedstawionego na przedostatnim rysunku. W układzie laboratoryjnym mamy następującą sytuację początkową: v

x

v

1 = v

,

2 = 0

1

Prawo zachowania zapiszmy osobno dla składowej x i y: M v = M v 'cosθ + M v 'cosθ

1

1

1

1

1

2

2

2

0 = M v 'sin θ − M v 'sin θ

(54)

1

1

1

2

2

2

Załóżmy, że zderzenia jest sprężyste, tzn. nie ma rozproszenia energii mechanicznej na inne postaci energii (np. na energię cieplną).

W naszym przypadku całkowita energia kinetyczna jest zachowana (nie ma bowiem zmiany energii potencjalnej). A zatem:

1

1

1

2

2

2

M v

=

M (v ')

+

M (v ')

1

1

1

1

2

2

2

2

2

(55)

Z układu równań 54 i 55 wyznaczymy 3 parametry, np.: v1’, v2’ i np. θ2 (w takim wypadku musimy mieć dany kąt θ1; określa on nam stopień „niecentralności” zderzenia, podobnie jak parametr d). Zauważmy, że rozwiązanie powyższego układu równań wymaga stosunkowo skomplikowanych przekształceń (drugie z tych równań zawiera kwadraty prędkości). Dlatego opiszemy to samo zderzenie w układzie związanym ze środkiem masy.

Opis zderzenia w układzie środka masy

Prostszy opis zjawiska otrzymamy w układzie środka masy: 26

s. m.

M , u

M , u

1

1

2

2

Przed zderzeniem

M , u '

1

1

s. m.

θ

M , u '

2

2

po zderzeniu

Prędkości cząstek przed zderzeniem w układzie środka masy oznaczamy jako u1 i u2, zaś po zderzeniu jako u1’ i u2’. Środek masy jest nieruchomy w układzie środka masy, więc oczywiste są następujące równania:

M u = M

u

1

1

2

2

M u '= M

u '

(56)

1

1

2

2

Z równania tego oraz z faktu, że zderzenie jest sprężyste (energia kinetyczna jest zachowana) wynika, że między wartoś ciami prędkości cząstek przed i po zderzeniu zachodzą następujące relacje:

u

= u

'

1

1

u

= u

'

(57)

2

2

Uzyskaliśmy tutaj wynik na prędkości końcowe, wyrażone w układzie środka masy. Na początku obliczeń musimy zatem przeliczyć prędkości z układu laboratoryjnego do układu środka masy, zaś na końcu trzeba zrobić transformację w odwrotna stronę (tzn. z układu środka masy do układu laboratoryjnego). Wzory transformacyjne są intuicyjnie oczywiste: v = u + V ;

v = u + V

1

1

sm

2

2

sm

v '= u +

' V ;

v '= u +

' V

(58)

1

1

sm

2

2

sm

Równ. 57 i 58 umożliwiają wyliczenie wartości prędkości po zderzeniu. Pozostaje jeszcze znaleźć kąt θ (zakładamy, że kąt jest znany θ1; określa on warunki zderzenia niecentralnego).

Przeprowadzając proste rozważania geometryczne, można wykazać, że 0 ≤ θ ≤ π oraz, że związek między θ a θ1 jest następujący:

sin θ

tgθ =

1

cosθ + M / M

(59)

1

2

27