mech2 145

288

JRoz wiązanie

Korzystamy z zasady zachowania energii

E + U = const.

W położeniu początkowym:

E₁ = 0,

^{= G}1 “ ’t) + ^G2 ^{h + D|}

przy czym G^ - ciężar części zwisającej .(\ = (G/l)b),

G₂ - ciężar części leżącej G₂ = G/l (1 - b), U - wysokość stołu nad poziomem ziemi,

D - potencjał na poziomie ziemi.

W położeniu końcowym:

* G v‘

^B2 = T T

^U2 = ^G1

- (1 - b)

+ Gg (h — ~—g'~‘) + D.

Porównująo suny energii w obu położeniach otrzymamy:

.2

(-*)

jh - \ - (1 - -b)J ^tt2 (^b - T¹) * ”•

+G₂b+D=||-+G₁

stąd

f^-yb (i - _b) - -f- (I - b)    = 0,

3.9. Uderzenie

Zadanie 1 (rys. 212)

Dwie kule o masaoh m-| i mg poruszają się w tym samym kierunku z prędkościami u/j i UJ, przy czym środki ich znajdują się na jednej prostej. Zakładając, że u-i > U2 obliczyć prędkoąci obu kul po uderzeniu. Współczynnik restytucji wynosi k.

Rozwiązanie

Jest to zderzenie proste, centralne.

Korzystamy z zasady zachowania pędu (ilość ruchu)

m^u^ + m₂u₂ = m^ + m_p v₂.

Brakujące ró/manie otrzymamy z zależności Newtona: stosunek względnych prędkości ciał po uderzeniu i przed uderzeniem jest dla dwóch danych materiałów wielkością stałą.

^U1 - ^u;

=

przy czym k jest to tzw. współczynnik restytuojl, którego wielkość zmienia się w granicaofci 0< k <1.

Mając dwa równania z dwiema niewiadomymi otrzymamy ^r1

^T1 =

( .

b^ + m₂u₂ + km₂ (u₂ - u₁)

^V2 *

+ m₂u.₂ ⁺    " ^u2^

m₁ + o₂

Dokonamy teraz analizy rozwiązania w przypadkaoh. szczególDyob..

doskonale	sprężyste,	tzn. k
_ ‘“i	- m2) u^ +	2»2u2
^V1 "	m^ + m2	V
C®2	- u2 +	11
^t2 " •	m1 + m2	1
. sprężystyoń m^ = m		i2 = m,

^l2*

^Ui>

czyli kule te zamienią się prędkosoiami;

b) jeżeli jedno z ciał ma masę nieskończenie wielką, m₂ = co, toj

v₂ = u₂ = 0.

Wtedy prędkość ciała pierwszego po uderzeniu

— + 1

“2

(m^ - n₂) u^ + 2 m₂u₂ (jST^ " ¹) ^{+ 2 u}2 ^V1 ⁼    m^ + m₂    ⁼    m^    ⁼ ~^U1 *

f

JA

X