Matematyka 1 OO/Zderzenia

Zadanie

Zderzenie centralne idealnie niesprężyste (ciała zlepiają się i po zderzeniu poruszają się razem). Jedno z ciał przed zderzeniem jest w spoczynku.

Oczywiście masa sklejonych ciał jest sumą poszczególnych mas

[math] m_{12}=m_1+m_2 [/math]

Zasada zachowania pędu:

[math] m_1 \vec{v}_0+m_2\vec{0}=m_{12}\vec{v}_{12}=(m_1+m_2)\vec{v}_{12} [/math]

pozwala obliczyć prędkość po zderzeniu

[math] \vec{v}_{12}=\frac{m_1}{m_1+m_2}\vec{v}_0 [/math]

Sprawdzamy, czy w takim zderzeniu zachowana jest energia kinetyczna:

[math] E_0 = \frac{1}{2} m_1 |\vec{v}_0|^2 [/math]

[math]\begin{matrix} E_{12} &&\!\!\!\!\!\!\!\! = \frac{1}{2} m_{12} |\vec{v}_{12}|^2 = \frac{1}{2} (m_1+m_2)\frac{m_1^2}{(m_1+m_2)^2} |\vec{v}_0|^2 \\&&\!\!\!\!\!\!\!\! =\frac{1}{2} \frac{m_1^2}{m_1+m_2} |\vec{v}_0|^2 =\frac{m_1}{m_1+m_2}\cdot \frac{1}{2} m_1 |\vec{v}_0|^2 =\frac{m_1}{m_1+m_2}E_0 \end{matrix}[/math]

Obie masy [math]m_1[/math] i [math]m_2[/math] są dodatnie, więc [math]E_{12}\lt E_0[/math]. W czasie zderzenia niesprężystego, część energii kinetycznej zamienia się na energię wewnętrzną ciał biorących w nim udział.

Zadanie

Zderzenie centralne, idealnie sprężyste (energia kinetyczna jest zachowana) dwóch kul. Jedna z kul przed zderzeniem jest w spoczynku.

Zasady zachowania pędu i zachowania energii kinetycznej

[math] \left\lbrace \begin{array}{l} m_1 \vec{v}_0 = m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2 \\[4pt] \displaystyle \frac{1}{2} m_1 \vec{v}_0^{\,2} = \frac{1}{2} m_1 \vec{v}_1^{\,2} + \frac{1}{2} m_2 \vec{v}_2^{\,2} \end{array} \right. [/math]

Z zasady zachowania pędu wyznaczmy [math]v_2[/math]

[math] \vec{v}_2 = \frac{m_1}{m_2}\left(\vec{v}_0-\vec{v}_1\right) [/math]

i podstawiamy do równania opisującego zachowanie energii kinetycznej (pomnożonego przez 2):

[math] m_1 \vec{v}_0^{\,2} = m_1 \vec{v}_1^{\,2} + m_2\, \frac{m_1^2}{m_2^2}\left(\vec{v}_0-\vec{v}_1\right)^2 [/math]

[math] m_1 \vec{v}_0^{\,2} = m_1 \vec{v}_1^{\,2} + \frac{m_1^2}{m_2}\left( \vec{v}_0^{\,2}-2\vec{v}_0\cdot \vec{v}_1+\vec{v}_1^{\,2}\right) [/math]

Zderzenie jest centralne, więc wszystkie prędkości mają jeden kierunek (choć może nie koniecznie ten sam zwrot).

[math] \vec{v}_0\parallel \vec{v}_1 \qquad \Rightarrow \qquad \vec{v}_0\cdot \vec{v}_1=|\vec{v}_0|\cdot |\vec{v}_1| =v_0v_1 [/math]

gdzie [math]v_i\equiv |\vec{v}_i|[/math]. Przekształcamy dalej wzór opisujący zasadę zachowania energii kinetycznej:

[math] m_1 {v}_0^{\,2} = m_1 {v}_1^{\,2} + \frac{m_1^2}{m_2}\left({v}_0^{\,2}-2{v}_0{v}_1+{v}_1^{\,2}\right) [/math]

[math] 0 = {v}_1^{\,2} \left[m_1\left(1+\frac{m_1}{m_2}\right)\right] - {v}_1\cdot 2 \frac{m_1^2}{m_2}{v}_0 + m_1\left(\frac{m_1}{m_2}-1\right) {v}_0^{\,2} [/math]

Jest to równanie kwadratowe na wielkość skalarną [math]{v}_1[/math]. Rozwiązujemy je

[math] \Delta = 4\frac{m_1^4}{m_2^2} {v}_0^{\,2} - 4 m_1^2 \left(1+\frac{m_1}{m_2}\right)\left(\frac{m_1}{m_2}-1\right) {v}_0^{\,2} = 4 {v}_0^{\,2}m_1^2 \left[\frac{m_1^2}{m_2^2}+1-\frac{m_1^2}{m_2^2}\right] = 4 m_1^2 {v}_0^{\,2} [/math]

[math] v_1 = \frac{2\displaystyle \frac{m_1^2}{m_2}v_0 \pm 2m_1v_0}{2m_1\left(1+\displaystyle \frac{m_1}{m_2}\right)} = \frac{2m_1v_0\left(\displaystyle \frac{m_1}{m_2}\pm 1\right)}{2m_1\left(1+\displaystyle \frac{m_1}{m_2}\right)} = v_0\frac{\left(\displaystyle \frac{m_1}{m_2}\pm 1\right)}{\left(1+\displaystyle \frac{m_1}{m_2}\right)} = v_0\frac{m_1 \pm m_2}{m_1 + m_2} [/math]

Obliczone [math]v_1[/math] podstawiamy do wzoru na [math]v_2[/math]

[math] v_2 = \frac{m_1}{m_2}\left(v_0 -v_1\right) = v_0\frac{m_1}{m_2}\left(1-\frac{m_1 \pm m_2}{m_1+m_2}\right) = v_0\frac{m_1}{m_2}\frac{(1\mp 1)m_2}{m_1+m_2} = v_0\frac{(1\mp 1)m_1}{m_1+m_2} [/math]

Należy zbadać, co oznacza istnienie dwóch różnych rozwiązań (kule po zderzeniu powinny przecież mieć dobrze określone prędkości). Upraszczamy każde z rozwiązań na [math]v_1[/math] i [math]v_2[/math]:

[math] v_1^{(1)} = v_0\,\frac{m_1 + m_2}{m_1 + m_2} = v_0 \qquad \qquad v_2^{(1)} = 0 [/math]

Prędkości obu kul po zderzeniu są takie same jak przed zderzeniem: kula o masie [math]m_1[/math] porusza się z początkową prędkością [math]v_0[/math], a kula o masie [math]m_2[/math] pozostaje w spoczynku. To rozwiązanie opisuje sytuację, gdy do zderzenia nie doszło (brak zderzenia jest oczywiście zgodny z zasadami zachowania pędu i energii kinetycznej).

[math] v_1^{(2)} = v_0\,\displaystyle \frac{m_1-m_2}{m_1+m_2} \qquad \qquad v_2^{(2)} = v_0\,\frac{2m_1}{m_1+m_2} [/math]

To rozwiązanie odpowiada sytuacji, gdy do zderzenia rzeczywiście doszło. Prędkość drugiego ciała jest zawsze dodatnia (czyli i kierunek i zwrot wektora prędkości [math]\vec{v}_2[/math] jest taki sam jak wektora [math]\vec{v}_0[/math]). Znak wartości prędkości [math]v_1[/math] zależy od mas zderzających się ciał. Jest on ujemny, jeśli pierwsze ciało jest lżejsze od drugiego. W takiej sytuacji pierwsze ciało odbija się od drugiego i porusza się w kierunku przeciwnym do kierunku przez zderzeniem.

W przypadku równych mas [math]m_1[/math] i [math]m_2[/math] otrzymujemy:

[math] v_1=0 \qquad \qquad v_2=v_0 [/math]

Pierwsze ciało zatrzymuje się i przekazuje całą energię kinetyczną drugiemu ciału, które zaczyna się poruszać z prędkością równą prędkości pierwszego ciała przed zderzeniem.

Zadanie

Zderzenie niecentralne niesprężyste

Wprowadzamy układ współrzędnych z osią [math]x[/math] skierowaną zgodnie z początkową prędkością [math]\vec{v}_0[/math]. Zasadę zachowania pędu

[math] m_1\vec{v}_0 = m_1\vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2 [/math]

rozpisujemy na składowe

[math] \left\lbrace \begin{array}{l} m_1 v_0 = m_1 v_1 \cos (\alpha _1) + m_2 v_2 \cos (\alpha _2) \\[4pt] 0 = m_1 v_1 \sin (-\alpha _1) + m_2 v_2 \sin (\alpha _2) \end{array} \right. [/math]

Są to 2 równania na 4 niewiadome: 4 składowe kartezjańskie dwóch prędkości ([math]v_{1x}[/math], [math]v_{1y}[/math], [math]v_{2x}[/math], [math]v_{2y}[/math]) lub dwie prędkości ([math]v_1[/math] i [math]v_2[/math]) i dwa kąty ([math]\alpha _1[/math] i [math]\alpha _2[/math]).

W ogólności układ dwóch równań na 4 niewiadome ma nieskończenie wiele rozwiązań. Możemy tylko wyznaczyć dwie niewiadome jako funkcje dwóch pozostałych niewiadomych.

Zadanie

Możemy wyznaczyć wartości prędkości w funkcji kątów:

Z [math]y[/math]-owej składowej zasady zachowania pędu dostajemy

[math] v_2 = v_1\, \frac{m_1}{m_2}\,\frac{\sin (\alpha _1)}{\sin (\alpha _2)} [/math]

Podstawienie tego do [math]x[/math]-owej składowej zasady zachowania pędu daje

[math] m_1 v_0 = m_1 v_1 \cos (\alpha _1) + m_2 v_1\, \frac{m_1}{m_2}\,\frac{\sin (\alpha _1)}{\sin (\alpha _2)}\cos (\alpha _2) [/math]

[math] v_0 = v_1 \cos (\alpha _1) + v_1\, \frac{\sin (\alpha _1)}{\sin (\alpha _2)}\cos (\alpha _2) [/math]

[math] v_0 \sin (\alpha _2) = v_1 \sin (\alpha _2)\cos (\alpha _1) + v_1 \sin (\alpha _1)\cos (\alpha _2) = v_1 \sin (\alpha _1+\alpha _2) [/math]

[math] v_1 = v_0\,\frac{\sin (\alpha _2)}{\sin (\alpha _1+\alpha _2)} [/math]

Podstawienie tego [math]v_1[/math] do wzoru na [math]v_2[/math] daje

[math] v_2 = v_1\, \frac{m_1}{m_2}\,\frac{\sin (\alpha _1)}{\sin (\alpha _2)} = \frac{m_1}{m_2}v_0\,\frac{\sin (\alpha _2)}{\sin (\alpha _1+\alpha _2)} \,\frac{\sin (\alpha _1)}{\sin (\alpha _2)} = v_0\,\frac{m_1}{m_2}\,\frac{\sin (\alpha _1)}{\sin (\alpha _1+\alpha _2)} [/math]

Zadanie

Możemy też wyznaczyć kąty w funkcji pędów:

Na początek przekształcamy obie składowe zasady zachowania pędu

[math] \left\lbrace \begin{array}{l} \left(m_1 v_0 - m_1 v_1 \cos (\alpha _1)\right)^2 = m_2^2 v_2^2 \cos ^2(\alpha _2) \\[4pt] m_1^2 v_1^2 \sin ^2(\alpha _1) = m_2^2 v_2^2 \sin ^2(\alpha _2) \end{array} \right. [/math]

[math] \left\lbrace \begin{array}{l} m_1^2 v_0^2 - 2 m_1^2 v_0 v_1 \cos (\alpha _1) + m_1^2 v_1^2 \cos ^2(\alpha _1) = m_2^2 v_2^2 \cos ^2(\alpha _2) \\[4pt] m_1^2 v_1^2 \sin ^2(\alpha _1) = m_2^2 v_2^2 \sin ^2(\alpha _2) \end{array} \right. [/math]

Dodając obie te równości stronami dostajemy

[math] m_1^2 v_0^2 - 2 m_1^2 v_0 v_1 \cos (\alpha _1)+ m_1^2 v_1^2 = m_2^2 v_2^2 [/math]

co pozwala wyznaczyć cosinus kąta [math]\alpha _1[/math]

[math] \cos (\alpha _1) = \frac{m_1^2 v_0^2+m_1^2 v_1^2 - m_2^2 v_2^2}{ 2 m_1^2 v_0 v_1} [/math]

Podstawiając ten wynik do [math]x[/math]-owej składowej zasady zachowania pędu obliczamy drugi kąt

[math] m_2 v_2 \cos (\alpha _2)= m_1 v_0 - m_1 v_1 \frac{m_1^2 v_0^2+m_1^2 v_1^2 - m_2^2 v_2^2}{ 2 m_1^2 v_0 v_1} [/math]

[math] \cos (\alpha _2) = \frac{m_1^2 v_0^2 - m_1^2 v_1^2 + m_2^2 v_2^2}{ 2 m_1 m_2 v_0 v_2} [/math]

Wzory na oba kąty wyrażają się dość prosto przez stosunek, w jakim początkowy pęd [math]p_0[/math] “dzieli się” między oba ciała

[math] \cos (\alpha _1) = \frac{1+\xi _1-\xi _2}{2\xi _1} \qquad \qquad \cos (\alpha _2) = \frac{1+\xi _2-\xi _1}{2\xi _2} [/math]

gdzie dla [math]i=1,2[/math]

[math] \xi _i=\frac{p_i}{p_0}=\frac{m_i v_i}{m_1 v_0} [/math]

Zadanie

Policzmy jeszcze zmianę energii kinetycznej w taki zderzeniu

[math] \Delta E = E_0 - E_1 - E_2 = \frac{1}{2} m_1 v_0^2 - \frac{1}{2} m_1 v_1^2 - \frac{1}{2} m_2 v_2^2 [/math]

[math] \frac{\Delta E}{E_0} = 1 - \frac{v_1^2}{v_0^2} - \frac{m_2}{m_1}\,\frac{v_2^2}{v_0^2} = 1 - \frac{\sin ^2(\alpha _2)}{\sin ^2(\alpha _1+\alpha _2)} - \frac{m_1}{m_2}\,\frac{\sin ^2(\alpha _1)}{\sin ^2(\alpha _1+\alpha _2)} [/math]

[math] \frac{\Delta E}{E_0} = \frac{m_2 \sin ^2(\alpha _1+\alpha _2)-m_2 \sin ^2(\alpha _2) - m_1 \sin ^2(\alpha _1)}{m_2 \sin ^2(\alpha _1+\alpha _2)} [/math]

Zderzenie jest sprężyste, jeśli licznik powyższego wyrażenia znika. Jest to warunek łączący kąty rozpraszania [math]\alpha _1[/math] i [math]\alpha _2[/math]

[math] m_2 \sin ^2(\alpha _1+\alpha _2) = m_2 \sin ^2(\alpha _2) + m_1 \sin ^2(\alpha _1) [/math]

Zadanie

Zderzenie niecentralne idealnie sprężyste

Rysunek jak do poprzedniego zadania. Zasada zachowania pędu (dwie składowe) i zasada zachowania energii tworzą układ 3 równań na cztery niewiadome

[math] \left\lbrace \begin{array}{l} m_1 v_0 = m_1 v_1 \cos (\alpha _1) + m_2 v_2 \cos (\alpha _2) \\[4pt] 0 = m_1 v_1 \sin (-\alpha _1) + m_2 v_2 \sin (\alpha _2) \\[4pt] m_1 v_0^2 = m_1 v_1^2 + m_2 v_2^2 \end{array} \right. [/math]

Niewiadomych jest o jedną więcej niż równań, więc rozwiązania nie są jednoznaczne. Jeśli zadamy jedną z wielkości, np. jeden z kątów [math]\alpha _i[/math], to możemy wtedy obliczyć drugi kąt i wartości obu prędkości [math]v_{1,2}[/math]. Wynik znaleźliśmy już w zadaniu 9.3:

[math] \left\lbrace \begin{array}{l} \displaystyle v_1=v_0\,\frac{\sin (\alpha _2)}{\sin (\alpha _1+\alpha _2)} \\[4pt] \displaystyle v_2=v_0\,\frac{m_1}{m_2}\,\frac{\sin (\alpha _1)}{\sin (\alpha _1+\alpha _2)} \\[6pt] \displaystyle \sin ^2(\alpha _1+\alpha _2) = \sin ^2(\alpha _2) + \frac{m_1}{m_2} \sin ^2(\alpha _1) \end{array} \right. [/math]

Nie jest on bardzo prosty w ogólnym przypadku, więc rozpatrzymy kilka prostych przykładów.

Zadanie

Równe masy [math]m_2=m_1[/math]

Zasada zachowania energii przybiera w tym przypadku postać

[math] \sin ^2(\alpha _1+\alpha _2) = \sin ^2(\alpha _2) + \sin ^2(\alpha _1) [/math]

[math] \left(\sin (\alpha _1)\cos (\alpha _2)+\sin (\alpha _2)\cos (\alpha _1)\right)^2 = \sin ^2(\alpha _2) + \sin ^2(\alpha _1) [/math]

[math]\begin{matrix} \sin ^2(\alpha _1)\cos ^2(\alpha _2) +2\sin (\alpha _1)\cos (\alpha _1)\sin (\alpha _2)\cos (\alpha _2) +\sin ^2(\alpha _2)\cos ^2(\alpha _1)= \qquad \qquad \\ = \sin ^2(\alpha _2) + \sin ^2(\alpha _1) \end{matrix}[/math]

[math] \sin ^2(\alpha _1)[\cos ^2(\alpha _2)-1] +2\sin (\alpha _1)\cos (\alpha _1)\sin (\alpha _2)\cos (\alpha _2) +\sin ^2(\alpha _2)[\cos ^2(\alpha _1)-1] =0 [/math]

[math] -2\sin ^2(\alpha _1)\sin ^2(\alpha _2) +2\sin (\alpha _1)\cos (\alpha _1)\sin (\alpha _2)\cos (\alpha _2) =0 [/math]

[math] \sin ^2(\alpha _1)\sin ^2(\alpha _2) = \sin (\alpha _1)\cos (\alpha _1)\sin (\alpha _2)\cos (\alpha _2) [/math]

To równanie ma 3 rozwiązania

[math] \sin (\alpha _1)=0 \qquad \vee \qquad \sin (\alpha _2)=0 \qquad \vee \qquad \sin (\alpha _1)\sin (\alpha _2)=\cos (\alpha _1)\cos (\alpha _2) [/math]

Rozpatrzmy je po kolei.

• Jeśli [math]\sin (\alpha _1)=0[/math] to [math]\sin (\alpha _1+\alpha _2)=\sin (\alpha _2)[/math] i wzory na wartości prędkości dają:

  [math] v_1=v_0 \qquad \qquad v_2=0 [/math]

  Ponadto, [math]y[/math]-owa składowa zasady zachowania pędu daje [math]\alpha _2=0[/math]. Po zderzeniu ciało pierwsze porusza się z taka samą prędkością jak przed zderzeniem, a ciało drugie nadal spoczywa. To rozwiązanie opisuje sytuację, gdy do zderzenia nie doszło. Brak zderzenia jest oczywiście zgodny z wszelkimi zasadami zachowania i opis matematyczny musi dopuszczać i zawierać taką możliwość.
• Jeśli [math]\sin (\alpha _2)=0[/math] to [math]\sin (\alpha _1+\alpha _2)=\sin (\alpha _1)[/math] i wzory na wartości prędkości dają:

  [math] v_1=0 \qquad \qquad v_2=v_0 [/math]

  Ponadto, [math]y[/math]-owa składowa zasady zachowania pędu daje [math]\alpha _1=0[/math]. Ciało pierwsze zatrzymuje się, a ciało drugie przejmuje całą energię kinetyczna i porusza się z taką prędkością, z jaką przed zderzeniem poruszało się ciało pierwsze. Nie tylko wartość tej prędkości jest taka sama ale także jej kierunek (i zwrot). Jest to przypadek zderzenia idealnie sprężystego i centralnego. Zderzenie centralne jest szczególnym (granicznym) przypadkiem zderzenia niecentralnego, więc opis matematyczny musi je obejmować.
• “Prawdziwie” niecentralne i sprężyste zderzenie opisuje trzecie rozwiązanie

  [math] \cos (\alpha _1)\cos (\alpha _2)=\sin (\alpha _1)\sin (\alpha _2) [/math]

  gdzie obie strony równania są różne od 0. Przekształcając to równanie dostajemy

  [math] 0=\cos (\alpha _1)\cos (\alpha _2)-\sin (\alpha _1)\sin (\alpha _2) =\cos (\alpha _1+\alpha _2) [/math]

  co daje

  [math] \alpha _1+\alpha _2=\frac{\pi }{2} [/math]

  W zderzeniu sprężystym niecentralnym, w którym jedno z ciał początkowo spoczywa, kierunki prędkości po zderzeniu tworzą kąt prosty. Praktyczne zastosowanie to ruch kul bilardowych.

Ten ostatni wniosek można także udowodnić stosując metodę graficzną. Zasada zachowania pędu ma następującą postać wektorową

[math] \vec{p}_0=\vec{p}_1+\vec{p}_2 [/math]

podczas gdy dla równych mas zasada zachowania energii kinetycznej to następujące równanie skalarne

[math] p_0^2=p_1^2+p_2^2 [/math]

Równanie wektorowe mówi nam, że odcinki o długościach [math]p_0[/math], [math]p_1[/math] i [math]p_2[/math] tworzą trójkąt. W takim przypadku równanie skalarne jest równaniem Pitagorasa które jest słuszne, jeśli między bokami o długościach [math]p_1[/math] i [math]p_2[/math] jest kąt prosty.

Zadanie

Inny prosty przykład: [math]\alpha _1=\alpha _2=\alpha [/math]

(Oczywiście dla [math]m_1 \ne m_2[/math], bo w przypadku równych mas z warunku [math]\alpha _1+\alpha _2=\pi /2[/math] natychmiast dostalibyśmy rozwiązanie [math]\alpha _1=\alpha _2=\pi /4[/math])

Tym razem zasada zachowania energii kinetycznej daje

[math] \sin ^2(2\alpha )=\sin ^2(\alpha )+\frac{m_1}{m_2}\sin (\alpha ) =\sin ^2(\alpha )\left(1+\frac{m_1}{m_2}\right) [/math]

Wyliczamy stąd cosinus kąta [math]\alpha [/math]

[math] 1+\frac{m_1}{m_2} = \frac{\sin ^2(2\alpha )}{\sin ^2(\alpha )} = \frac{[2\sin (\alpha )\cos (\alpha )]^2}{\sin ^2(\alpha )} = 4\cos ^2(\alpha ) [/math]

[math] \cos (\alpha )=\frac{1}{2}\,\sqrt{1+\frac{m_1}{m_2}} [/math]

Oczywiści [math]\cos ^2(\alpha )[/math] nie może być większy niż 1

[math] 1\ge \cos ^2(\alpha )=\frac{1}{4}\left(1+\frac{m_1}{m_2}\right) [/math]

[math] \frac{m_1}{m_2}\le 3 [/math]

Ciała nie mogą rozproszyć się symetrycznie ([math]\alpha _1=\alpha _2[/math]), jeśli ciało “pocisk” jest więcej niż trzykrotnie cięższe od ciała “tarczy”.

Z oczywistego warunku dodatniości masy pierwszego ciała otrzymujemy warunek na kąt rozpraszania [math]\alpha [/math]:

[math] \cos ^2(\alpha )=\frac{1}{4}\left(1+\frac{m_1}{m_2}\right)\gt \frac{1}{4} [/math]

[math] \cos (\alpha )\gt \frac{1}{2} \qquad \qquad \Rightarrow \qquad \qquad \alpha \lt \frac{\pi }{3} [/math]

Do kąta granicznego [math]\pi /3[/math] zbliżamy się, jeśli stosunek mas [math]m_1/m_2[/math] dąży do zera.