Kinematyka punktu materialnego Podstawowe pojęcia opisujące

Kinematyka punktu materialnego Podstawowe pojęcia opisujące

Spis Treści
Spis Treści
Rozdział 1. Kinematyka punktu materialnego
Podstawowe pojęcia opisujące ruch
1
6
7
Względność ruchu
Punkt materialny
Wektory i skalary. Przemieszczenie, położenie i droga
Dodawanie wektorów o wspólnym kierunku i zwrocie
Mnożenie i dzielenie wektora przez skalar
Zmiana zwrotu wektora na przeciwny
Pytania i problemy
7
7
7
9
9
10
10
Droga i prędkość
11
Wskazówka
Prędkość średnia
Prędkość chwilowa
Przykład 1
Pytania i problemy
11
12
12
13
13
Ruch jednostajny
15
Przykład 2
Przykład 3
Pytania i problemy
16
17
17
Ruch jednostajnie przyspieszony
Przyspieszenie
Równania prędkości i położenia w ruchu jednostajnie przyspieszonym
Przykład 4
Pytania i problemy
Przyspieszenie ziemskie, swobodne spadanie ciał
Zapamiętaj
Przykład 5
Pytania i problemy
Doświadczenie „Galileusz”
Ocena niepewności pomiarowych
Ważne
UWAGA
UWAGA
Uwaga
Ważne
UWAGA
Uwaga
Pytania i problemy
Ruch jednostajnie opóźniony
Uwaga
Przykład 6
Przykład 7
Pytania i problemy
Rzut pionowy w górę
Przykład 8
Pytania i problemy
18
18
19
22
22
23
25
25
26
28
31
31
31
32
32
33
33
33
34
35
35
37
38
38
40
41
41
Doświadczenie wirtualne „Rzut pionowy”
Operacje na wektorach
Dodawanie wektorów. Składanie ruchów
Odejmowanie wektorów
Wektor wodzący
Rozkładanie wektora na składowe
Rzutowanie wektora na osie
Pytania i problemy
Wektor prędkości
Wektor prędkości i jego współrzędne
Wektor prędkości chwilowej
Składanie prędkości
Przykład 9
Przykład 10
Pytania i problemy
Wektor przyspieszenia
Wskazówka
Przykład 11
Pytania i problemy
Doświadczenie „Akceleracja”
43
44
44
45
46
46
47
49
50
50
50
51
51
53
56
57
57
58
59
60
UWAGA
Wskazówka
60
62
Rzut poziomy
67
Pytania i problemy
Ruch jednostajny po okręgu
Zapamiętaj
Przykład 12
Przykład 13
Pytania i problemy
Rozdział 2. Dynamika
Pierwsza zasada dynamiki Newtona
Zapamiętaj
Inercjalne układy odniesienia i zasada względności
Pytania i problemy
Druga zasada dynamiki Newtona
Siła
Doświadczenie „Sprężyna”
Druga zasada dynamiki Newtona
Przykład 1
Przykład 2
Pytania i problemy
Doświadczenie „Dyna”
Rozkład sił na równi pochyłej
Sprawdzenie wzoru Newtona
Trzecia zasada dynamiki Newtona
Remember
Remember
Przykład 3
Pytania i problemy
Pęd i popęd
68
70
72
72
73
77
79
80
81
82
86
87
87
89
90
90
91
93
94
94
96
98
98
100
100
101
102
Remember
Remember
Przykład 4
Pytania i problemy
Zasada zachowania pędu
Remember
Przykład 5
Przykład 6
Pytania i problemy
Siły bezwładności , układy nieinercjalne
Przykład 7
Pytania i problemy
Doświadczenie „Inercja”
Siły w ruchu po okręgu
Przykład 8
Pytania i problemy
Siła tarcia
Doświadczenie „Tarcie”
Przykład 9
Pytania i problemy
Opory ruchu ciała w płynie – cieczy lub gazie
102
102
102
104
105
105
106
107
111
112
113
117
118
121
121
122
123
123
125
126
127
Spadek ciała w cieczy lub gazie
Przykład 10
Przykład 11
Pytania i problemy
128
129
129
129
Rozdział 3. Praca i energia
Praca
130
131
Remember
Przykład 1
Przykład 2
Przykład 3
Praca rozciągania sprężyny
Pytania i problemy
Energia
Note
Energia potencjalna w polu sił ciężkości Ziemi
Energia potencjalna sprężystości
Pytania i problemy
Energia kinetyczna
Tip
Całkowita energia ciała
Pytania i problemy
Prawo zachowania energii mechanicznej
Remember
Przykład 6
Przykład 7
Przykład 8
Ogólna zasada zachowania energii
Pytania i problemy
Moc
131
132
132
132
132
134
136
136
136
137
140
141
141
143
144
145
145
146
147
147
148
149
150
Remember
Przykład 9
Sprawność
Przykład 10
Pytania i problemy
Zderzenia
Zderzenia niesprężyste
Przykład 11
Zderzenia sprężyste
Pytania i problemy
Rozdział 4. Dynamika bryły sztywnej
Ruch postępowy i obrotowy bryły sztywnej
Pytania i problemy
Moment bezwładności i energia kinetyczna
Remember
Energia kinetyczna bryły sztywnej
Przykład 1
Pytania i problemy
150
150
150
151
151
152
152
153
154
157
159
160
162
163
163
164
165
166
Twierdzenie Steinera. Zależność momentu bezwładności od położenia osi
obrotu
167
Środek masy
Przykład 2
Przykład 3
Przykład 4
Pytania i problemy
Moment siły
Remember
Praca siły obracającej bryłę sztywną
Warunki równowagi
Przykład 5
Pytania i problemy
Środek ciężkości i środek masy
Środek ciężkości
Rodzaje równowagi
Środek masy
Przykład 6
Przykład 7
Pytania i problemy
Moment pędu i druga zasada dynamiki bryły sztywnej
Tip
Remember
Remember
Note
Przykład 8
Pytania i problemy
Prawo zachowania momentu pędu
Remember
Prawa zachowania a symetrie czasu i przestrzeni
Przykład 9
Przykład 10
Przykład 11
167
168
169
170
170
172
172
173
175
176
176
178
178
179
180
182
183
184
185
186
186
186
187
188
189
191
191
191
192
192
194
Pytania i problemy
Analogia między wielkościami ruchu obrotowego a wielkościami ruchu
postępowego
Pytania i problemy
Doświadczenie „Akceleracja BIS”
Note
Note
Rozdział 5. Ciążenie powszechne (grawitacja)
Prawo powszechnego ciążenia
Remember
Przykład 1
Pytania i problemy
Laboratoryjne potwierdzenie prawa grawitacji
Przykład 2
Ważenie Słońca
Przykład 3
Pytania i problemy
Grawitacja wewnątrz planety – temat nadobowiązkowy
Wzór na siłę grawitacji wewnątrz planety
Wykres zależności siły grawitacji od odległości od środka planety kulistej
Praca przemieszczenia ciała wewnątrz jednorodnej planety
Przykład 4 - „Pociąg przyszłości”
Pytania i problemy
Reguła Titiusa-Bodego - rozdział nadobowiązkowy
Pytania i problemy
Prawa Keplera ruchu planet
195
196
196
197
199
201
202
203
204
204
205
206
206
207
208
210
211
211
213
214
214
215
217
218
219
Remember
Remember
Remember
Przykład 6
Pytania i problemy
219
219
219
220
221
Pole grawitacyjne
222
Note
Przykład 7
Pytania i problemy
222
223
224
Praca w polu grawitacyjnym
Pytania i problemy
Energia potencjalna w polu grawitacyjnym
Przykład 8
Potencjał pola grawitacyjnego
Przykład 9
Pytania i problemy
Prędkości kosmiczne
Przykład 10
Pytania i problemy
225
227
228
228
229
231
232
233
234
235
Rozdział 1. Kinematyka punktu
materialnego
Kinemat yka jest t o nauka o ruchu ciała (lub ciał). Z ruchem mamy do czynienia na co dzień. Można
powiedzieć, że wszyst ko, co żyje, porusza się. Człowiek st worzył specjalne urządzenia do
poruszania się – samochody, samolot y, rakiet y i wiele innych pojazdów. Do opisu ruchomych ciał
t rzeba się posłużyć t akimi pojęciami, jak: położenie, czas, droga, prędkość i przyspieszenie. W
t ym rozdziale poznasz i nauczysz się obliczać wspomniane wyżej wielkości opisujące ruch.
Nauczysz się t eż ściśle przewidywać, w jakim miejscu w danej chwili znajdzie się pojazd, gdzie i
kiedy pojazdy się spot kają. Poznasz opis nie t ylko ruchu po linii prost ej, ale i ruchów
krzywoliniowych, kt óre wykonuje np. piłka w locie, samochód na łuku aut ost rady czy sat elit a na
orbicie.
Nauka o ruchu – kinematyka – bada związki między położeniem, prędkością i przyspieszeniem,
nie wnikając, skąd się biorą przyspieszenia czy siły. Badaniem sił zajmuje się dynamika, kt óra
zost anie omówiona w nast ępnym rozdziale.
Podstawowe pojęcia opisujące ruch
Względność ruchu
Co t o jest ruch? Jeżeli mówimy, że pewne ciało jest w ruchu, rozumiemy przez t o, że ciało t o
zmienia swoje położenie względem jakiegoś innego ciała. Wynika st ąd, że ruch jakiegokolwiek
ciała jest zawsze określony względem innego ciała. Na t ym polega właśnie względność ruchu, jak
również względność spoczynku. Jeżeli kt oś powie, że Ziemia porusza się z prędkością 30 km/s,
t o t akie zdanie jest niepełne. Nabiera ono pełnego sensu, jeżeli sformułujemy je w nast ępujący
sposób: Ziemia porusza się z prędkością 30 km/s względem środka Słońca. Dlat ego zawsze
musimy obrać układ odniesienia, zwykle układ współrzędnych, względem kt órego będziemy
opisywać ruch ciał.
 Uwaga
Dla pełnego, ilościowego (a więc mat emat ycznego) opisu ruchu, z układem odniesienia
wiążemy układ współrzędnych. Najlepiej znanym Ci układem współrzędnych jest t zw. układ
kart ezjański, w jego dwuwymiarowej wersji. Na układ t en składają się dwie osie liczbowe
oznaczane jako Ox i Oy. Przecinają się one w umownym punkcie (0;0), w kt órym wyobrażamy
sobie obecność ciała, z kt órym związaliśmy układ odniesienia.
Punkt materialny
Dowolne ciało, kt órego rozmiary możemy zaniedbać, nazywamy punktem materialnym. Jest t o
bardzo wygodne pojęcie, ponieważ zamiast opisywać ruch wszyst kich części ciała, częst o
wyst arczy określić ruch punkt u mającego masę t ego ciała. Na przykład, dla wyznaczenia czasu
przejazdu pociągu z Warszawy do Poznania wcale nie t rzeba badać ruchu wszyst kich części
pociągu. Zamiast opisywać ruch jakiejś planet y jako całości, częst o wyst arczy określić ruch jej
środka.
 Uwaga
Zast ępowanie ciała punkt em mat erialnym jest przybliżeniem częst o st osowanym w fizyce.
Pamięt ać jednak należy, że każde przybliżenie niesie ze sobą określone ograniczenia.
Przykładowo, pojęcie gęst ości punkt u mat erialnego nie ist nieje. Nie można t akże mówić o
obrocie punkt u mat erialnego.
Wektory i skalary. Przemieszczenie,
położenie i droga
Punkt mat erialny w t rakcie ruchu zakreśla pewną linię (kt óra może być prost ą lub krzywą). Linię t ę
nazywamy torem ruchu punkt u mat erialnego. W wielu przypadkach do opisu ruchu wyst arczy
znajomość położenia oddzielnych punkt ów na t orze. Jeżeli punkt mat erialny znajduje się w
punkcie A , a później w punkcie B , t o mówimy, że przemieszczeniem (lub przesunięciem) punkt u
−→
−
mat erialnego jest wekt or AB (pat rz rys. 1.1
(2_1_1_podst awowe_pojecia_opisujace_ruch.ht ml#t opic_2_h1.1__rys1)).
 Rysunek 1.1
Wekto r przemieszczenia
Jak widzimy, definicja wekt ora przemieszczenia nie mówi nam nic o t orze, po kt órym punkt
mat erialny przeszedł z A do B . Nie int eresuje nas t o, czy t or był prost y, czy krzywy. Po prost u
przemieszczenie t o zmiana położenia ciała.
 Rysunek 1.2
Animacja
 Kinemat yka – paramet ry ruchu
W celu określenia przemieszczenia musimy podać t rzy informacje:
1. wart ość przemieszczenia; należy zat em podać długość odcinka AB ;
2. kierunek przemieszczenia; w przypadku ruchu na płaszczyźnie (w dwóch wymiarach) należy
podać kąt , jaki t worzy odcinek AB z jedną z osi x lub y na płaszczyźnie;
3. zwrot przemieszczenia; zwrot oznaczamy st rzałką (w t ym przypadku od A do B ).
 Ważne
Wektor - wielkość fizyczna, do określenia kt órej konieczne są t rzy informacje: kierunek,
zwrot i wartość.
Nat omiast wielkości, dla określenia kt órych wyst arczy podać t ylko wart ość liczbową (z
jednost ką), nazywają się skalarami. Na przykład, pole powierzchni jest skalarem, ponieważ dla
jego wyznaczenia wyst arczy podać t ylko liczbę pewnych jednost ek, podobnie t emperat ura
(5°C). Ot o inne przykłady wielkości skalarnych: czas, masa ciała, objęt ość, gęst ość.
Więcej wiadomości na t emat wekt orów znajdziesz w Operacje na wekt orach
(2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10).
 Ważne
Skalar – wielkość fizyczna, do określenia kt órej wyst arczy podać t ylko jej wart ość oraz
jednost kę.
Dodawanie wektorów o wspólnym
kierunku i zwrocie
Jeżeli ciało przemieszcza się wzdłuż prost ej, najpierw o wekt or a⃗ , nast ępnie o wekt or b⃗, t o
przemieszczenie wypadkowe określone jest przez wekt or c⃗ , kt óry jest równy sumie wekt orów a⃗
i b⃗. Zobacz rys. 1.3 (2_1_1_podst awowe_pojecia_opisujace_ruch.ht ml#t opic_2_h1.1__rys2).
c⃗ = b⃗ + a⃗
 Rysunek 1.3
( 1.1 )
Suma wekto ró w
 Suma dwóch wekt orów c⃗
= b⃗ + a⃗
Tak dodają się nie t ylko przemieszczenia, ale również dowolne wekt ory mające wspólny kierunek
i zwrot . Np. wekt ory prędkości, w przypadku st at ku na rzece. Jeżeli śruba nadaje st at kowi
prędkość v⃗ 1 , a prędkość prądu rzeki wynosi v⃗ 2 , t o prędkości się sumują – st at ek płynie z
prędkością v⃗ 1 + v⃗ 2 względem brzegu rzeki.
Mnożenie i dzielenie wektora przez skalar
Iloczynem wekt ora przez skalar jest nowy wekt or, kt óry ma niezmieniony kierunek, ale jego
wart ość jest t yle razy większa, ile wynosi wart ość bezwględna skalara. Na przykład, iloczynem
skalara k przez wekt or a⃗ jest wekt or
b⃗ = ka⃗
( 1.2 )
= |k| ⋅ a , mający kierunek wekt ora a⃗ . W przypadku gdy k > 0, również zwrot
wekt ora b⃗ jest t aki sam jak wekt ora a⃗ .
o wart ości b
 Rysunek 1.4
Mno żenie wekto ra przez skalar
 Przykład mnożenia wekt ora przez skalar k
=3
Łat wo t eraz możemy odpowiedzieć na pyt anie, jaki jest wynik dzielenia wekt ora przez skalar.
Ponieważ dzielenie przez jakąś liczbę jest równoważne mnożeniu przez odwrot ność t ej liczby,
więc wynikiem dzielenia wekt ora a⃗ przez skalar z ( z
≠ 0) jest
niezmieniony kierunek, ale jego wart ość jest podzielona przez
nowy wekt or:
|z|.
c⃗ =
a⃗
kt óry ma
z
Zmiana zwrotu wektora na przeciwny
Jeżeli przed symbolem wekt ora post awimy znak minus, będzie t o oznaczać, że wekt or ma
przeciwny zwrot . Na przykład −a⃗ oznacza wekt or, kt óry różni się od wekt ora a⃗ t ym, że ma
przeciwny zwrot , podczas gdy kierunek i długość wekt ora są t akie same, jak wekt ora a⃗ (rys. 1.5
(2_1_1_podst awowe_pojecia_opisujace_ruch.ht ml#t opic_2_h1.1__rys3)). Zat em zmiana znaku
wekt ora na przeciwny oznacza jedynie zmianę jego zwrot u.
 Rysunek 1.5
Zmiana znaku wekto ra
 Pytania i problemy
1. W jakim celu w mechanice posługujemy się pojęciem punkt u mat erialnego? Scharakt eryzuj
punkt mat erialny. Uzasadnij dlaczego st osowanie t ego pojęcia wyklucza: a) operowanie
pojęciem gęst ości, b)opisywanie obrot ów ciał.
2. Co t o znaczy, że ruch jest względny?
3. Czym różnią się skalary od wekt orów? Podaj definicję t ych wielkości. Podaj kilka przykładów
wielkości wekt orowych i skalarnych.
4. Podaj, jakie t rzy wielkości charakt eryzują wekt or.
5. Podaj definicję przemieszczenia (lub przesunięcia) punkt u mat erialnego. Do jakiego t ypu
zaklasyfikowałbyś t ę wielkość (skalar czy wekt or)?
6. Podaj 3 przykłady dodawania wekt orów o wspólnym kierunku.
7. Podaj przykład mnożenia wekt ora przez skalar.
8. Czy zmiana zwrot u wekt ora na przeciwny ma jakiś związek z mnożeniem wekt ora przez
skalar? Podaj przykład.
9. Co ot rzymamy, gdy podzielimy wekt or przez skalar? Podaj przykład dla wybranej wart ości
wielkości skalarnej, wraz z rysunkiem.
Droga i prędkość
Dla opisu ruchu prost oliniowego określimy nast ępujące pojęcia: położenie, przemieszczenie
(przesunięcie) i droga. Załóżmy, że obserwujemy ruch samochodu na prost ej szosie. Niech na
szosie znajduje się punkt cent ralny O, względem kt órego mierzymy położenie samochodu
(rys. 1.6 (2_1_2_droga_i_predkosc.ht ml#t opic_2_h1.2__rys6)). Chwilowe położenie samochodu
na szosie określamy, podając odległość od punkt u O. Położenie (czyli współrzędną) poprzedzimy
znakiem „+”, gdy samochód znajdzie się „na prawo” od niego, a gdy „na lewo” – znakiem „–”.
Przyjmijmy, że w chwili począt kowej t 0 samochód ma położenie s0 , w chwili t 1 – położenie s1 .
Δs = s2 − s1
( 1.3 )
 Wskazówka
Δs nie jest
iloczynem Δ i s. Jest t o jeden symbol oznaczający zmianę wielkości s, kt óra jest
równa wart ość końcowa t ej wielkości minus jej wart ość począt kowa.
 Rysunek 1.6
Ilustracja po jęć położenie i przemieszczenie
 Samochód wyruszył z położenia s0 i dojechał do położenie s1 . W położeniu s1 samochód
zmienił zwrot jazdy na przeciwny i po pewnym czasie znalazł się w położeniu s0 , pot em w s2 ,
nast ępnie w punkcie O i w końcu w s3
 Rysunek 1.7
Animacja
 Kinemat yka – paramet ry ruchu
Zapyt ajmy t eraz, jaką drogę przebył samochód. Oczywiście, wartością drogi przebyt ej przez
samochód jest suma wszystkich ko lejnych małych warto ści przemieszczeń, przy
czym, dla obliczenia drogi sumujemy bezwzględne wart ości przemieszczeń, niezależnie od t ego,
w kt órą st ronę są zwrócone. Zat em, położenie (współrzędna) może być dodat nie lub ujemne, ale
droga jest zawsze dodat nia.
W przypadku ruchu przedst awionego na rys. 1.6
(2_1_2_droga_i_predkosc.ht ml#t opic_2_h1.2__rys6) droga równa jest sumie długości wszyst kich
odcinków między kolejnymi położeniami samochodu, przy czym odcinek ( s0 s1 ) policzony będzie
dwukrot nie – samochód jechał t ym odcinkiem t am i z powrot em.
Pojęcia: położenie, przemieszczenie i droga możemy st osować do opisu ruchu dowolnego ciała,
kt óre uznajemy za punkt mat erialny.
Prędkość średnia
Powiedzmy, że punkt mat erialny przebył drogę s w czasie t . Prędkość średnią punkt u
mat erialnego w danym przedziale czasu definiujemy jako st osunek drogi s do czasu t , w jakim t a
droga zost ała przebyt a:
vś r =
Δs
Δt
Jednost ką prędkości jest 1 met r na sekundę ( 1m/s).
( 1.4 )
Prędkość chwilowa
Na pewno nieraz obserwowaliście prędkościomierz samochodu. Pat rząc na prędkościomierz,
zauważamy, że wskazówka częst o zmienia swoje położenie, co oznacza, że pojazd zmienia
prędkość. Wskazówka pokazuje nam akt ualną wart ość prędkości – akt ualną, t o znaczy chwilową,
czyli prędkość w danej chwili.
Zat em, prędkość chwilowa jest t o prędkość mierzona w bardzo krót kim przedziale czasu, w
danej „chwili”. Na ogół wskazania prędkościomierza nie zgadzają się z wart ością prędkości
obliczoną ze wzoru (1.4 (2_1_2_droga_i_predkosc.ht ml#t opic_2_h1.2__eq4)), chyba że użyjemy
przemieszczeń Δs przebyt ych w bardzo małych przedziałach czasu. Δs = s2 − s1 wyst ąpiło w
przedziale czasu Δt = t 2 − t 1 . Zat em w t ym przedziale czasu wart ość prędkości średniej jest
równa:
v=
Δs
Δt
( 1.5 )
Im mniejszy będzie odcinek czasu Δ, t ym mniej prędkość średnia będzie się różnić od prędkości
chwilowej.
 Przykład 1
Rowerzyst a jadący ze st ałą prędkością v = 15 km/h wyprzedza ruszający z przyst anku
t ramwaj. Tramwaj dogania rowerzyst ę, przegania go i zat rzymuje się na kolejnym przyst anku.
Odległość między przyst ankami wynosi Δs = 1 km. Oblicz, ile czasu na pokonanie t ej drogi
zużył rowerzyst a, a ile t ramwaj, jeżeli docierają do przyst anku jednocześnie.
Odpo wiedź: Czas pot rzebny na przebycie drogi s przez rowerzyst ę i t ramwaj jest t aki sam i
wynosi:
Δt =
Δs
1
=
h = 4 min
Δv
15
( 1.6 )
Zat em t ramwaj jechał ze średnią prędkością t aką samą jak rowerzyst a, równą 15 km/h, mimo
że fakt ycznie ich prędkości chwilowe były różne.
 Pytania i problemy
1. Wymień wielkości fizyczne opisujące ruch.
2. Samochód wyjechał z Grójca o godzinie 1000 . W ciągu 6 min przejechał 6 km i znalazł się w
miejscowości Zaborów, po kolejnych 6 min i 40 s znalazł się w Białobrzegach odległych od
Grójca o 16 km (rys. 1.8 (2_1_2_droga_i_predkosc.ht ml#t opic_2_h1.2__rys7)). W
Białobrzegach samochód zawrócił i jadąc po t ej samej szosie (E77), znalazł się w Grójcu po
kolejnych 12 min. Zaznacz na rysunku na wspólnej osi s położenia miejscowości: Grójec,
Zaborów i Białobrzegi.
 Rysunek 1.8

Ilustracja do zadania
 Rozmieszczenie miejscowości wzdłuż szosy
Przyjmując położenie Grójca jako zerowe, podaj wart ości:
a. położenia samochodu w miejscowościach: Grójec, Zaborów i Białobrzegi;
b. przemieszczenia samochodu: Grójec – Zaborów, Zaborów – Białobrzegi, Grójec –
Białobrzegi, Białobrzegi – Zaborów;
c. drogi, jaką przejechał z Grójca do Białobrzegów;
d. drogi, jaką przejechał na całej t rasie przejazdu.
3. Zakładając warunki podane w punkcie 2, przyjmij t eraz, że Zaborów ma położenie zerowe.
Podaj wart ości:
a. położenia samochodu w miejscowościach: Zaborów, Białobrzegi i Grójec;
b. przemieszczenia samochodu: Zaborów – Białobrzegi, Białobrzegi – Zaborów, Zaborów
– Grójec, Białobrzegi – Grójec;
c. drogi, jaką przejechał z Zaborowa do Grójca (przez Białobrzegi).
4. Podaj definicję prędkości średniej i chwilowej.
5. Przyjmując wart ości podane w p. 2, oblicz prędkość średnią samochodu (podaj ją w km/h i w
m/s) na t rasie:
Grójec – Zaborów,
Zaborów – Białobrzegi,
Grójec – Białobrzegi,
Białobrzegi – Zaborów.
Ruch jednostajny
Ruchem jednost ajnym nazywamy t aki ruch ciała, w kt órym wart ość prędkości nie zmienia się
podczas t rwania ruchu, czyli
v = const
( 1.7 )
Zat em w ruchu jednost ajnym, na każdym odcinku drogi prędkość chwilowa jest jednakowa i jest
równa prędkości średniej, vś r . St osując wzór 1.4
(2_1_2_droga_i_predkosc.ht ml#t opic_2_h1.2__eq4) ot rzymamy v
że t 0
= 0; pozwala nam t o zapisać s − s0 = vt , a st ąd
s = s0 + vt
=
s−s0
. Na ogół przyjmujemy,
t−t0
( 1.8 )
Jest t o równanie ważne dla ruchu jednost ajnego, gdyż pozwala wyznaczyć położenie w chwili t ,
jeżeli położenie począt kowe w chwili t 0 = 0 wynosiło s0 .
 Rysunek 1.9
Animacja
 Kinemat yka - ruch jednost ajny
Zależność położenia s od czasu jest funkcją liniową, kt órej wykres przedst awiono na rys. 1.10
(2_1_3_ruch_jednost ajny.ht ml#t opic_2_h1.3__rys8). Jak wiemy z mat emat yki, funkcja liniowa jest
wyrażona za pomocą wzoru
y = ax + b
( 1.9 )
Nasz wzór (1.8 (2_1_3_ruch_jednost ajny.ht ml#t opic_2_h1.3__eq8)) ma podobną post ać. Widać
t o wyraźnie, jeżeli napiszemy go nast ępująco:
s = vt + s0
( 1.10 )
(odpowiednikiem zmiennej y jest położenie s, a odpowiednikiem zmiennej x jest czas t ;
podobnie odpowiednikiem współcznynnika kierunkowego a jest st ała prędkość v, zaś
odpowiednikiem wyrazu wolnego b jest począt kowe położenie s0 ).
Wiemy, że t a funkcja na wykresie przedst awiona jest jako linia prost a nachylona do osi czasu pod
kąt em t ym większym, im większa jest wart ość prędkości ciała v, gdyż współczynnik kierunkowy
t ej prost ej jest równy v. Rysunek rys. 1.10 (2_1_3_ruch_jednost ajny.ht ml#t opic_2_h1.3__rys8)
przedst awia t ę zależność dla przypadku, gdy prędkość jest zwrócona w st ronę malejących
wart ości s (przed v należy wt edy wst awić znak minus, gdyż v oznacza t ut aj wart ość wekt ora
prędkości) – wt edy prost a na wykresie jest nachylona „w dół”.
 Rysunek 1.10
Dro ga i czas w ruchu jedno stajnym
 Wykres zależności położenia s od czasu w ruchu jednost ajnym. a) W ruchu „do przodu”, czyli
kiedy prędkość jest zwrócona w st ronę rosnących wart ości s - wt edy wykres przedst awia
funkcję rosnącą. b) W ruchu „do t yłu”, czyli kiedy prędkość jest zwrócona w st ronę malejących
wart ości s - wt edy wykres przedst awia funkcję malejącą.
 Przykład 2
Przypuśćmy, że samochód w chwili t 0 = 0 znajdował się na 920 kilomet rze aut ost rady (
s0 = 920 km). Przez pół godziny ( t = 0, 5 h) jechał ze st ałą prędkością 120 km/h (
v = 120 km/h). W t ym czasie przebył drogę Δs = 120 km/h ⋅ 0, 5 h = 60 km. Znalazł się w
położeniu s = 920 km + 60 km = 980 km, czyli na 980 kilomet rze aut ost rady.
Jeśli samochód jechałby w st ronę przeciwną, t o również w pół godziny przebyłby drogę równą
60 km, ale znalazłby się w położeniu s = 920 km − 60 km = 860 km (na 860 kilomet rze
aut ost rady).
Wart ość prędkości w ruchu jednost ajnym jest st ała, zat em zależność (1.7
(2_1_3_ruch_jednost ajny.ht ml#t opic_2_h1.3__eq7)) na wykresie zależności prędkości od czasu
jest linią prost ą równoległą do osi czasu, jak na rys. 1.11
(2_1_3_ruch_jednost ajny.ht ml#t opic_2_h1.3__rys9).
Graficzna interpretacja dro gi
 Rysunek 1.11
 Pole powierzchni pod wykresem zależności prędkości od czasu jest miarą drogi przebyt ej
przez ciało
Pole powierzchni prost okąt a zakreślonego na t ym rysunku wynosi vΔt (iloczyn podst awy i
wysokości). Zat em, zgodnie ze wzorem (1.8 (2_1_3_ruch_jednost ajny.ht ml#t opic_2_h1.3__eq8)),
oznacza ono drogę Δs. Mamy więc
Δs = vΔt
( 1.11 )
Sformułujmy wniosek: po le po wierzchni po d wykresem zależno ści prędko ści o d
czasu jest liczbo wo ró wne dro dze przebytej przez ciało . Wniosek t en celowo
sformułowaliśmy ogólnie, gdyż jest on słuszny dla dowolnego ruchu, nie t ylko dla ruchu
jednost ajnego. Skorzyst amy z niego, gdy będziemy wyprowadzać wzór na drogę w ruchu
jednost ajnie przyspieszonym.
 Przykład 3
Samochód przejeżdża na aut ost radzie prost oliniowy odcinek s = 5 km ze st ałą prędkością
v1 = 100 km/h, nast ępnie na skut ek ograniczenia prędkości jazdy dalsze 5 km przejeżdża ze
st ałą prędkością v2 = 60 km/h. Ile wynosi średnia prędkość samochodu?
Odpo wiedź: Do obliczenia średniej prędkości zast osujemy wzór (1.4
(2_1_2_droga_i_predkosc.ht ml#t opic_2_h1.2__eq4)). Do wzoru musimy podst awić całą
przebyt ą drogę (w t ym wypadku równą przemieszczeniu samochodu)
Δs = Δs1 + Δs2 = 5 km + 5 km = 10 km oraz łączny czas t rwania ruchu na obydwu
odcinkach drogi Δt = Δt 1 + Δt 2 . Czas Δt 1 przebycia pierwszego odcinka drogi wynosi
Δt 1 =
Czas
Δt 2
Δs1
5 km
1
=
=
h
km
v1
20
100 h
( 1.12 )
przebycia drugiego odcinka drogi wynosi
Δt 2 =
Δs2
5 km
1
=
=
h
km
v2
12
60 h
( 1.13 )
Podst awmy t eraz ot rzymane wart ości do wzoru (1.4
(2_1_2_droga_i_predkosc.ht ml#t opic_2_h1.2__eq4)). Ot rzymamy
vś r =
Δs
Δt
=
(
10km
1
20
,+, 121
)h
= 75
km
h
( 1.14 )
Zwróć uwagę, że uzyskana średnia prędkość samochodu nie jest równa średniej aryt met ycznej
prędkości v1 i v2 .
 Pytania i problemy
1. Scharakt eryzuj ruch jednost ajny prost oliniowy.
2. Znając definicję prędkości średniej i chwilowej, odpowiedz na pyt anie: Jaki jest związek
między t ymi wielkościami w ruchu jednost ajnym prost oliniowym?
3. Dla syt uacji opisanej w Przykład 1 (2_1_2_droga_i_predkosc.ht ml#t opic_2_h1.2__p1.1.1)
wykonaj wykresy zależności prędkości i położenia rowerzyst y od czasu.
4. Dla syt uacji opisanej w Przykład 3 (2_1_3_ruch_jednost ajny.ht ml#t opic_2_h1.3__p1.3.1)
wykonaj wykresy zależności prędkości i położenia samochodu od czasu.
5. Samochód przejeżdża na aut ost radzie prost oliniowy odcinek ze st ałą prędkością
v1 = 100
km
w ciągu czasu Δt 1
h
= 10min , nast ępnie na skut ek ograniczenia prędkości
jazdy, przez kolejne 10 min jedzie ze st ałą prędkością v2 = 60 km . Wykaż, że średnia
h
km
prędkość samochodu w ciągu t ych 20 min ma wart ość 80
.
h
Ruch jednostajnie przyspieszony
Przyspieszenie
Podobnie jak prędkość, t ak i przyspieszenie jest nam dobrze znane z doświadczeń codziennych.
Na przykład, możemy wywołać przyspieszenie roweru, naciskając mocniej pedały. Im mocniej
naciśniemy pedały, t ym większe wywołamy przyspieszenie. Oczywiście, w czasie przyspieszania
prędkość się zmienia. Naciskając hamulec, również wywołujemy zmianę prędkości, t ylko że w t ym
przypadku prędkość maleje – wyst ępuje zmniejszenie wart ości prędkości. Takie przyspieszenie,
kt óre powoduje malenie prędkości, nazywa się opóźnieniem.
Zawsze wt edy, gdy prędkość się zmienia, musi wyst ępować przyspieszenie. Im większa jest
zmiana prędkości w określonym przedziale czasowym, t ym większa jest wart ość przyspieszenia.
To ost at nie st wierdzenie pozwala nam na ilościowe zdefiniowanie przyspieszenia. Jeżeli w
pewnym momencie prędkość chwilowa punkt u mat erialnego wynosiła v0 , a po upływie czasu Δt
wyniosła v, t o przyrost wart ości prędkości Δv = v − v0 dokonał się w czasie Δt . Zat em
średnio na jednost kę czasu przyrost prędkości wyniósł
aś r =
Δv
Δt
( 1.15 )
Wzór t en definiuje wart ość przyspieszenia średniego w czasie t .
Jednost ką przyspieszenia jest met r na sekundę do kwadrat u ( 1 m/s2 ). Jednost ka t a wynika ze
wzoru (1.15 (2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq13)), gdyż przyrost
prędkości Δv wyraża się w met rach na sekundę, a czas Δt w sekundach.
Jeżeli przyspieszenie zmienia się w czasie, t o st osujemy wielkość zwaną przyspieszeniem
chwilowym. Przyspieszenie średnie mierzone w bardzo małym przedziale czasu t będzie zbliżone
do prawdziwej wart ości przyspieszenia chwilowego.
 Rysunek 1.12
Animacja
 Kinemat yka - ruch jednost ajnie przyspieszony
Równania prędkości i położenia w ruchu
jednostajnie przyspieszonym
Jeżeli ciało porusza się z przyspieszeniem o st ałej wart ości
a = const
( 1.16 )
a wart ość prędkośći w t ym ruchu rośnie w miarę upływu czasu, t o ruch t aki nazywamy ruchem
jednost ajnie przyspieszonym. W t ym przypadku przyspieszenie chwilowe jest zawsze równe
przyspieszeniu średniemu. Zat em ze wzoru (1.16
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq14)) mamy
a=
Δv
Δt
(wektorowo
a⃗ =
Δv⃗
)
Δt
( 1.17 )
 UWAGA
W ruchu prost oliniowym wzory wekt orowe można pominąć. Odgrywają one jednak ważną
rolę w przypadku ruchu krzywoliniowego.
We wzorze (1.17 (2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq15)) przyrost
Δv = v −
Δt = t − t
prędkości Δv = v − v0 nast ępuje w czasie Δt = t − t 0 . Jeżeli dla wygody za chwilę
począt kową przyjmiemy 0 (t j. t 0 = 0), t o przyrost czasu Δt będzie ident yczny z t , a wt edy
wzór (1.17 (2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq15)) przyjmie post ać
a=
v − v0
t
(wektorowo
a⃗ =
v⃗ − v⃗ 0
)
t
( 1.18 )
St ąd po prost ym przekszt ałceniu ot rzymamy wzór
v = v0 + at
(wektorowo
v⃗ = v⃗ 0 + a⃗ t)
( 1.19 )
Jest t o zależność wart ości prędkości ciała od czasu w ruchu jednost ajnie przyspieszonym. Jej
int erpret acja jest niezwykle prost a i jasna: prędkość, jaką uzyska ciało po czasie t , jest równa
prędkości począt kowej powiększonej o przyrost prędkości, jaki nast ąpił w czasie t rwania ruchu (
a oznacza przyrost prędkości w ciągu 1 s, zaś at – w ciągu t ).
Zależność prędkości od czasu we wzorze (1.19
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq17)) ma charakt er liniowy,
zat em na wykresie (rys. 1.13
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__rys10)) jest prost ą o nachyleniu do
osi czasu t ym większym, im większe jest przyspieszenie. Wzór (1.19
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq17)) wskazuje na t o, że
współczynnik kierunkowy prost ej będącej wykresem prędkości ma wart ość równą a .
Zast anówmy się, czy z wykresu zależności prędkości od czasu można odczyt ać, jaką drogę
przebywa ciało w czasie t . Przypomnijmy sobie, że w przypadku ruchu jednost ajnego, gdy
prędkość była st ała, droga była wyrażona przez pole powierzchni pod wykresem zależności
prędkości od czasu (rys. 1.11 (2_1_3_ruch_jednost ajny.ht ml#t opic_2_h1.3__rys9)).
Sformułowaliśmy wt edy wniosek ogólny, dot yczący dowolnego ruchu. Obecnie wykażemy, że
wniosek t en jest słuszny w przypadku ruchu jednost ajnie przyspieszonego. Pole powierzchni pod
wykresem prędkości podzielimy na wąskie paski o szerokości Δt (jeden z t ych pasków jest
widoczny na rys. 1.13 (2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__rys10)).
Wykres zależno ści prędko ści o d czasu w ruchu jedno stajnie
przyspieszo nym
 Rysunek 1.13
 a) przyrost prędkości jest proporcjonalny do czasu t rwania ruchu, b) pole powierzchni pod
wykresem prędkości można złożyć z małych pasków o szerokości Δt
Jeżeli przedział czasu Δt uczynimy dost at ecznie małym, t o zmiana prędkości w t ym przedziale
będzie odpowiednio. Oznacza t o, że prędkość będzie można t rakt ować w odpowiednim
przybliżeniu jako st ałą. Wobec t ego pole powierzchni t ego wąskiego paska będzie oznaczać
drogę przebyt ą przez ciało w czasie Δt .
Suma t ych wszyst kich pól, wzięt a po wszyst kich przedziałach Δt w czasie t , jest całkowit ą
drogą przebyt ą przez ciało w czasie t . Rozumowanie powyższe jest również prawdziwe w
ogólnym przypadku, nawet gdy mamy do czynienia z ruchem o zmiennym przyspieszeniu. Zat em
pole powierzchni pod wykresem prędkości o zmiennym przyspieszeniu, jak na rys. 1.14
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__rys11), jest równe drodze
przebyt ej przez ciało w czasie t .
 Rysunek 1.14
Wykres prędko ści o zmiennym przyspieszeniu
 Pole powierzchni pod wykresem zależności prędkości od czasu jest liczbowo równe drodze
przebyt ej przez ciało w czasie t (w t ym przypadku wyst ępuje przyspieszenie zmienne)
Dla ruchu jednost ajnie przyspieszonego, pole powierzchni na rys. 1.13
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__rys10) jest polem t rapezu o
podst awach v0 i v oraz o wysokości równej t , czyli
s=
v + v0
t
2
( 1.20 )
Wynik (1.20 (2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq18)) da się
uzasadnić również w inny sposób. Możemy wykorzyst ać wzór na prędkość średnią (1.4
(2_1_2_droga_i_predkosc.ht ml#t opic_2_h1.2__eq4)). Wzór t en jest słuszny dla dowolnego ruchu,
więc musi być również słuszny dla ruchu jednost ajnie przyspieszonego. Przyjmując, że położenie
począt kowe s0 = 0, ot rzymamy, że droga s po czasie t jest równa
s = vś r t
( 1.21 )
Dla ruchu jednost ajnie przyspieszonego prędkość rośnie liniowo, od wart ości v0 do wart ości v
więc średnia prędkość jest równa średniej aryt met ycznej (t ut aj średnia aryt met yczna odpowiada
prędkości średniej zdefiniowanej za pomocą wzoru (1.4
(2_1_2_droga_i_predkosc.ht ml#t opic_2_h1.2__eq4)), gdyż prędkość w ruchu jednost ajnie
przyspieszonym rośnie liniowo w czasie; w jednakowych przedziałach czasu przyrost y prędkości
są jednakowe) i wynosi
vś r =
v+v0
2
( 1.22 )
Podst awiając t en wynik do wzoru s
= vś r t , ot rzymujemy: s =
v+v0
2
t . Jest
t o wzór ident yczny ze
wzorem (1.20 (2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq18))!
Podst awiając we wzorze (1.20
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq18)) w miejsce v wyrażenie:
v = v0 + at , ot rzymamy
s=
v0 + ( v0 + at)
v0
v0
at 2
t=
t+
t+
2
2
2
2
( 1.23 )
Ost at ecznie ot rzymujemy wzór
s = v0 t +
at 2
2
Jeżeli dodamy położenie począt kowe s0 (w chwili t =
ciała od czasu w ruchu jednost ajnie przyspieszonym:
a
( 1.24 )
0), ot rzymamy pełną zależność położenia
2
s = s0 + v0 t +
at 2
2
( 1.25 )
Zależność t a jest kwadrat ową funkcją czasu, zat em na wykresie zależności położenia ciała od
czasu opisuje ją parabolą (rys. 1.15
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__rys12)).
 Rysunek 1.15 Wykres zależno ści po ło żenia o d czasu w ruchu jedno stajnie
przyspieszo nym pro sto linio wym
� Zapamiętaj
Prędko ść i po ło zenie w ruchu jedno stajnie przyspieszo nym
Równanie prędkości v w zależności od czasu t :
v = v0 + at
( 1.26 )
gdzie v0 – prędkość począt kowa.
Równanie położenia s w zależności od czasu t :
at 2
s = s0 + v0 t +
2
( 1.27 )
gdzie: s0 – położenie począt kowe, v0 – prędkość począt kowa.
 Przykład 4
Przyjmijmy, że podczas wyst rzału pocisk w lufie porusza się ruchem jednost ajnie
przyspieszonym i osiąga u wylot u lufy prędkość v = 800 m/s. Ile wynosi przyspieszenie
pocisku w lufie karabinu i jak długo t rwa lot pocisku w lufie podczas wyst rzału? Lufa ma długość
l = 60 cm.
Odpo wiedź: Dla ruchu jednost ajnie przyspieszonego mamy dwa zasadnicze równania:
równanie dla prędkości (1.19
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq17)) i równanie dla drogi (1.25
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq20)). Układ dwóch równań
pozwoli nam na obliczenie dwóch niewiadomych — czasu t lot u pocisku w lufie oraz
przyspieszenia pocisku a . Ponieważ v0 = 0, więc
v = at
l
( 1.28 )
Droga pocisku s jest równa długości lufy l, zat em
l=
Z pierwszego równania można wyznaczyć
at 2
2
t=
( 1.29 )
v
a
Zat em z drugiego równania ot rzymujemy
v2
l=
2a
( 1.30 )
Skąd
2
(800 m
)
v2
m
s
a=
=
= 533 333, 33
2l
2 ⋅ 0, 6 m
s2
( 1.31 )
Jest t o olbrzymie przyspieszenie, ponad 54000 razy większe od przyspieszenia ziemskiego g .
Czas przelot u pocisku w lufie wynosi
t=
v
2l
2 ⋅ 0, 6 m
=
=
= 1, 5 ⋅ 10-3 s = 1, 5 ms
m
a
v
800 s
( 1.32 )
Widzimy, że jest on bardzo mały, gdyż jest równy 1,5 milisekundy.
 Pytania i problemy
1. Podaj definicję przyspieszenia średniego i chwilowego.
2. Przyspieszenie pewnego ciała jest st ałe i ma wart ość 2 m/s2 . Oblicz wart ość prędkości
t ego ciała po czasie 1 s, po czasie 2 s i po czasie t , przyjmując, że prędkość począt kowa
t ego ciała ma wart ość zero.
3. Przedst aw na wykresach zależność prędkości od czasu i zależność położenia od czasu w
t rakcie ruchu pocisku w lufie i poza nią (nie uwzględniając siły oporu powiet rza i siły
grawit acji), przyjmując dane z Przykład 4
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__p1.4.1).
Przyspieszenie ziemskie, swobodne
spadanie ciał
Badaniem swobodnie spadających ciał już w st arożyt ności zajmował się Aryst ot eles. Nie opisał
jednak t ego zjawiska prawidłowo, ponieważ w t ym przypadku oparł się przede wszyst kim na
spekulacjach myślowych, mimo że generalnie uznawał rolę doświadczenia. Taki sposób podejścia,
częst o st osowany w st arożyt ności, w wielu przypadkach prowadził do błędnych wyników.
Galileusz nat omiast uznawał, że doświadczenie rozst rzyga o prawidłowości rozważań
t eoret ycznych. Dlat ego osiągnął wiele sukcesów w swoich badaniach. Tego t ypu podejście st ało
się podst awową met odą badań nowożyt nej fizyki. Aryst ot eles nie zdawał sobie sprawy z roli,
jaką dla swobodnie spadających ciał odgrywa opór powiet rza. Nie uwzględniano go aż do XVII
wieku, kiedy t o Galileusz przeprowadził wiele doświadczeń ze swobodnie spadającymi ciałami i
zrozumiał, że w t ym ruchu opór powiet rza ma duże znaczenie (rys. 1.17
(2_1_5_przyspieszenie_ziemskie.ht ml#t opic_2_h1.5__rys14)). Wpływ oporu powiet rza jest duży
dla ciał lekkich i dużych, dlat ego swoje doświadczenia wykonywał z ciałami ciężkimi i małymi.
St wierdził (w granicach niepewności pomiarowej), że droga spadającego ciała jest wprost
proporcjonalna do kwadrat u czasu. Wobec t ego ruch ciała spadającego w syt uacji, gdy możemy
pomiąć opór powiet rza, jest ruchem jednost ajnie przyspieszonym. Proporcjonalność drogi do
kwadrat u czasu łat wo można zauważyć, gdy we wzorze (1.24
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq19)) podst awimy v0 = 0 (co
oznacza, że spadanie jest swobodne — bez nadawania prędkości począt kowej). Wt edy
s=
at 2
2
( 1.33 )
 Rysunek 1.16
Galileusz i Krzywa Wieża
 a) Galileo Galilei, czyli Galileusz (1564–1642). Wielki uczony-odkrywca. Położył fundament y
pod nowoczesną met odologię badawczą fizyki; b) Krzywa Wieża w Pizie, z kt órej Galileusz
zrzucał różne ciała dla udowodnienia, że spadają one w jednakowym czasie
Galileusz pierwszy st wierdził, że przyspieszenie ciał spadających w pobliżu powierzchni Ziemi nie
zależy od ich masy (jeżeli pominie się opory powiet rza – rys. 1.17
(2_1_5_przyspieszenie_ziemskie.ht ml#t opic_2_h1.5__rys14)).
 Rysunek 1.17
Kulki spadające z jednako wym przyspieszeniem
 Rysunek sporządzony na podst awie współczesnego zdjęcia st roboskopowego spadającej
kulki wykonanego z ot wart ą migawką. Świat ło błyska w st ałych odst ępach czasu, co 1/30
sekundy. Obok kulki o dużej masie spada kulka o masie małej. Widać, że kulki spadają
jednocześnie, a więc kulki spadają z jednakowym przyspieszeniem, niezależnie od wart ości ich
masy
� Zapamiętaj
Przyspieszenie ziemskie
Wszyst kie ciała w próżni, w pobliżu Ziemi, spadają z jednakowym przyspieszeniem g ,
zwanym przyspieszeniem ziemskim
g = 9, 81
m
s2
( 1.34 )
Jest t o bardzo ważny i ciekawy fakt doświadczalny!
Należy zaznaczyć, że wart ość
g = 9, 81 m/s2
jest średnią, przybliżoną z dokładnością do
g = 9, 81 m/
drugiego miejsca po przecinku, kt óra może nieco się różnić w zależności od szerokości
geograficznej i wysokości nad poziomem morza. Na przykład, dla Warszawy g
a dla Nowego Jorku g
= 9, 82067 m/s2 .
= 9, 81230 m/s2 ,
Spadające ciało przebywa w pionie drogę równą wysokości, z kt órej spada. Wysokość oznacza
się symbolem h, więc dla swobodnego spadania, gdzie przyspieszenie wynosi g , wzór (1.33
(2_1_5_przyspieszenie_ziemskie.ht ml#t opic_2_h1.5__eq22)) przybierze post ać
h=
gt 2
2
( 1.35 )
 Przykład 5
Zobaczymy, jak za pomocą st opera można zmierzyć głębokość st udni. Do st udni upuszczono
kamień i usłyszano uderzenie o dno po czasie t = 1, 6 s. Znając przyspieszenie ziemskie
g = 9, 81 m/s2
oraz szybkość głosu w powiet rzu v
= 340 m/s, oblicz głębokość st udni.
Odpo wiedź: Czas t składa się z dwóch przedziałów: t 1 – czasu spadania kamienia, oraz t 2 –
czasu lot u dźwięku w górę:
t = t1 + t2
 Rysunek 1.18
( 1.36 )
Animacja
 Do st udni wpada kamień
Czas t 1 obliczymy z równania (1.35
(2_1_5_przyspieszenie_ziemskie.ht ml#t opic_2_h1.5__eq23))
−−
−
2h
t1 = √
g
( 1.37 )
Czas t 2 znajdziemy z równania (1.11 (2_1_3_ruch_jednost ajny.ht ml#t opic_2_h1.3__eq9)) drogi
dźwięku w ruchu jednost ajnym:
t2 =
h
v
( 1.38 )
Dodając t e dwa równania st ronami, ot rzymamy
−−
−
2h
h
t1 + t2 = √
+ =t
g
v
( 1.39 )
Jest t o równanie z szukaną przez nas niewiadomą h, kt óre po prost ych przekszt ałceniach
przyjmie post ać:
gh2 − 2v(v + at)h + gv2 t 2 = 0
( 1.40 )
Ot rzymaliśmy równanie kwadrat owe. Ma ono dwa pierwiast ki:
h1 = vt +
v2
v −−−−−−−−
− √v2 + 2vgt
g
g
h2 = vt +
v2
v −−−−−−−−
+ √v2 + 2vgt
g
g
( 1.41 )
( 1.42 )
Musimy obecnie wybrać jedno z t ych rozwiązań, jako odpowiadające rzeczywist ości. Zauważmy,
że wyraz vt oznacza drogę przelot u dźwięku w całym czasie t (będącym łącznym czasem,
obejmującym czas spadania kamienia i czas powrot u dźwięku). Droga t a jest bez wąt pienia
dużo większa od rzeczywist ej głębokości st udni. Rozwiązanie drugie nie odpowiada więc
rzeczywist ości, gdyż daje wart ość h jeszcze większą, zat em rozwiązanie pierwsze daje
prawdziwą głębokość st udni
2
(340 m
)
340
v2
v −−−−−−−−
m
s
h1 = vt +
− √v2 + 2vgt = 340
⋅ 1, 6 s +
−
m
g
g
s
9, 81 2
9, 81
s
m
s
m
s2
−−−−(−1.43
−−−−−
)2 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
m
m
m
√(340
) + 2 ⋅ 340
⋅ 9, 81
⋅ 1, 6 s = 12 m
s
s
s2
Głębokość st udni wynosi 12 m.
Zwróć uwagę na t o, że głębokość st udni można oszacować na podst awie rozumowania
uproszczonego. Zauważmy, że prędkość dźwięku jest dużo większa niż średnia prędkość
spadającego kamienia. To oznacza, że t 2 – czas lot u dźwięku w górę jest dużo mniejszy niż
czas t 1 – spadania kamienia t 2 ≪ t 1 . Zat em pomijając t 2 w równaniu t = t 1 + t 2 można
szybko oszacować głębokość st udni z uproszczonego równania
−−
−
2h
gt 2
t ≈ t1 = √
stą d h =
= 12,56m
g
2
( 1.44 )
Jak widać, t ak oszacowana głębokość st udni mało różni się od wart ości dokładniejszej:
h = 12 m.
Umiejęt ność oszacowania wielkości jest ważna, bo pozwala sprawdzić, czy ot rzymany wynik
obliczeń jest sensowny; częst o t eż wart ość przybliżona jest wyst arzająca dla celów
prakt ycznych.
 Pytania i problemy
1. W jaki sposób można st wierdzić, że przyspieszenie spadających ciał nie zależy od ich
masy?
2. Kiedy można pominąć opór powiet rza przy swobodnym spadaniu ciał? Rozważ t rzy możliwe
czynniki: masę spadającego cała, jego kszt ałt oraz wysokość z jakiej ciało upuszczamy.
3. Z kawałka grubego papieru wyt nij krążek o średnicy nieco mniejszej od średnicy monet y.
Upuść jednocześnie monet ę i krążek z t ej samej wysokości (rys. 1.19
(2_1_5_przyspieszenie_ziemskie.ht ml#t opic_2_h1.5__rys16)). Powt órz t o doświadczenie z
krążkiem papieru umieszczonym pod i nad monet ą. Post araj się, aby monet a i krążek
spadały „płasko” bez obrot ów. Opisz wnioski z t ych doświadczeń.
 Rysunek 1.19
Ilustracja do pytania 3
 a) Upuszczanie równoczesne monet y i papierowego krążka, b) upuszczanie monet y ze
znajdującym się pod nią krążkiem papierowym, c) upuszczanie monet y ze znajdującym się
nad nią krążkiem papierowym
Obserwuj moment upadania t ych przedmiot ów na podłogę. We wnioskach z doświadczeń
powołaj się na Galileusza i uwzględnij opór powiet rza. Zauważ, że w przypadkach b) i c)
efekt ywny opór ruchu działający na krążek papierowy jest t aki sam jak opór działający na
monet ę.
4. W jaki sposób Galileusz st wierdził, że wszyst kie ciała w próżni, w pobliżu Ziemi spadają z
jednakowym przyspieszeniem ziemskim g ?
5. Z wysokości począt kowej H0 nad ziemią spada swobodnie ciężarek. Napisz równanie
położenia ciężarka h w zależności od czasu t w przypadku, gdy:
a. oś położenia – wysokości h jest skierowana w dół, a punkt zerowy znajduje się w
miejscu st art u ciężarka;
b. oś położenia – wysokości h jest skierowana w górę, a punkt zerowy znajduje się na
ziemi.
Doświadczenie „Galileusz”
Powt órzymy słynne doświadczenie, kt óre wykonywał Galileusz ze swobodnie spadającymi
ciałami. Doświadczenie t o możesz wykonać t eż wirt ualnie za pomocą animacji
(2_1_6_doswiadczenie_galileusz.ht ml#t ask_2_h1.6__anim1.6).
Przygot ujmy kilka ciężarków o różnych masach, kt óre będziemy puszczać z wysokości h, kilka
st operów do pomiaru czasu spadania ciężarków (mogą t o być st opery w t elefonach
komórkowych) oraz t aśmę mierniczą do pomiaru wysokości h. Doświadczenie wykonujemy w
nast ępujący sposób:
Najpierw mierzymy wysokość h, z kt órej będziemy spuszczać ciężarki (może t o być wysokość
drugiego lub t rzeciego pięt ra budynku). Pamięt ajmy t akże o zabezpieczeniu przewidywanego
miejsca upadku ciężarków czymś miękkim, by nie zniszczyć podłoża. Nast ępnie na dany sygnał
(np. przez nauczyciela) jeden uczeń puszcza ciężarek, a inni mierzą czas spadania st operami. Te
same czynności powt arzamy z innymi ciężarkami.
Po zakończeniu pomiarów wykonamy jeszcze jedno doświadczenie: Wszyst kie ciężarki (o
różnych masach) puścimy jednocześnie i zwrócimy uwagę na t o, czy ciężarki upadły na ziemię w
t ej samej chwili.
Wyniki pomiarów zapisujemy w t abelce przygot owanej według wzoru przedst awionego w
rys. 1.20 (2_1_6_doswiadczenie_galileusz.ht ml#t ask_2_h1.6__t ab1.6.1). Jeżeli czas spadani
ciężarków jest mierzony przez więcej niż t roje uczniów, t o odpowiednio zwiększamy liczbę
kolumn w t abeli.
 Rysunek 1.20
T abelka po miaró w
Dla każdego ciężarka obliczamy czas średni spadania oraz przyspieszenie ziemskie g ,
korzyst ając ze wzoru (1.35
(../t opics/2_1_5_przyspieszenie_ziemskie.ht ml#t opic_2_h1.5__eq23)), z kt órego ot rzymujemy
g=
2h
t2
( 1.45 )
Oceniamy niepewności pomiarów zgodnie z opisem w Ocena niepewności pomiarowych
(../t opics/2_1_7_ocena_niepewnosci_pomiarowych.ht ml#t opic_2_h1.7). Najpierw oceniamy
niepewność pomiaru czasu średniego t jako sumę wart ości najmniejszej działki st opera (np. 0,1
s) i czasu reakcji przy włączaniu i wyłączaniu st opera (np. 0,1 s + 0,1 s, więc w sumie
Δt = 0, 3 s).
Musimy przy t ej okazji kryt ycznie spojrzeć na uzyskane pojedyncze wyniki czasu spadania i
rozst rzygnąć, czy kt óryś z nich nie jest obarczony błędem grubym, czy nie jest efekt em
pomyłki. Sprawdzamy zat em, czy każdy pojedynczy pomiar odst aje od średniej w swojej serii nie
bardziej, niż o Δt . Jeżeli wychwycimy wynik, kt óry nie mieści się w przedziale t ś r ± Δt , t o
powinniśmy rozważyć jego wyeliminowanie z serii i ponowne obliczenie wart ości t ś r .
Odpowiadamy na pyt anie, czy czasy spadania ciężarków o różnych masach są jednakowe w
granicach niepewności pomiarowej. Jaki wypływa st ąd wniosek?
Oceńmy t eraz niepewność pomiarową wysokości Δh. Musimy uwzględnić możliwość, że ciężarki
spuszczaliśmy z nieco różniących się wysokości (przyjmujemy, że niepewność st ąd wynikająca
nie przekracza 2 cm). Ponadt o podłoże, na kt óre spadały ciężarki, nie jest idealnie poziomą
płaszczyzną (np. różnice wysokości mogły wynosić 3 cm). Dokładność przyłożenia t aśmy
mierniczej oraz ograniczona dokładność t aśmy (wart ość najmniejszej działki t aśmy mierniczej)
powiększa nam niepewność pomiarową (np. o dodat kowe: 1 cm + 1 cm = 2 cm). Przyjmujemy, że
wszyst kie t e czynniki, sumując się, dają łączną wart ość niepewności pomiaru wysokości h (w
naszym przykładzie Δh = 2 cm + 3 cm + 2 cm = 7 cm).
Obliczamy niepewność pomiaru przyspieszenia ziemskiego g , korzyst ając z reguły podanej w
Ocena niepewności pomiarowych
(../t opics/2_1_7_ocena_niepewnosci_pomiarowych.ht ml#t opic_2_h1.7). W naszym przypadku
niepewność względną wyniku pomiaru obliczamy według wzoru
ε=
Δg
Δh
Δt
=
+2
g
h
t
( 1.46 )
Sprawdzamy, czy ot rzymane wart ości g dla różnych mas ciężarków różnią się między sobą w
granicach obliczonej niepewności pomiarowej. Obliczamy wart ość średnią gś r .
Oblicz różnicę między gś r a znaną wart ością g
= 9, 81 m/s2
(t ablicową). Jaki wynika st ąd
wniosek?
Jako podsumowanie doświadczenia piszemy zasadniczy wniosek końcowy: co było celem
doświadczenia i czy wyniki pomiarów są zgodne z naszymi oczekiwaniami zawart ymi w
sformułowaniu celu doświadczenia.
Sprawozdanie z doświadczenia „Galileusz” (ht t p://../images/Sprawozdanie1_r.doc)
 Rysunek 1.21
Animacja
 Galileusz - doświadczenie wirt ualne
1. Uruchom animację kliknięciem myszy.
St oper uruchamia się sam w momencie, gdy chłopiec upuszcza piłkę.
2. Obserwuj ruch spadającej piłki i zat rzymaj animację w momencie, gdy piłka upada na ziemię.
3. Zanot uj odczyt st opera (z unieruchomionej animacji) i wpisz do t abelki pomiarów w
sprawozdaniu.
Przyjmij, że wysokość H = 8 m. Nast ępnie, powt órz czynności 1-3. Moment
zast opowania animacji zależy od czynników przypadkowych (t wój refleks). Dlat ego, t ak jak
w „realu” za każdym razem uzyskasz nieco inny odczyt na st operze - t o pozwoli ci
właściwie ocenić niepewności pomiarowe doświadczenia. Niepewność ΔH oceń t ak, jak w
doświadczeniu realnym.
Ocena niepewności pomiarowych
Każdy wynik pomiaru x daje t ylko wart ość przybliżoną rzeczywist ej wart ości x0 . Spowodowane
jest t o t ym, że:
1. przedmiot , kt óry mierzymy, jest niedoskonały, np. przy pomiarze długości st wierdzamy, że
przedmiot nie jest idealnie równy; z kolei gdy mierzymy odst ęp czasu t o synchronizacja
rozpoczęcia pomiaru z począt kiem zjawiska nie jest idealna (podobnie jest z synchronizacją
zakończenia pomiaru z końcem zjawiska);
2. pomiar zawsze odbywa się z ograniczoną dokładnością wynikającą zarówno z czynności
pomiarowych, jak i z wykonania samego przyrządu pomiarowego, np. przy pomiarze
długości wyst ępuje: niedokładne przyłożenie linijki, nieprecyzyjne wykonanie podziałki,
określona grubość kresek podziałki, it d.
Mimo że prawdziwa wart ość wielkości mierzonej nie jest znana, możemy określić przedział
wart ości, w kt órym się ona mieści. Połowę szerokości t ego przedziału nazywamy niepewnością
pomiarową Δx. Przyjmujemy, że wart ość rzeczywist a mieści się z dużym
prawdopodobieńst wem w przedziale między: (x − Δx) a (x + Δx) , gdzie x jest wart ością
zmierzoną. Na przykład, mierząc długość pręt a, ot rzymaliśmy wart ość x = 36, 4 cm i
niepewność pomiarową Δx = 0, 3 cm. Przyjmujemy więc, że długość zmierzonego pręt a wynosi
l = (36, 4 ± 0, 3) cm.
 Ważne
Niepewność pomiarowa jest miarą precyzji pomiaru; podaje ona dopuszczalne odchylenie
wyniku pomiaru od prawdziwej wart ości wielkości mierzonej.
Niepewności pomiarowe można zmniejszyć, st osując dokładniejszy przyrząd lub dokładniejszą
met odę pomiaru. Jednakże nie jest eśmy w st anie ich całkowicie wyeliminować. Poza
niepewnościami pomiarowymi wyst ępują błędy pomiarowe, kt órych można uniknąć. Błędy
pomiarowe powst ają częst o na skut ek przeoczenia lub pominięcia ważnego czynnika
wpływającego na pomiar, np. przy pomiarze długości pręt a nie zauważamy jego wygięcia.
Dla zmniejszenia niepewności pomiarowej wykonujemy pomiar wielokrot nie, wt edy częst o
poszczególne wyniki pomiaru nieco różnią się od siebie, gdyż każdy pomiar obarczony jest
przypadkową niepewnością pomiarową. Obliczając średnią aryt met yczną z t ych pomiarów,
ot rzymujemy wart ość najbardziej zbliżoną do wart ości rzeczywist ej. Czasami zdarza się, że
jeden wynik pomiaru różni się znacznie od pozost ałych. Wt edy odrzucamy go i nie uwzględniamy
przy obliczaniu wart ości średniej, gdyż mamy prawo sądzić, z dużym prawdopodobieńst wem, że
powst ał na skut ek błędu pomiaru. Mówimy, że t en wynik pomiaru jest obarczony błędem
grubym.
Przy ocenie niepewności pomiarowych pojedynczego pomiaru bierzemy pod uwagę wszyst kie
czynniki, kt óre wpływają na jego dokładność. Suma wszyst kich przyczynków daje łączną
niepewność pomiarową. Sposób oceniania niepewności pomiarowych zależy od konkret nej
syt uacji. Zapoznamy się z nim przy okazji wykonywania opisanych doświadczeń.
Zast anówmy się t eraz, jak obliczyć niepewność pomiarową w przypadku, gdy wynikiem pomiaru
jest wielkość złożona, dana za pomocą wzoru mat emat ycznego, kt órego element ami są
wielkości obarczone niepewnością pomiaru. Rozważymy syt uację, w kt órej bezpośrednio
zmierzyliśmy dwie niezależne wielkości: x oraz y; oszacowaliśmy t akże ich niepewności
pomiarowe Δx i Δy. Wielkość złożoną (z wielkości element arnych x oraz y) oznaczymy
symbolem z.
 UWAGA
Jeżeli wielkość złożona z jest przedst awiona za pomocą sumy lub różnicy wielkości
mierzonych bezpośrednio, t o niepewność Δz wyniku pomiaru jest równa sumie niepewności
pomiarów Δx i Δy.
gdy
z= z+ y
lub
z= z−y
to
Δz = Δx + Δy
( 1.47 )
 UWAGA
Jeżeli wielkość złożona z jest przedst awiona za pomocą iloczynu lub ilorazu, t o względna
niepewność Δz
wyniku pomiaru jest równa sumie względnych niepewności pomiarowych Δx
z
i Δy (względną niepewnością pomiarową nazywamy iloraz niepewności pomiarowej i
wart ości wielkości mierzonej).
gdy
z= x⋅y
lub
x
y
z=
to
Δz ∣ Δx ∣ ∣ Δy ∣
=∣
∣+∣
∣
z
∣ x ∣ ∣ y ∣
( 1.48 )
Zast osowaliśmy t u znaki bezwzględnej wart ości, ponieważ przyjmujemy, dla oceny
maksymalnej niepewności pomiaru, przypadek najbardziej niekorzyst ny, gdy niepewności
pomiaru sumują się z t ym samym znakiem.
 Uwaga
Łat wo możemy zrozumieć, dlaczego w przypadku iloczynu dwóch mierzonych wielkości x i y
Δy
sumujemy niepewności względne Δx i
. Niepewność iloczynu wynosi
x
y
Δ(xy) = (x + Δx) ⋅ (y + Δy) − xy. Po wymnożeniu wyrażeń w nawiasach ot rzymamy
Δ(xy) = x Δy + y Δx + Δx Δy
( 1.49 )
Iloczyn dwóch małych wielkości Δx Δy jest bardzo mały w porównaniu z pozost ałymi
wyrazami i można go zaniedbać. St ąd ot rzymujemy regułę dodawania względnych
niepewności pomiarowych:
Δ(xy)
∣ Δx ∣ ∣ Δy ∣
=∣
∣+∣
∣
xy
∣ x ∣ ∣ y ∣
( 1.50 )
Wynik t en można zilust rować graficznie. Niech prost okąt ma boki o długościach a i b. Jego
pole powierzchni ma wart ość S = a ⋅ b. Jeśli zwiększymy bok „a” o Δa i jednocześnie
zwiększymy bok „b” o Δb, t o pole powierzchni zwiększy się o ΔS.
 Rysunek 1.22
Graficzna ilustracja mno żenia niepewno ści po miaro wych
Ze wzoru 1.49 (2_1_7_ocena_niepewnosci_pomiarowych.ht ml#t opic_2_h1.7__eqA)
ot rzymujemy
ΔS = |b ⋅ Δa| + |a ⋅ Δb| + |Δa ⋅ Δb|
( 1.51 )
Na t ę zmianę składają się t rzy przyczynki, pokazane na rysunku. Te przyczynki odpowiadają
t rzem składnikom sumy we wzorze (1.51
(2_1_7_ocena_niepewnosci_pomiarowych.ht ml#t opic_2_h1.7__eqB)). Widać t akże, że
przyczynek Δa ⋅ Δb może być pominięt y wobec pozost ałych dwóch. Jeśli t eraz wzór (1.51
(2_1_7_ocena_niepewnosci_pomiarowych.ht ml#t opic_2_h1.7__eqB)), z pominięt ym
składnikiem Δa ⋅ Δb, podzielimy obust ronnie przez S = a ⋅ b, t o ot rzymamy:
ΔS
Δa
Δb
=
+
S
a
b
( 1.52 )
Na zakończenie podamy jeszcze zasady zaokrąglania wyników i niepewności pomiarowych.
W przypadku gdy wart ość niepewności pomiarowej ma pierwszą cyfrę znaczącą mniejszą od 3,
podajemy ją z dokładnością do dwóch miejsc znaczących, w pozost ałych przypadkach
zaokrąglamy ją do jednej cyfry znaczącej.
 Ważne
Cyfry znaczące t o wszyst kie cyfry liczby dziesięt nej z wyjąt kiem zera z lewej st rony t ej
liczby.
Taki sposób zaokrąglania wynika z fakt u, że zwykle nie jest eśmy w st anie wyznaczyć
niepewności pomiarowej z dokładnością lepszą niż 20% jej wart ości. Ot o przykłady właściwych
zaokrągleń:
0, 00134 ≈ 0, 0013 = 1, 3 ⋅ 10-3
0, 0103 ≈ 0, 010 = 1, 0 ⋅ 10-2
0, 0302 ≈ 0, 03 = 3 ⋅ 10-2
6 270 ≈ 6 ⋅ 103
 UWAGA
Wynik pomiaru zaokrąglamy zawsze do t ego samego miejsca dziesięt nego, do kt órego
zaokrągliliśmy niepewność pomiarową.
Ot o przykłady wyników pomiaru prawidłowo zaokrąglonych:
l = (1, 4841 ± 0, 0013) m
m = (320 ± 40) g
t = (86, 3 ± 0, 6) ⋅ 106 s
W przypadku gdy celem pomiaru jest zbadanie zależności między wielkościami, wynik
przedst awiamy na wykresie. Przeprowadzamy wt edy „graficzną” ocenę i dyskusję niepewności
pomiaru. Takie post ępowanie omówimy przy okazji Doświadczenie „Akceleracja”
(../t asks/2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13).
 Uwaga
Gdy wykonujemy pomiar wielokrot nie, a niepewnością pomiarową rządzi przypadek, t o
okazuje się, że wyniki pomiarów układają się w pewien prawidłowy sposób. Na przykład, w
celu wyznaczenia masy złot ego pierścionka ważono go wielokrot nie na wadze, kt órej skala
pozwalała na odczyt wart ości z dokładnością do 1mg (0,001g). Uzyskane wyniki przedst awia
t abela rys. 1.23 (2_1_7_ocena_niepewnosci_pomiarowych.ht ml#t opic_2_h1.7__t ab1.7.1).
 Rysunek 1.23
T abelka po miaró w masy pierścio nka
Liczba przypadków n, w kt órych uzyskano konkret ną wart ość masy przedst awiona jest na
wykresie – hist ogramie (rys. 1.24
(2_1_7_ocena_niepewnosci_pomiarowych.ht ml#t opic_2_h1.7__rys17)). Widzimy, że wyniki
układają się na charakt eryst ycznej krzywej mającej kszt ałt dzwonu, nazywanej krzywą
Gaussa. Krzywa t a wyraża ogólną prawidłowość st at yst yczną – w naszym przykładzie fakt
int uicyjnie zrozumiały, że najczęściej wyst ępują wyniki pomiaru zbliżone do wart ości
rzeczywist ej, a coraz rzadziej ot rzymuje się wynik pomiaru z coraz t o większym odchyleniem
od wart ości rzeczywist ej.
Za najbardziej zbliżoną do wart ości rzeczywist ej uznajemy średnią aryt met yczną wyników,
kt óra w t ym przypadku prakt ycznie pokrywa się z wynikiem najczęściej wyst ępującym
(maksimum krzywej).
Liczebno ść występo wania wynikó w po miaro wych przy
wielo kro tnych po miarach
 Rysunek 1.24
Przypomnij sobie zasady porównywania wyników z t omu I.
 Pytania i problemy
1. Czy dowolny pomiar wielkości fizycznej może być dokonany z bezwzględną dokładnością, z
niepewnością pomiarową równą zeru? Odpowiedź uzasadnij.
2. Podaj przyczyny, dla kt órych każdy pomiar jest obarczony niepewnością pomiarową.
3. Podaj przyczyny, dla kt órych pomiar może być obarczony błędem pomiarowym.
4. Co t o jest niepewność pomiarowa? Podaj definicję niepewności pomiarowej.
5. Podaj, jakim wzorem zapiszemy niepewność pomiaru złożonego, w przypadku gdy jest on
wyrażony w post aci sumy pomiarów bezpośrednich.
6. Podaj, jakim wzorem zapiszemy niepewność pomiaru złożonego, w przypadku gdy jest on
wyrażony w post aci różnicy pomiarów bezpośrednich.
7. Co t o jest niepewność względna pomiaru?
8. Podaj, jakim wzorem zapiszemy niepewność pomiaru złożonego, w przypadku gdy jest on
wyrażony w post aci iloczynu pomiarów bezpośrednich?
9. Powiedzmy, że mierząc długość t yczki, ot rzymałeś wart ość l = 1, 456 m, a niepewność
pomiarowa oceniłeś na l = 0, 5 cm. Zapisz wynik pomiaru długości t yczki (st osując
właściwe zaokrąglenia).
Ruch jednostajnie opóźniony
Jeżeli przyspieszenie a⃗ jest zwrócone w st ronę przeciwną do prędkości v⃗ ruchu ciała, t o
prędkość będzie coraz mniejsza i będziemy mieli do czynienia z ruchem opóźnionym.
Przyspieszenie zwrócone przeciwnie do prędkości ciała nazywa się opóźnieniem. Jeżeli
opóźnienie jest st ałe, t o ruch nazywamy jednostajnie opóźnionym.
Wzory na prędkość (1.26 (2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq_jp_v))
i położenie (1.27 (2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq_jp_s)) w ruchu
jednost ajnie przyspieszonym przechodzą we wzory dla ruchu jednost ajnie opóźnionego, gdy
zmienimy znak przy a na ujemny. Wt edy wzór na prędkość przyjmie post ać:
v = v0 − at
( 1.53 )
 Uwaga
Trzymając się ściśle wzoru (1.15
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq13)) - definicji
przyśpieszenia - w post aci:
a=
v − v0
t
( 1.54 )
t rzeba przyjąć, że przyśpieszenie jest ujemne w ruchu opóźnionym (gdy prędkość ciała jest
dodat nia i zmniejsza się, bo wt edy v0 > v). Jednakże mówienie o „przyśpieszeniu” w ruchu
opóźnionym jest niezręczne, dlat ego st osuje się t ermin „opóźnienie” zamiast „wart ość
bezwzględna ujemnego przyśpieszenia”.
Wyobraźmy sobie, na przykład, hamujący samochód. Jego prędkość zmniejsza się od v0 w
chwili t = 0 do v mniejszego od v0 . Zmiana prędkości Δv = v − v0 jest ujemna, a więc i
przyspieszenie a = Δv/Δt t eż jest ujemne. Zat em opóźnienie jako wart ość bezwzględna
przyspieszenia ujemnego, jest równe ubytko wi prędkości w jednost ce czasu
a = ( v0 − v)/Δt .
Wzory na prędkość i położenie w ruchu jednost ajnie przyspieszonym przechodzą we wzory dla
ruchu jednost ajnie opóźnionego, gdy zmienimy znak przy a na ujemny. Wt edy wzór na prędkość
przyjmie post ać:
v = v0 − at
( 1.55 )
Prędkość po czasie t jest równa prędkości począt kowej v0 pomniejszonej o zmianę prędkości
at , jaka się dokonała w czasie t . Wzór (1.55
(2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__eq26)) przedst awia zależność liniową
malejącej prędkości od czasu t . Na wykresie jest t o linia prost a opadająca ku dołowi (rys.
(2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__rys18)). Punkt przecięcia t ej prost ej z
osią czasu wyznacza chwilę t k , w kt órej prędkość zmaleje do zera; t k można ot rzymać z
równania (1.55 (2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__eq26)), podst awiając
v = 0. Ot rzymamy 0 = v0 − at , skąd
tk =
v0
a
( 1.56 )
W przypadku gdy opóźnienie ciała wywołane jest przez opory ruchu, np. przez t arcie albo
hamowanie samochodu, t o wt edy t k jest czasem t rwania ruchu jednost ajnie opóźnionego – ciało
kończy swój ruch.
W przypadku gdy przyspieszenie zwrócone przeciwnie do prędkości nie przest aje działać nadal
wyst ępuje po osiągnięciu zerowej prędkości, ciało kont ynuuje swój ruchu. Zmienia się jednak
zwrot jego prędkości. Z t aką syt uacją mamy do czynienia np. w przypadku rzut u pionowego do
góry (kt óry zost anie omówiony w dalszej części t ego rozdziału). W t akiej syt uacji nast ępuje
zmiana zwrot u prędkości w najwyższym punkcie t oru. Na wykresie zależności prędkości od czasu
(rys. (2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__rys18)) dalsze t rwanie ruchu
obrazuje odcinek linii pod osią czasu.
 Rysunek 1.25
Wykres zależno ści prędko ści o d czasu w ruchu jedno stajnie
o pó źnio nym
 Równanie (1.55 (2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__eq26)) obejmuje
zarówno ruch „do przodu”, czyli o zwrocie prędkości zgodnym ze zwrot em osi współrzędnej
położenia ciała, jak i ze zwrot em przeciwnym (kiedy ciało się cofa); wt edy na wykresie v ma
formalnie znak minus, co nie oznacza, oczywiście, że wart ość wekt ora prędkości jest ujemna!
A ot o równanie zależności położenia ciała od czasu w ruchu prost oliniowym jednost ajnie
opóźnionym:
s = s0 + v0 t −
at 2
2
( 1.57 )
Wykresem zależności położenia ciała od czasu w ruchu jednost ajnie opóźnionym, zgodnie ze
wzorem (1.57 (2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__eq28)), jest parabola o
gałęziach opadających ku dołowi (rys. 1.26
(2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__rys19)). Z wykresu możemy odczyt ać,
że wart ość współrzędnej położenia ciała s począt kowo narast a, ale coraz wolniej, aż do wart ości
maksymalnej.
Maksimum wyst ępuje dla czasu t k . Dalsza część krzywej oznaczona jest linią przerywaną, dla
kt órej wart ość współrzędnej położenia ciała maleje. Oznacza t o, że w t ym czasie ciało się cofa.
 Rysunek 1.26
Wykres zależno ści po ło żenia
o pó źnio nym
 Rysunek 1.27
s o d czasu t
w ruchu jedno stajnie
Animacja
 Kinemat yka - ruch jednost ajnie opóźniony
 Przykład 6
Samochód jedzie z prędkością v0 = 100 km/h. Nagle kierowca zauważa przeszkodę w
odległości l = 50 m . Czy ma on możliwość uniknięcia zderzenia z przeszkodą, jeżeli największe
dost ępne opóźnienie podczas hamowania wynosi a
= 4, 9 m/s2 ?
 Rysunek 1.28
Samo chó d hamujący przed przeszko dą
Odpo wiedź: Zakładamy, że podczas hamowania ruch samochodu jest jednost ajnie opóźniony,
obliczymy drogę, jaką przebyłby samochód, gdyby nie napot kał przeszkody. Przyjmijmy, że
s0 = 0, zat em wzór (1.57 (2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__eq28))
przyjmie post ać
s = v0 t −
at 2
2
Podst awiając do niego czas hamowania wyrażony wzorem (1.56
(2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__eq27)):
( 1.58 )
t = tk =
2
v20
v0
a v0
s = v0 ( ) − ( ) =
a
2 a
2a
v0
, ot rzymamy
a
( 1.59 )
Prędkość począt kowa samochodu wyrażona w met rach na sekundę wynosi
v0 = 100
km
100 000 m
m
=
= 27, 78
h
3 600 s
s
( 1.60 )
Zat em
s=
(27, 78
2 ⋅ 4, 9
m 2
)
s
m
s2
= 78, 7 m
Widzimy, że droga hamowania s jest znacznie większa od odległości l
Kierowca nie jest w st anie uniknąć zderzenia.
( 1.61 )
= 50 m od przeszkody!
Obliczmy jeszcze prędkość v, z jaką samochód uderzy w przeszkodę. Znamy drogę l oraz
prędkość począt kową v0 , ale nie znamy czasu t dot arcia samochodu do przeszkody. Zgodnie z
równaniem (1.53 (2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__eq25)) czas t en jest
równy
t=
v0 − v
a
( 1.62 )
Tak wyrażony czas podst awiamy do wzoru (1.39
(2_1_5_przyspieszenie_ziemskie.ht ml#t opic_2_h1.5__eq24a)):
2
at 2
v0 − v
a ( v0 − v)
l = v0 t −
= v0
− ⋅
2
a
2
a2
( 1.63 )
St ąd
l=
v20 − v2
2a
( 1.64 )
Rozwiązując t o równanie względem v, ot rzymamy szukaną prędkość zderzenia samochodu z
przeszkodą
−−−−−−−−−−−
−−−−−−−−−−−−−−
2
−−−−−−
m
m
m
km
v = √v20 − 2al = √(27, 78
) − 2 ⋅ 4, 9
⋅ 50 m = 16, 78
= 60, 4
s
s
h
s2
( 1.65 )
Samochód uderzy więc w przeszkodę z prędkością o wart ości 60,4 km/h.
 Przykład 7
Wyobraź sobie, że samochód spada z pewnej wysokości h i uzyskuje prędkość t aką, jak
obliczona w Przykład 6 (2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__p1.8.1) (60,4
km/h). Oblicz t ę wysokość.
Odpo wiedź: Samochód w swoim hipot et ycznym upadku porusza się ruchem jednost ajnie
przyspieszonym, z począt kową prędkością v0 = 0, z przyspieszeniem ziemskim g ,
przebywając w czasie
t drogę równą h. Wykorzyst ajmy więc wzór h =
nast ępujący sposób:
(gt) 2
gt 2
g2 t2
v2
h=
=
=
=
2
2g
2g
2g
 Rysunek 1.29
gt2
oraz wzór v
2
= gt w
( 1.66 )
Spadający samo chó d
 Efekt zderzenia z przeszkodą samochodu jadącego z prędkością 60 km/h odpowiada
upadkowi samochodu z dachu budynku czt eropięt rowego
Zat em
(16, 78 m/s) 2
v2
h=
=
= 14, 35 m
2g
2 ⋅ 9, 81 m/s2
( 1.67 )
Jest t o (w dobrym przybliżeniu) wysokość budynku czt eropięt rowego. Innymi słowy, samochód
zderzy się z przeszkodą z prędkością, jaką uzyskałby przy upadku z dachu czt eropięt rowego
budynku (rys. 1.29 (2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__rys21)).
 Pytania i problemy
1. Czym różni się ruch jednost ajnie przyspieszony od ruchu jednost ajnie opóźnionego?
2. Co t o jest opóźnienie? Dlaczego st osujemy pojęcie „opóźnienie” a nie „ujemne
przyspieszenie”?
3. Czy wzory na położenie i prędkość w ruchu jednost ajnie przyspieszonym różnią się od ich
odpowiedników w ruchu jednost ajnie opóźnionym?
4. Wykonaj wykres zależności położenia s od czasu t w ruchach jednost ajnie zmiennych wg
przykładów 6 i 7.
5. Wykonaj wykres zależności prędkości od czasu w ruchach jednost ajnie zmiennych wg
przykładów 6 i 7.
Rzut pionowy w górę
Jeżeli ciału nadamy prędkość począt kową v⃗ 0 w kierunku pionowym w górę, t o w całym czasie
ruchu ciało ma st ałe przyspieszenie ziemskie g ⃗ zwrócone pionowo w dół, a więc w st ronę
przeciwną do prędkości począt kowej v⃗ 0 . Zat em ciało, wznosząc się, wyt raca st ale prędkość, aż
do chwilowego zat rzymania się – wt edy prędkość chwilowa v = 0. W t ym momencie ciało osiąga
maksymalną wysokość H (rys. 1.30 (2_1_9_rzut _pionowy.ht ml#t opic_2_h1.9__rys22)). Ta
pierwsza faza ruchu w górę jest ruchem jednost ajnie opóźnionym ze st ałym opóźnieniem
równym g , oczywiście pod warunkiem, że pominiemy w t ym zagadnieniu opór powiet rza. W
drugiej fazie ruchu ciało swobodnie spada.
Obliczmy maksymalną wysokość H , na kt órą wzniesie się ciało (nie uwzględniamy t u, zgodnie z
założeniem, oporu powiet rza). Wykorzyst amy wzór na położenie ciała w ruchu jednost ajnie
opóźnionym (1.57 (2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__eq28)). Położenie s
w naszym zagadnieniu jest t ożsame z wysokością h, przyjmijmy s0 = h0 = 0 oraz a = g . Mamy
zat em
s = v0 t −
gt 2
2
( 1.68 )
Jest t o równanie wysokości na jakiej znajduje się ciało w każdej chwili, podczas rzut u pionowego
w górę. Maksymalną wysokość H na jaką wzniesie się ciało ot rzymamy, gdy do t ego wzoru
podst awimy czas wznoszenia t w . Zgodnie ze wzorem (1.56
v
(2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__eq27)) dla a = g mamy t w = t k = g0 .
Zat em
gt 2w
v0
g v0 2
H = v0 t w −
= v0 ( ) − ( )
2
g
2 g
( 1.69 )
St ąd
H=
 Rysunek 1.30
v20
2g
( 1.70 )
Rzut pio no wy w gó rę
 Maksymalna wysokość wynosi H
Zależność położenia (czyli wysokości) ciała rzuconego pionowo w górę od czasu, zgodnie ze
wzorem (1.68 (2_1_9_rzut _pionowy.ht ml#t opic_2_h1.9__eq29)), pokazana jest na rys. 1.31
(2_1_9_rzut _pionowy.ht ml#t opic_2_h1.9__rys23). Wykres przedst awia parabolę, kt órej
maksimum odpowiada największej wysokości H po upływie czasu t w . Parabola dot yka osi czasu
w dwóch punkt ach A i B . Punkt A odpowiada chwili wyrzucenia ciała t = 0. Punkt B odpowiada
czasowi t = t c , gdy ciało ponownie zet knie się z ziemią – wysokość ciała zmaleje do zera. Zat em
t
t
czas t c oznacza całkowit y czas t rwania rzut u (zarówno wznoszenia, jak i opadania). Czas t c łat wo
wyznaczymy, jeżeli we wzorze (1.68 (2_1_9_rzut _pionowy.ht ml#t opic_2_h1.9__eq29))
przyjmiemy, że h = 0:
gt c 2
0 = v0 t c −
2
( 1.71 )
Jest t o równanie kwadrat owe, gdzie niewiadomą jest czas t . Ma ono dwa pierwiast ki. Jeden t o
t c 1 = 0, co odpowiada wysokości zero w chwili st art u. Drugi pierwiast ek ot rzymamy po prost ym
=
przekszt ałceniu naszego równania: t c 2
2v0
.
g
Szukany przez nas czas odpowiada rozwiązaniu t c 2 , zat em
tc =
2v0
g
( 1.72 )
Jest t o wzór na czas t rwania całego rzut u pionowego w górę. Jeżeli przez t 1 oznaczymy czas
2v
wznoszenia ciała, a przez t 2 czas spadania ciała, t o t c = t 1 + t 2 = g 0 . Czas wznoszenia
zgodnie ze wzorem (1.56 (2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__eq27))
v
wynosi jednak t 1 = t w = g0 . Widzimy więc, że w rzucie pionowym w górę czas wznoszenia jest
równy czasowi spadania ciała: t 1
= t2 .
Wart ość prędkości dla rzut u pionowego dana jest wzorem (1.33
(2_1_5_przyspieszenie_ziemskie.ht ml#t opic_2_h1.5__eq22)), w kt órym podst awiono na miejsce
a przyspieszenie ziemskie g:
v = v0 − gt
( 1.73 )
 Rysunek 1.31 Wykres zależno ści wyso ko ści wzniesienia się ciała o d czasu w
rzucie pio no wym w gó rę
Łat wo możemy się t eraz przekonać, że prędkość końcowa ciała w chwili zderzenia z ziemią jest
równa prędkości począt kowej, ale, oczywiście, zwróconej przeciwnie: v⃗ = −v⃗ 0 . Po osiągnięciu
wysokości maksymalnej ciało zawraca i prędkość zmienia znak, ale w dalszym ciągu obowiązuje
wzór (1.73 (2_1_9_rzut _pionowy.ht ml#t opic_2_h1.9__eq32)) (pat rz – wykres prędkości na
rys. 1.29 (2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__rys21)). Fakt , że t uż przy
ziemi ciało osiąga prędkość v = −v0 , wynika ze wzoru (1.73
(2_1_9_rzut _pionowy.ht ml#t opic_2_h1.9__eq32)).
 Rysunek 1.32
Wykres zależno ści prędko ści o d czasu w rzucie pio no wym w gó rę
 Przykład 8
Obliczymy najmniejszą prędkość, z jaką należy rzucić pionowo w górę jakieś ciało, aby dot arło na
wysokość H = 12 m czt eropięt rowego budynku.
Odpo wiedź: Skorzyst amy ze wzoru (1.70 (2_1_9_rzut _pionowy.ht ml#t opic_2_h1.9__eq30))
na maksymalną wysokość H w rzucie pionowym. Wyznaczając z niego prędkość począt kową
v0 , mamy:
−−−−−−−−−−−−−−−−
m
m
km
−−−−
v0 = √2gH = √2 ⋅ (9, 81 2 ) ⋅ 12 m = 15, 34
= 55, 22
s
h
s
( 1.74 )
Aby ciało dot arło na wysokość 12 m, należy je wyrzucić z prędkością równą co najmniej 55,22
km/h.
 Pytania i problemy
1. Jaki czas należy wst awić do wzoru (1.68 (2_1_9_rzut _pionowy.ht ml#t opic_2_h1.9__eq29)),
aby ot rzymać wzór (1.70 (2_1_9_rzut _pionowy.ht ml#t opic_2_h1.9__eq30)) na maksymalną
wysokość H . Wykonaj odpowiednie przekszt ałcenia.
2. Udowodnij, że dla rzut u pionowego prędkość końcowa vk (t uż przed upadkiem ciała) jest
równa, co do wart ości bezwzględnej, prędkości począt kowej v0 .
3. Wykonaj wykresy położenia wysokości i prędkości ciała w funkcji czasu, wykorzyst ując dane
z Przykład 8 (2_1_9_rzut _pionowy.ht ml#t opic_2_h1.9__p1.9.1).
4. Przedst aw na wykresach zależności prędkości od czasu i na wykresach zależności drogi od
czasu ruch samochodu opisany w Przykład 6
(2_1_8_ruch_jednost ajnie_opozniony.ht ml#t opic_2_h1.8__p1.8.1). Zaznacz punkt y, w
kt órych nast ąpi zderzenie z przeszkodą. Rozszerz wykresy w t en sposób, aby uwidocznić
czas i drogę hamowania, gdy nie ma przeszkody.
Doświadczenie wirtualne „Rzut
pionowy”
 Rysunek 1.33
Animacja
 Doświadczenie - rzut pionowy
1. Uruchom animację kliknięciem myszy.
St oper uruchamia się sam w momencie, gdy chłopiec wypuszcza piłkę.
2. Obserwuj ruch piłki i zat rzymaj animację w momencie, gdy piłka: a) znajduje się w
najwyższym położeniu, b) znajduje się z powrot em w miejscu wyrzut u.
3. Zanot uj odczyt y a) i b) st opera (z animacji) i wpisz do t abelki pomiarów w sprawozdaniu.
Oblicz (korzyst ając z równań (1.68
(../t opics/2_1_9_rzut _pionowy.ht ml#t opic_2_h1.9__eq29)) – (1.73
(../t opics/2_1_9_rzut _pionowy.ht ml#t opic_2_h1.9__eq32))) wysokość H - zasięg rzut u w
pionie (t u wysokość budynku) oraz prędkość począt kową wyrzut u v0 . Nast ępnie, powt órz
(dwukrot nie) czynności 1-3. Moment zast opowania animacji zależy od czynników
przypadkowych (t wój refleks). Dlat ego, t ak jak w „realu”, za każdym razem uzyskasz nieco
inny odczyt na st operze - t o pozwoli ci dokładniej określić H i v0 oraz właściwie ocenić
niepewności pomiarowe ΔH i Δv0 . Niepewności t e oceń t ak, jakbyś miał do czynienia z
doświadczeniem realnym.
Operacje na wektorach
Dot ychczas mieliśmy do czynienia z wekt orami współliniowymi, t zn. mającymi t en sam wspólny
kierunek. Teraz poznamy operacje, kt óre można wykonać na wekt orach o różnych kierunkach.
Opiszemy: dodawanie wekt orów, odejmowanie wekt orów, rozkładanie wekt ora na składowe,
oraz rzut owanie wekt ora na osie układu współrzędnych.
Dodawanie wektorów. Składanie ruchów
W jaki sposób powinniśmy dodawać wekt ory? Na przykład, jak powinniśmy dodawać
przemieszczenia? Rozpat rzmy nast ępującą syt uację: przypuśćmy, że na poziomej plat formie w
punkcie A znajduje się człowiek, kt óry nast ępnie przechodzi do punkt u B (rys. 1.34
(2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys25)). Przemieszczenie AB człowieka
dane jest przez wekt or a⃗ . Jeżeli plat forma przesunie się wzdłuż t oru, człowiek zost anie
przemieszczony do punkt u C. Przemieszczenie BC jest dane przez wekt or b⃗. W rezult acie,
przemieszczenie AC człowieka względem ziemi dane jest przez wekt or c⃗ . Widzimy więc, że
złożenie (czyli zsumowanie) przemieszczeń AB i BC jest równe przemieszczeniu AC. W języku
wekt orów wyrazimy t o nast ępująco: suma wekt orów a⃗ i b⃗ jest równa c⃗ , co zapisujemy
a⃗ + b⃗ = c⃗
( 1.75 )
Rezult at t en nie zależy od kolejności dokonywanych przemieszczeń. Jeżeli człowiek znajdujący
się w punkcie A zost anie najpierw przemieszczony do punkt u D (rys. 1.34
(2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys25); AD = BC), a później przejdzie
do punkt u C ( DC = AB ), t o – jak widać na rysunku – przemieszczenie wypadkowe będzie
t akie samo jak poprzednio, czyli będzie t o AC. Zapyt ajmy t eraz, jakie będzie przemieszczenie
wypadkowe człowieka, gdy oba przemieszczenia odbywać się będą równocześnie. Oczywiście,
jeżeli marsz człowieka i ruch plat formy odbywają się równocześnie, w rezult acie obu
przemieszczeń człowiek znajdzie się dokładnie w t ym samym punkcie C. Widzimy zat em, że
jeżeli dwa przemieszczenia składowe dokonują się jednocześnie, t o przemieszczenie
wypadkowe jest dokładnie t akie samo, jak w przypadku, gdy oba przemieszczenia dokonują się
oddzielnie. Obowiązuje t u zasada dodawania wekt orów składowych, w wyniku czego ot rzymuje
się wekt or wypadkowy, kt óremu odpowiada przekąt na równoległoboku zbudowanego na
wekt orach składowych.
 Rysunek 1.34
Składanie dwó ch niezależnych ruchó w – czło wieka i platfo rmy
 a) najpierw przemieszcza się człowiek z punkt u A do B , a nast ępnie plat forma
przemieszcza człowieka do punkt u C, b) najpierw plat forma przemieszcza człowieka z punkt u
A do D, a nast ępnie człowiek przemieszcza się do punkt u C. Rezult at : przemieszczenie
AC = c⃗ nie zależy od kolejności dokonywanych przemieszczeń
Twierdzenie t o można uogólnić i wyrazić nast ępująco:
� Zapamiętaj
Niezależność ruchów
Jeżeli punkt mat erialny wykonuje kilka ruchów jednocześnie, t o każdy ruch składowy odbywa
się t ak, jak gdyby pozost ałe ruchy nie miały miejsca (czyli ruchy składowe nie przeszkadzają
ani nie pomagają sobie wzajemnie). Dowolny ruch na płaszczyźnie można opisać jako
złożenie dwóch niezależnych ruchów.
Wekt or będący sumą dwóch wekt orów można przedst awić graficznie jako przekąt ną
równoległoboku (rys. 1.35 (2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys26)). Można
go również przedst awić w t en sposób, że najpierw począt ek drugiego składnika przykłada się do
końca pierwszego, a nast ępnie t worzy się wekt or wypadkowy, kt órego począt ek pokrywa się z
począt kiem pierwszego, a koniec – z końcem drugiego składnika (rys. 1.35
(2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys26)).
 Rysunek 1.35
Do dawanie wekto ró w
 Zgodnie z regułą: a) równoległoboku, b) t rójkąt a
W ogólnym przypadku, aby dodać kilka wekt orów, na przykład a⃗ 1 , a⃗ 2 , a⃗ 3 i a⃗ 4 , należy począt ek
drugiego składnika przyłożyć do końca pierwszego, począt ek t rzeciego do końca drugiego, it d.
Nast ępnie t worzy się wekt or wypadkowy b⃗, kt órego począt ek pokrywa się z począt kiem
pierwszego składnika, a koniec z końcem ost at niego składnika (rys. 1.36
(2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys27)). Ten wekt or jest właśnie sumą
wekt orów składowych:
→
→ →
b⃗ = a 1 + a⃗ 2 + a 3 + a 4
Taki sposób dodawania wekt orów nazywamy regułą wieloboku.
 Rysunek 1.36
Do dawanie kilku wekto ró w zgo dnie z regułą wielo bo ku
Odejmowanie wektorów
( 1.76 )
Operacja odejmowania jest operacją odwrot ną do dodawania wekt orów. Sposób graficznego
odejmowania wekt orów odczyt amy wprost z rys. 1.35
(2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys26), gdzie mamy przedst awiony
wekt or c⃗ będący sumą dwóch wekt orów, c⃗
wekt or b⃗ jest różnicą wekt orów c⃗ i a⃗ ,
= a⃗ + b⃗. Oczywiście, z t ego zapisu wynika, że
b⃗ = c⃗ − a⃗
( 1.77 )
Widzimy, że wekt or b⃗ jest poprowadzony w t en sposób, że łączy końce wekt orów a⃗ i c⃗ . Możemy
zat em podać ogólny przepis na odejmowanie wekt orów:
� Zapamiętaj
Aby ot rzymać wekt or b⃗ będący różnicą wekt orów c⃗ i a⃗ należy wekt ory c⃗ i a⃗ sprowadzić do
wspólnego począt ku i nast ępnie poprowadzić wekt or od końca wekt ora a⃗ do końca
wekt ora c⃗ (rys. 1.37 (2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys28)).
Wektor wodzący
Za pomocą różnicy wekt orów można określać zmianę położenia ciała wyrażoną wekt orem
przemieszczenia. W t ym celu wprowadza się t ak zwany wektor wodzący (lub wektor położenia)
r⃗ . Przyjmijmy, że ciało znajduje się począt kowo w punkcie A , a później w punkcie B. Wekt or
−→
−
łączący t e dwa punkt y jest wekt orem przemieszczenia AB . Ust almy jakiś punkt O, w kt órym
umieścimy począt ek układu współrzędnych (x;y) – rys. 1.37
(2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys28). Poprowadźmy z punkt u O wekt or
r⃗ do chwilowego położenia ciała. Ten właśnie wekt or nazywa się wekt orem wodzącym. Przyjmie
on wart ość r1 , gdy ciało jest w punkcie A , oraz r2 – w punkcie B (rys. 1.37
(2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys28)). Widzimy, że wekt or
−→
−
przemieszczenia AB jest równy różnicy wekt orów r⃗ 2 i r⃗ 1 , czyli przemieszczenie AB jest równe
Δr⃗ = r⃗ 2 − r⃗ 1 . Różnicę wekt orów oznaczyliśmy t ut aj jako Δr⃗ , gdyż oznacza ona zmianę
wekt ora wodzącego r⃗ .
 Rysunek 1.37
Wekto r przemieszczenia
−→
−
 a) wekt or AB w układzie współrzędnych Oxy , b) jako różnica dwóch wekt orów wodzących,
Δr⃗ = r⃗ 2 − r⃗ 1
Rozkładanie wektora na składowe
Rozkładanie wekt ora na składowe jest czynnością odwrot ną do składania, czyli sumowania
wekt orów. Jeżeli mamy dany wekt or a⃗ , kt óry chcemy rozłożyć na dwa składowe wekt ory wzdłuż
z góry ust alonych kierunków, na przykład wzdłuż linii OA i OB , jak na rys. 1.38
(2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys29), t o musimy post ępować
nast ępująco: z końca wekt ora a⃗ wyprowadzamy pomocnicze linie równoległe do zadanych linii
OA i OB. Powst aje w t en sposób równoległobok. Boki równoległoboku, kt órym nadajemy
zwrot y, czyli wekt ory a⃗ 1 i a⃗ 2 , są szukanymi składowymi wekt ora a⃗ (rys. 1.38
(2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys29)).
 Rysunek 1.38
Składo we wekto ra
 a) Wekt or a⃗ należy rozłożyć na składowe wzdłuż kierunków OA i OB , b) rozłożenie wekt ora
a⃗ na składowe a⃗ 1 i a⃗ 2 zgodnie z regułą równoległoboku
Rzutowanie wektora na osie
W niekt órych zagadnieniach fizycznych int eresują nas składowe wekt ora wzdłuż osi układu
współrzędnych Ox lub Oy . Te składowe wekt ora nazywamy rzut ami wekt ora na określone osie.
Na rysunku rys. 1.39 (2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys30) widać, że
wart ości liczbowe rzut ów a⃗ x i a⃗ y można wyrazić wzorami:
a x = a cos α
( 1.78 )
a y = a sin α
( 1.79 )
W powyższych wyrażeniach a oznacza długość wekt ora a⃗ .
Z drugiej st rony, jeżeli są dane rzut y prost opadłe a⃗ x i a⃗ y wekt ora a⃗ , a wart ość wekt ora jest
nieznana, t o – korzyst ając z t wierdzenia Pit agorasa – t ę nieznaną wart ość wekt ora możemy
obliczyć (rys. 1.39 (2_1_10_operacje_na_wekt orach.ht ml#t opic_2_h1.10__rys30)):
−−−−−−
a = √a 2x + a 2y
 Rysunek 1.39
( 1.80 )
Rzuto wanie wekto ra
x i y. b) Rzut y wekt ora c⃗ będącego sumą wekt orów a⃗ i b⃗ (
c⃗ = a⃗ + b⃗) są sumami rzut ów wekt orów składowych, t zn. cx = a x + bx , cy = a y + by
 a) Rzut owanie wekt ora na osie
 Rysunek 1.40
Animacja
 Kinemat yka - wekt or przemieszczenia
 Rysunek 1.41
Animacja
 Kinemat yka - dodawanie wekt orów
 Pytania i problemy
1. Jakie czynności należy wykonać, aby dodać graficznie dwa wekt ory przemieszczenia?
Zast osuj regułę: a) wieloboku, b) równoległoboku. Przyjmij, że kierunki wekt orów nie leżą na
t ej samej prost ej.
2. Jakie czynności należy wykonać, aby dodać graficznie pięć wekt orów?
3. Jakie czynności należy wykonać, aby odjąć graficznie dwa wekt ory?
4. Co nazywamy wekt orem wodzącym? Jaki jest związek między wekt orem wodzącym a
przemieszczeniem?
5. Jakie czynności należy wykonać, aby rozłożyć graficznie wekt or na dwa składowe wekt ory
wzdłuż z góry ust alonych kierunków?
6. Co t o są rzut y wekt ora na określone osie układu współrzędnych ( x, y)? Wykonaj rysunek i
podaj odpowiednie wzory.
7. St at ek przeprawia się przez rzekę, kt óra ma szerokość d = 200 m. Wekt or jego
przemieszczenia jest nachylony pod kąt em α = 60∘ do osi x umieszczonej wzdłuż brzegu.
Rozłóż wekt or przemieszczenia na dwie składowe: wzdłuż osi x oraz wzdłuż osi y –
prost opadłej do brzegu. Oblicz długość wekt ora przemieszczenia oraz jego składowej x,
jeżeli jego składowa y = 200 m.
Wektor prędkości
Wektor prędkości i jego współrzędne
Rozważmy najpierw przypadek, gdy ruch punkt u mat erialnego odbywa się po prost ej. Niech w
chwili t 1 punkt mat erialny znajduje się w miejscu wyznaczonym przez wekt or wodzący r⃗ 1 , w
chwili t 2 – przez r⃗ 2 (rys. 1.42 (2_1_11_wekt or_predkosci.ht ml#t opic_2_h1.11__rys31)). Wekt or
przemieszczenia wynosi
Δr⃗ = r⃗ 2 − r⃗ 1
( 1.81 )
Wyznacza on (w syt uacji ruchu po prost ej) drogę punkt u mat erialnego przebyt ą w czasie
Δt = t 2 − t 1 . Zat em prędkość średnia określona wzorem
Δr⃗
−
v→
śr =
Δt
( 1.82 )
jest oczywiście wekt orem, ponieważ dzielenie wekt ora Δr⃗ przez skalar Δt jest innym
wekt orem, kt órego kierunek i zwrot jest zgodny z wekt orem przemieszczenia (rys. 1.42
(2_1_11_wekt or_predkosci.ht ml#t opic_2_h1.11__rys31)).
 Rysunek 1.42
Wekto ry w ruchu pro sto linio wym
 W przypadku ruchu prost oliniowego kierunek i zwrot wekt ora prędkości jest t aki sam jak
wekt ora przemieszczenia
Wektor prędkości chwilowej
Prędkość chwilowa określona w bardzo krót kim przedziale czasu Δt :
v⃗ =
Δr⃗
Δt
( 1.83 )
jest t akże wekt orem, kt óry w ogólnym przypadku ruchu krzywoliniowego jest st yczny do t oru
(rys. 1.43 (2_1_11_wekt or_predkosci.ht ml#t opic_2_h1.11__rys32)).
 Rysunek 1.43

Wekto r prędko ści średniej i wekto r prędko ści chwilo wej
−→
AB
−→
 Kierunek wekt ora prędkości średniej vś r jest zgodny z cięciwą ( AB ) t oru ruchu punkt u
mat erialnego, podczas gdy kierunek wekt ora prędkości chwilowej v⃗ jest st yczny do t oru (gdyż
wekt or v⃗ jest ut worzony z cięciwy AA – bardzo bliskich punkt ów t oru)
'
Twierdzenie t o można uogólnić i wyrazić nast ępująco:
� Zapamiętaj
Wekto r prędko ści chwilo wej
v⃗ =
określony w bardzo krót kim czasie
Δt , jest
Δr⃗
Δt
( 1.84 )
zawsze st yczny do t oru.
Składanie prędkości
Aby wyjaśnić sposób dodawania prędkości, rozważymy ponownie ruch człowieka i plat formy. Jak
st wierdziliśmy poprzednio, wekt or prędkości ma t aki sam kierunek i zwrot jak wekt or
przesunięcia. St ąd wynika, że wekt ory prędkości będą dodawały się t ak samo jak wekt ory
przesunięcia. Zat em, jeżeli człowiek porusza się z prędkością v⃗ 1 względem plat formy, a
plat forma porusza się z prędkością v⃗ 2 względem ziemi, t o wypadkowa prędkość człowieka
względem ziemi wynosi (pat rz rys. 1.44 (2_1_11_wekt or_predkosci.ht ml#t opic_2_h1.11__rys33))
v⃗ = v⃗ 1 + v⃗ 2
( 1.85 )
Do dawanie prędko ści czło wieka względem platfo rmy v⃗ 1 i
platfo rmy względem ziemi v⃗ 2
 Rysunek 1.44
Obowiązuje t u reguła dodawania wekt orów, kt óra jest słuszna w ogólnym przypadku, a więc
również w przypadku, gdy prędkość człowieka jest skierowana pod dowolnym kąt em α do
wekt ora prędkości plat formy (rys. 1.45
(2_1_11_wekt or_predkosci.ht ml#t opic_2_h1.11__rys34)). Wzór (1.85
(2_1_11_wekt or_predkosci.ht ml#t opic_2_h1.11__eq39)) wyraża prawo dodawania prędkości w
post aci wekt orowej.
 Rysunek 1.45
Do dawanie prędko ści czło wieka
v⃗ 1
i platfo rmy v⃗ 2
 Przykład 9
Między punkt ami A i B na rzece, odległymi od siebie o l = 10 km, kursuje st at ek, kt óry ma
st ałą prędkość v⃗ s względem wody. Oblicz wart ości prędkości st at ku vs oraz prędkości prądu
wody w rzece vp , jeżeli wiadomo, że st at ek, płynąc w górę rzeki, pokonuje t ę odległość w
czasie t 1 = 1 h, nat omiast w dół rzeki – w czasie t 2 = 0, 5 h.
 Rysunek 1.46
Animacja
 Kinemat yka - łódź na rzece
Odpo wiedź: Wekt ory prędkości st at ku i prądu rzeki są równoległe, choć mają przeciwne
zwrot y, gdy st at ek płynie pod prąd (w górę rzeki) zaś zgodne zwrot y, gdy płynie z prądem. Tak
więc, choć wekt ory prędkości st at ku względem brzegu wyrażają się podobnymi wzorami, t o
wart ości t ych wekt orów są różne:
→ → →
v1 = vs + vp (podróż pod prąd); ale v1 = vs − vp
→ → →
v2 = vs + vp (podróż z prądem); ale v2 = vs + vp
(bo
(bo
→ →
vs i vp mają przeciwne zwrot y);
→ →
vs i vp mają zgodne zwrot y).
Ilust ruje t o rys. 1.35. (rys. 1.47 (2_1_11_wekt or_predkosci.ht ml#t opic_2_h1.11__rys35))
 Rysunek 1.47
Składanie pręko ści statku i rzeki
 a) St at ek płynie w górę rzeki – wekt ory prędkości st at ku i prądu rzeki odejmują się, b)
st at ek płynie w dół rzeki – wekt ory prędkości st at ku i prądu rzeki dodają się
Nat omiast
v1 =
l
i v2
t1
=
l
. Mamy więc
t2
l
= vs − vp
t1
( 1.86 )
l
= vs + vp
t2
( 1.87 )
oraz
Sumując t e dwa równania st ronami, wyeliminujemy vp . Ot rzymamy
2v s =
l
l
+
t1
t2
( 1.88 )
St ąd
vs =
l( t 1 + t 2 )
2t 1 t 2
vp =
l( t 1 − t 2 )
2t 1 t 2
( 1.89 )
Podst awiając wart ości liczbowe, ot rzymamy, że prędkość st at ku względem wody wynosi
vs = 15 km/h, zaś prędkość prądu rzeki vp = 5 km/h.
 Przykład 10
Przy przeprawianiu przez rzekę łódź st art uje z punkt u O i kieruje się cały czas pod kąt em
α = 60∘ do linii brzegu, pod prąd rzeki (rys. 1.49
(2_1_11_wekt or_predkosci.ht ml#t opic_2_h1.11__rys36)). Oblicz, na jaką odległość l od punkt u
A rzeka zniesie łódź. Szerokość rzeki wynosi d = 100 m, prędkość łodzi względem wody
vl = 1, 2 m/s, a prędkość prądu rzeki vp = 0, 8 m/s. Pod jakim kąt em należy kierować łódź,
aby przybiła do brzegu w punkcie A ?
 Rysunek 1.48
Animacja
 Przeprawa łodzią przez rzekę
Odpo wiedź: Obierzmy układ współrzędnych Oxy i zrzut ujmy na osie prędkość łodzi (rys. 1.49
(2_1_11_wekt or_predkosci.ht ml#t opic_2_h1.11__rys36)); ot rzymamy wart ości
 Rysunek 1.49
vlx = vl cos α
( 1.90 )
vly = vl sin α
( 1.91 )
Przeprawa ło dzi przez rzekę
vl
 Wekt or wypadkowy prędkości ma składowe: vx = vp − vlx , vy = vly
 Rysunek 1.50
Ro zkład wekto ra prędko ści ło dzi
Wypadkowa prędkość łodzi w kierunku osi x wynika z nałożenia się prędkości prądu rzeki vp i
składowej x-owej prędkości łodzi vlx , czyli
vx = vp − vlx = vp − vl cos α
( 1.92 )
Nat omiast w kierunku osi y prędkość wypadkowa łodzi
vy = vly = vl sin α
( 1.93 )
Odległość l wyznaczymy z t rójkąt a OAB
l=
Gdzie
β jest
d
tg β
( 1.94 )
kąt em, jaki wekt or wypadkowy v⃗ t worzy z osią x. Zat em
tg β =
vy
vl sin α
=
vx
vp − vl cos α
( 1.95 )
więc
l=d
vp − vl cos α
vl sin α
( 1.96 )
zat em
0, 8 − 1, 2 ⋅ cos 60∘
l = 100 ⋅
= 19, 2 m
1, 2 ⋅ sin 60∘
( 1.97 )
czyli rzeka zniesie łódź na odległość l = 19, 2 m.
Kąt α 0 , pod jakim należy skierować łódź, aby w wyniku unoszenia rzeki dopłynęła prost opadle
do brzegu, można ot rzymać z ost at niego wzoru na l, przyjmując, że l = 0. Wówczas
vp − vl cos α 0 = 0 (co oznacza, że składowa vx = 0), zat em
cos α 0 =
vp
0, 8
=
= 0, 66
vl
1, 2
( 1.98 )
st ąd
cos α 0 ≈ 48∘
( 1.99 )
Zat em gdy łódź będzie skierowana pod kąt em 48∘ do brzegu, t o kierunek jej wypadkowego
ruchu będzie prost opadły do brzegu.
 Rysunek 1.51
Animacja
 Kinemat yka - wekt or prędkości w ruchu prost oliniowym
 Rysunek 1.52
Animacja
 Kinemat yka - wekt or prędkości w ruchu krzywoliniowym
 Pytania i problemy
1. Podaj definicję wekt ora prędkości średniej.
2. Podaj definicję wekt ora prędkości chwilowej.
3. Przedst aw na rysunku t or krzywoliniowy ciała i zaznacz wekt or prędkości średniej i
chwilowej.
4. Na wybranym przykładzie wyjaśnij zasadę niezależności ruchów.
5. Sformułuj prawo dodawania prędkości w post aci wekt orowej.
Type s e tting math: 100%
Wektor przyspieszenia
Przyspieszenie średnie zdefiniowane jako st osunek przyrost u wekt ora prędkości Δv⃗ do czasu
Δt , w jakim t en przyrost nast ąpił:
Δv⃗
−
a→
=
śr
Δt
( 1.100 )
jest wekt orem (ponieważ dzielenie wekt ora przez skalar Δt daje wekt or).
Na przyspieszeniach możemy wykonywać, w konkret nych zagadnieniach fizycznych, operacje
wcześniej zdefiniowane dla wekt orów, jak dodawanie, rozkładanie na wekt ory składowe,
rzut owanie na określone osie i inne.
 Wskazówka
W ruchu prost oliniowym wekt ory v⃗ 1 i v⃗ 2 mają t en sam kierunek, zgodny z t orem ruchu. Tak
więc wekt or Δv⃗ = v⃗ 2 − v⃗ 1 ma t en sam kierunek, zgodny z t orem (rys. 1.53
(2_1_12_wekt or_przyspieszenia.ht ml#t opic_2_h1.12__rysC)). Z t ego zaś wynika, że wekt or
przyspieszenia a⃗ t akże ma kierunek zgodny z t orem. Mówimy, że przyspieszenie jest w t ej
syt uacji st yczne do t oru. Opisuje ono zmianę wart ości prędkości; kierunek prędkości się nie
zmienia.
 Rysunek 1.53
Wekto ry w ruchu pro sto linio wym
 W ruchu przyspieszonym prost oliniowym wekt or v⃗ ma zawsze kierunek zgodny z t orem.
Inaczej jest w ruchu krzywoliniowym. ...
Zwróćmy uwagę na t o, że wekt or przyspieszenia chwilowego w ruchu krzywoliniowym nie jest
st yczny do t oru. Widać t o na rys. 1.54
(2_1_12_wekt or_przyspieszenia.ht ml#t opic_2_h1.12__rys38) – w punkt ach 1 i 2 wekt ory
prędkości są st yczne do t oru, nat omiast wekt or Δv⃗ = v⃗ 2 − v⃗ 1 , kt óry wyst ępuje w liczniku
wzoru (1.100 (2_1_12_wekt or_przyspieszenia.ht ml#t opic_2_h1.12__eq40)), nie jest st yczny do
t oru (nawet wt edy, gdy punkt y 1 i 2 zbliżają się do siebie), a przecież kierunek wekt ora a⃗ jest
zgodny z kierunkiem Δv⃗ . W t akiej syt uacji wekt or przyspieszenia a⃗ rozkładamy na dwa wekt ory
składowe wzajemnie prost opadłe (rys. 1.55
(2_1_12_wekt or_przyspieszenia.ht ml#t opic_2_h1.12__rys39)): a⃗ s – st yczny do t oru i a⃗ r –
prost opadły (normalny); t en ost at ni wekt or nazywa się przyspieszeniem dośrodkowym.
 Rysunek 1.54
Wekto r
Δv⃗ nie
jest styczny do to ru
Taki rozkład wekt ora przyspieszenia ma sens, ponieważ każda z opisanych składowych powoduje
inny skut ek. Składowa st yczna związana jest ze zmianą warto ści prędkości. Zauważmy, że
przyspieszenie a zdefiniowane wcześniej za pomocą wzoru (1.17
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq15)) - Ruch jednost ajnie
przyspieszony (2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4), jest właśnie
wart ością składowej st ycznej przyspieszenia a s . Nat omiast składowa prost opadła
przyspieszenia opisuje zmianę kierunku prędkości.
 Rysunek 1.55
Przyspieszenie w ruchu krzywo linio wym mo żna ro zło żyć na
wzajemnie pro sto padłe składo we
a⃗ s i a⃗ r
 Przykład 11
Ciało zsuwa się po równi pochyłej o długości l = 1 m, z wysokości h = 2 cm (rys. 1.56
(2_1_12_wekt or_przyspieszenia.ht ml#t opic_2_h1.12__rys40)). Pomijając opory ruchu, oblicz
czas t rwania ruchu i prędkość końcową ciała u podnóża równi. Ile wynosi czas spadania i
prędkość końcowa ciała, gdy spada ono swobodnie z t ej samej wysokości?
 Rysunek 1.56
Przyspieszenie ciała na ró wni po chyłej bez tarcia
 Jest ono równe rzut owi wekt ora przyspieszenia ziemskiego
a = gs = g sin α
g⃗ na kierunek równi,
Odpo wiedź: Przyspieszenie ziemskie jest wekt orem i zgodnie z t ym, co powiedziano wyżej,
wekt or t en można rzut ować na dowolne kierunki. W naszym przypadku odpowiednim
kierunkiem rzut u jest kierunek równoległy do równi (bo t ylko w t akim kierunku ciało może się
poruszać — ruch w kierunku prost opadłym do powierzchni równi jest niedost ępny).
Zat em ciało zsuwa się z równi z przyspieszeniem a⃗ równym co do wart ości rzut owi
przyspieszenia ziemskiego gs
= g sin α . Ale sin α =
a = g sin α = g
h
l
h
, więc
l
( 1.101 )
Wzdłuż równi ciało pokonuje drogę l ruchem jednost ajnie przyspieszonym w czasie t , z zerową
prędkością począt kową ( v0
l=
ght2
, st ąd
2l
= 0), zat em l =
at2
. Podst awiając t u wzór na a , ot rzymamy:
2
−−
−
√
−−
−
2
t = l√
gh
( 1.102 )
Po podst awieniu wart ości liczbowych l = 1 m, h = 0, 02 m oraz g = 9, 81 m/s2 ot rzymujemy,
że czas ruchu ciała wzdłuż równi wynosi t = 3, 2 s.
Prędkość ciała u podnóża równi wynosi v = at . Podst awmy t u czas t wyprowadzony ze wzoru
l=
at2
2
−−
2l
t=√
a
( 1.103 )
zat em
−−
2l
−−
−
v = at = a √
= √2al
a
( 1.104 )
−−gh
−−
√
Podst awiając ot rzymany wcześniej wzór na a , mamy v =
2 l l. St ąd
−−−
v = √2gh
Biorąc pod uwagę dane liczbowe, ot rzymamy, że
v = 0, 62 m/s.
Czas swobodnego spadania t 0 z wysokości h ot rzymamy z równania h
−−
−
2h
t0 = √
g
( 1.105 )
=
gt20
. Mamy więc
2
( 1.106 )
Porównajmy t en czas z czasem t ruchu ciała wzdłuż równi pochyłej. W t ym celu przekszt ałcimy
wyżej wyprowadzony wzór na t w nast ępujący sposób:
−−
−
−−
−
2
l
2h
l
t = l√
= √
= t0
gh
h
g
h
( 1.107 )
Widzimy, że czas t zsuwania się ciała po równi jest t yle razy dłuższy od czasu t 0 swobodnego
spadania, ile razy długość równi jest większa od jej wysokości. Podst awiając dane liczbowe,
ot rzymamy t 0 = 0, 064 s.
Prędkość ciała swobodnie spadającego z wysokości h wynosi v = gt 0 . Podst awiając
−−
−−−
t 0 = √ 2h
ot
rzymamy
v
=
√
2gh – ident yczny wzór ze wzorem na prędkość ciała
g
zsuwającego się po równi. Widzimy zat em, że wart ość prędkości końcowej ciała zsuwającego
się bez t arcia po równi pochyłej jest równa wart ości prędkości ciała swobodnie spadającego z
t ej samej wysokości.
 Pytania i problemy
1. Zdefiniuj i opisz wekt or przyspieszenia średniego.
2. Rozłóż graficznie wekt or przyspieszenia w ruchu krzywoliniowym na składowe –
prost opadłą i st yczną do t oru. Kt óra z t ych składowych związana jest ze zmianą kierunku
prędkości?
3. Uzasadnij wniosek, że na ogół wekt or przyspieszenia ma inny kierunek niż wekt or
4.
5.
6.
7.
8.
prędkości. Wykorzyst aj wzór (1.100
(2_1_12_wekt or_przyspieszenia.ht ml#t opic_2_h1.12__eq40)).
Podaj, jaki związek ma przyspieszenie a zdefiniowane za pomocą wzoru (1.17
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq15)) w rozdziale Ruch
jednost ajnie przyspieszony (2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4) z
przyspieszeniem zdefiniowanym we wzorze (1.100
(2_1_12_wekt or_przyspieszenia.ht ml#t opic_2_h1.12__eq40)).
Opisz przy jakich działaniach kierowcy pojawia się niezerowe przyspieszenie st yczne
samochodu?
Opisz przy jakich działaniach kierowcy pojawia się niezerowe przyspieszenie dośrodkowe
samochodu?
Opisz ruch, podczas kt órego składowa prost opadła przyspieszenia równa jest zeru.
Opisz ruch, podczas kt órego składowa st yczna przyspieszenia równa jest zeru. (Jeśli t o
pyt anie wydaje Ci się za t rudne, wyjaśnienie znajdziesz w rozdziale Ruch jednost ajny po
okręgu (2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15) o ruchu po okręgu).
Doświadczenie „Akceleracja”
Wykonując t o doświadczenie, przekonamy się, że wzór na drogę w ruchu jednost ajnie
przyspieszonym dobrze zgadza się z rzeczywist ością. To znaczy, że wzór t en prawidłowo
opisuje zależność drogi od czasu i na wykresie t ej zależności przedst awia się jako parabola.
Wyznaczymy wart ość przyspieszenia kulki st aczającej się po równi pochyłej.
 UWAGA
Kulka nie może mieć zbyt dużych rozmiarów, aby można było zaniedbać efekt y związane z
ruchem obrot owym kulki - średnica nie powinna być większa niż 1 cm.
Przy okazji poznamy ciekawy sposób przekszt ałcenia krzywej na wykresie w linię prost ą. Ułat wia
t o analizę błędów oraz pozwala jasno unaocznić odchylenia doświadczalnych pomiarów od t eorii.
Doświadczenie wykonujemy w nast ępujący sposób:
Z zest awu do doświadczeń z mechaniki wybieramy dwa pręt y o długości 1 m i łączymy je t ak,
aby ut worzyły szyny, kt óre ust awiamy na st ole, podkładając z jednego końca wsporniki. W t en
sposób powst aje równia pochyła o niewielkim kącie nachylenia do poziomu (rys. 1.57
(2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__rys41)). Oznaczamy na niej kredą (lub
w inny sposób) jednakowe odcinki drogi, na przykład co l = 10 cm.
 Rysunek 1.57
Przygo to wanie ró wni po chyłej do po miaró w czasu staczania się
kulki
Za pomocą st opera wykonujemy pomiary czasu st aczania się kulki na coraz dłuższych odcinkach
drogi. Mierzymy czas t 1 na drodze s1 = l, t 2 na drodze s2 = 2l, it d. Kulkę puszczamy za każdym
razem z wierzchołka równi. Każdy pomiar powt arzamy t rzykrot nie, aby łącznie ot rzymać t rzy
serie pomiarów.
Wpisujemy wyniki pomiarów czasu do odpowiednich rubryk t abelki pomiarów znajdującej się w
sprawozdaniu z doświadczenia (ht t p://../images/Sprawozdanie_Akceleracja.doc).
Dla każdej wart ości drogi obliczamy średni czas ruchu kulki i wpisujemy go do rubryki t ś r . Dzięki
t emu uzyskujemy dokładniejsze wart ości czasów (jak sądzisz – dlaczego?). Obliczamy wart ości
kwadrat ów czasów średnich i wpisujemy je w ost at niej rubryce t abelki.
Sporządzamy wykres zależności drogi od czasu dla wart ości uzyskanych podczas pomiaru. Na
osi rzędnych odkładamy drogę s w met rach, a na osi odcięt ych czas w sekundach. Pamięt ajmy o
doborze właściwej skali na osiach, aby wykres był czyt elny. Nanosimy punkt y doświadczalne i
wykreślamy krzywą, prowadząc ją „od ręki” pomiędzy punkt ami doświadczalnymi (nie należy
kreślić linii łamanej od punkt u do punkt u).
Sprawdzamy, czy ot rzymana krzywa przypomina parabolę. Teoret yczny wzór na drogę w ruchu
jednost ajnie przyspieszonym (wzór (1.24
(../t opics/2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq19) ) – Ruch
jednost ajnie przyspieszony
(../t opics/2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4)) przedst awia, jak wiemy,
funkcję kwadrat ową czasu
s=
at 2
2
( 1.108 )
Zapisujemy wniosek, jaki wynika z kszt ałt u ot rzymanej krzywej.
Prześledzimy opracowanie wyników doświadczenia na przykładzie konkret nych danych
ot rzymanych w jednej ze szkół. Wyniki pomiarów i obliczeń zawart e są w rys. 1.59
(2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__t ab1.13.1). Korzyst ając z nich,
sporządzono wykres zależności s od t , odkładając jako rzędne punkt ów doświadczalnych
wart ości t ś r .
Wykreślona krzywa (rys. 1.58 (2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__rys42))
bardzo przypomina parabolę. Dzięki t emu ot rzymuje się pot wierdzenie doświadczalne wzoru
t eoret ycznego (1.108 (2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__eq41)). Jeżeli
ot rzymaliśmy t aki wynik, możemy się cieszyć, jednakże możemy odczuwać pewien niedosyt ,
gdyż uzyskaliśmy t ylko jakościowe („na oko”) pot wierdzenie t eorii.
 Rysunek 1.58
Wykres zależno ści dro gi o d czasu
 Doświadczalny wykres zależności drogi od czasu dla kulki st aczającej się po równi pochyłej
 Rysunek 1.59
Przykłado we dane po miaró w
Spróbujmy znaleźć pot wierdzenie bardziej obiekt ywne i dokładniejsze. Gdybyśmy mieli do
czynienia z funkcją liniową, a nie, jak w t ym przypadku, z funkcją kwadrat ową, dużo łat wiej byłoby
st wierdzić zgodność położenia punkt ów doświadczalnych z t eoret yczną linią prost ą
(wyst arczyłoby t ylko przyłożyć linijkę). Spróbujmy zat em „wyprost ować” parabolę
odpowiadającą zależności drogi od czasu w ruchu jednost ajnie przyspieszonym z zerową
prędkością począt kową.
Jeżeli na osi rzędnych będziemy odkładać drogę s, a na osi odcięt ych, zamiast wart ości czasu t ,
wart ości kwadrat ów czasu t 2 , t o powinniśmy ot rzymać prost ą. Wt edy w równaniu (1.109
(2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__eq42)) jako zmienną niezależną
t rakt ujemy nie t , ale t 2 , nat omiast s jako zmienną zależną. Ot rzymujemy w t en sposób
zależność liniową między s a t 2 :
s=
a 2
a
(t ) ≡ (y = x)
2
2
( 1.109 )
Wykorzyst ując ost at nią rubrykę w t abelce, możemy sporządzić wykres zależności s od t 2 .
Wykres dla podanych wart ości doświadczalnych przedst awiony jest na rysunku rys. 1.60
(2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__rys43). Teraz widzimy wyraźnie, że
punkt y doświadczalne układają się wzdłuż prost ej – nie mamy wąt pliwości, że nasze
doświadczenie pot wierdza t eoret yczny wzór na drogę jako funkcję czasu! Widzimy wprawdzie,
że punkt y pomiarowe nie leżą dokładnie na prost ej, ale nie możemy oczekiwać czegoś t akiego w
doświadczeniu, kt órego wyniki są zawsze obarczone określoną niepewnością pomiarową. Ist ot ne
jest , że odst ępst wa punkt ów od prost ej mają charakt er przypadkowy (losowy), a nie
syst emat yczny.
Moglibyśmy t eraz odczyt ać z wykresu doświadczalną wart ość przyśpieszenia, bo, jak widać
(równanie (1.42 (2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__eq42))), t angens kąt a
nachylenia naszej prost ej do osi ( t 2 ), czyli współczynnik kierunkowy, jest równy liczbowo a .
2
Jednakże zrobimy t o nieco później, ponieważ prost ą na rysunku rys. 1.60
(2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__rys43) poprowadziliśmy t rochę „na
wyczucie” między punkt ami doświadczalnymi. Nie mamy pewności, czy nie można by jej
dokładniej poprowadzić między t ymi punkt ami. Bardziej precyzyjnie poprowadzimy prost ą, jeżeli
uwzględnimy niepewności pomiarowe.
 Wskazówka
W fachowych badaniach doświadczalnych, dla prowadzenia precyzyjnych wykresów st osuje
się specjalne procedury komput erowe – może byś spróbował zast osować jedną z nich na
lekcji informat yki?
Do świadczalny wykres zależno ści dro gi o d kwadratu czasu dla
kulki staczającej się po ró wni po chyłej
 Rysunek 1.60
Przeprowadzimy t eraz dyskusję niepewno ści po miaro wych (najpierw należy zapoznać się
z Dodat kiem 1.1. „Ocena dokładności wyników pomiarów” zamieszczonym w e_podręczniku
„fizyka XXI, kl.1”).
Liczbowym wynikiem naszego doświadczenia ma być przyspieszenie kulki. Wynik pomiaru jest
wt edy pełny, gdy podajemy niepewność, z jaką go wyznaczono. Nasz końcowy wynik nie
powst aje przez bezpośredni pomiar, lecz przez złożenie pomiarów bezpośrednich. Wobec t ego
jest on obarczony niepewnościami t ych pomiarów. Zat em, podobnie jak t o czyniliśmy w
przypadku doświadczenia „Galileusz”, oceńmy najpierw niepewności pomiarów bezpośrednich.
a) Niepewno ści po miaró w bezpo średnich
Mamy dwie wielkości mierzone bezpośrednio – drogę s i czas t . Przy ocenie niepewności pomiaru
drogi s należy wziąć pod uwagę t o, że kreski, kt órymi zaznaczaliśmy odcinki drogi, mają pewną
grubość (kreda), i że st osowaliśmy podziałkę cent ymet rową, kt óra ma ograniczoną dokładność.
Przyjmiemy więc, że maksymalna niepewność, z jaką mierzyliśmy drogę, wynosi
Δs = 0, 5 cm
( 1.110 )
Czas mierzyliśmy za pomocą st opera, kt órego dokładność jest wyznaczona przez wart ość
najmniejszej działki (w podanym przykładzie 0,1 s). Powinniśmy dodać jeszcze czas reakcji przy
włączaniu i wyłączaniu st opera w przybliżeniu 0,1 s. Przyjmiemy więc, że maksymalna niepewność
pomiaru czasu wynosi
Δt = 0, 3 s
( 1.111 )
b) Niepewno ść po miaru wielko ści zło żo nej
Przekszt ałcając wzór (1.108 (2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__eq41)),
ot rzymujemy
a=
2s
t2
( 1.112 )
więc przyspieszenie a , będące wynikiem końcowym pomiaru, ma post ać iloczynową. Zat em
możemy st osować t aką samą regułę jak w przypadku doświadczenia „Galileusz”. Niepewność
względna wyniku końcowego jest sumą niepewności względnych pomiarów bezpośrednich.
Niepewności pomiarowe mogą być dodat nie lub ujemne i mogą redukować się nawzajem, jednak
przy ocenie niepewności wyniku końcowego uwzględnimy syt uację najbardziej niekorzyst ną,
kiedy niepewności się sumują. Dlat ego sumujemy wszyst kie niepewności ze znakiem plus, czyli
dodajemy ich wart ości bezwzględne:
∣ Δa ∣ ∣ Δs ∣
∣ Δt ∣
∣
∣=∣
∣ + 2∣
∣
∣ a ∣ ∣ s ∣
∣ t ∣
Niepewność względną ∣∣ Δt ∣∣ podwoiliśmy, ponieważ czas
t
( 1.113 )
t wyst ępuje we wzorze (1.112
(2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__eq43)) na przyspieszenie w drugiej
pot ędze ( t 2 = t ⋅ t ).
Teraz możemy przyst ąpić do obliczeń szczegółowych. Obliczymy przyspieszenie i niepewność
naszego wyniku końcowego. Przede wszyst kim poprowadzimy dokładniej linię prost ą na wykresie
zależności s od t 2 . W t ym celu przedst awimy graficznie niepewności Δs i Δ( t 2 ). Niepewność
Δs oceniliśmy jako równą ±0, 5 cm , nat omiast
niepewność kwadrat u czasu Δ( t 2 ) musimy
∣∣Δ ( 2 )∣∣
∣∣Δ ∣∣
pot rakt ować jako niepewność pomiaru złożonego
∣Δ (t2 )∣
∣
t2
∣
=2
∣∣Δt∣∣
, więc
t
Δ( )
∣Δ(t 2 )∣ = 2|Δt|t
∣
∣
Przyjęliśmy, że
( 1.114 )
Δt = ±0,3 s, więc
∣Δ(t 2 )∣ = 0,6t(s2 )
∣
∣
Dla każdego czasu t obliczamy niepewność
( 1.115 )
∣∣( t 2 )∣∣. Obliczone wart ości oraz wart ości pozost ałych
niepewności wpisujemy do t abelki niepewności pomiarów (przykładowe dane w rys. 1.61
(2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__t ab1.13.2)).
 Rysunek 1.61
T abelka niepewno ści po miaró w (dane przykłado we)
Każdy punkt doświadczalny na wykresie ot oczymy t ak zwanym prost okąt em niepewności
pomiarowych (rys. 1.62 (2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__rys44))
informującym nas o maksymalnej niepewności przy ust alaniu położenia punkt u. Prost okąt
niepewności ma podst awę równą 2∣Δt 2 ∣, różną dla różnych punkt ów, i wysokość
jednakową dla wszyst kich punkt ów.
 Rysunek 1.62
2|Δs| = 1 cm,
Niepewno ści po miaro we
2
 Graficzne przedst awienie niepewności pomiarowych na wykresie zależności s od t . Linia
prost a obrazująca rzeczywist y ruch kulki powinna przechodzić przez co najmniej 70%
prost okąt ów niepewności pomiarowych
Teraz możemy śmiało poprowadzić prost ą w pobliżu punkt ów doświadczalnych; nie popełnimy
pomyłki, jeżeli prost a będzie przechodzić przez większość (powyżej 70%) prost okąt ów
niepewności, jak na wykresie – rys. 1.62
(2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__rys44). Ot o sposób na możliwie
najdokładniejsze poprowadzenie linii na wykresie doświadczalnym.
Teraz wyznaczymy przyspieszenie kulki a . Zgodnie ze wzorem (1.100
(../t opics/2_1_12_wekt or_przyspieszenia.ht ml#t opic_2_h1.12__eq40)), t angens kąt a nachylenia
prost ej do osi t 2 (współczynnik kierunkowy prost ej) jest liczbowo równy połowie przyspieszenia
kulki:
tan α =
a
2
(liczbowo)
( 1.116 )
Aby obliczyć wart ość t angensa, możemy wziąć z wykresu rzędną i odcięt ą dowolnego punkt u na
prost ej; najlepiej obrać punkt na końcu prost ej. Weźmy zat em punkt o rzędnej równej 0,9 m.
Wt edy odcięt a wyniesie 11, 4 s2 (pat rz wykres na rysunku rys. 1.60
(2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__rys43)) i liczbowo
a = 2 tan α = 2 ⋅
0, 9
= 0, 158
11, 4
( 1.117 )
Jest t o liczba mianowana, zat em przyspieszenie kulki
a = 0, 158 m/s2
( 1.118 )
Jednakże nie jest t o jeszcze pełny wynik końcowy naszego doświadczenia, ponieważ nie
podaliśmy niepewności wyznaczonej wart ości przyspieszenia Δa . Aby ją wyznaczyć,
skorzyst amy ze wzoru (1.113 (2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13__eq44))
na niepewność względną (oznaczmy ją przez ε). Ot rzymamy
∣ Δa ∣ ∣ Δs ∣
∣ Δt ∣
ε=∣
∣=∣
∣ + 2∣
∣
∣ a ∣ ∣ s ∣
∣ t ∣
( 1.119 )
Czyli
ε=
0, 005 m
0, 3 s
+2⋅
= 0, 18
0, 9 m
3, 4 s
Zat em niepewność względna pomiaru przyspieszenia jest równa ε
obliczonej wart ości a .
Niepewność bezwzględna wynosi Δa
( 1.120 )
= 0, 18, czyli st anowi 18%
= εa , więc
Δa = 0, 18 ⋅ 0, 158
m
m
= 0, 028
s2
s2
( 1.121 )
Dopiero t eraz możemy napisać pełny wynik końcowy pomiaru. Wyznaczona wart ość
przyspieszenia kulki, zgodnie z powyższym rozwiązaniem, wynosi
a = (0, 158 ± 0, 028)
m
s2
( 1.122 )
Analizę wyniku t ego doświadczenia można poszerzyć, korzyst ając z t eorii ruchu bryły szt ywnej
(obracającej się kulki na równi pochyłej) – zob. Doświadczenie „Akceleracja BIS”
(2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t ask_2_h4.9).
 Rysunek 1.63
Animacja
 Doświadczenie wirt ualne - akceleracja
1. Uruchom animację kliknięciem myszy
St oper uruchamia się sam w momencie, gdy chłopiec upuszcza piłkę na równię pochyłą.
2. Obserwuj ruch piłki i zat rzymuj kolejno animację w momencie, gdy piłka mija kolejny
znacznik.
3. Zanot uj kolejne odczyt y st opera i wpisz do t abelki pomiarów w sprawozdaniu.
przyjmij, że cała droga kulki wzdłuż równi wynosi s = 1, 8 m. Moment zast opowania
animacji zależy od czynników przypadkowych (m.in. - t wój refleks). Dlat ego, t ak jak w
„realu” pomiary są obarczone niepewnościami, kt óre powinieneś ocenić i wykorzyst ać w
t zw. „Dyskusji błędów”. Kieruj się wskazówkami zawart ymi w ww. opisie doświadczenia
realnego.
Pyt ania i problemy
1. Co nazywamy prost okąt em niepewności pomiarowych?
2. Wyjaśnij, dlaczego wyniki pomiarów przedst awia się na wykresach za pomocą prost okąt ów
niepewności pomiarowych.
3. Podaj zasady, jakie należy st osować przy prowadzeniu krzywej na wykresie z zaznaczonymi
punkt ami doświadczalnymi.
Rzut poziomy
Załóżmy, że ciału znajdującemu się począt kowo na pewnej wysokości H nad ziemią nadajemy
prędkość począt kową v⃗ 0 skierowaną poziomo. Gdyby na ciało nie działała siła ciężkości, t o
poruszałoby się ono cały czas poziomo ruchem jednost ajnym z prędkością v⃗ 0 . Siła ciężkości
powoduje, że ciało jednocześnie wykonuje ruch jednost ajnie przyspieszony w dół. W rezult acie
złożenia t ych dwóch ruchów ciało porusza się po t orze zakrzywionym – po paraboli. Punkt y A , B ,
C, D i E na rys. 1.64 (2_1_14_rzut _poziomy.ht ml#t opic_2_h1.14__rys45) oznaczają miejsca, do
kt órych ciało by dot arło po czasie 1 s, 2 s, 3 s, 4 s i 5 s, gdyby nie działała siła ciężkości. Ciało
jednak swobodnie spada, więc po pierwszej sekundzie znajdzie się nie w punkcie B , ale niżej o
⋅ (1 s) 2 , czyli w punkcie B' . Po drugiej sekundzie znajdzie się w punkcie C ' , czyli o
⋅ (2 s) 2 met ra poniżej punkt u C it d. Jeżeli, na przykład, bombowiec leci poziomo
ruchem jednost ajnym wzdłuż linii ABC… i w punkcie A ot worzy luk, spuszczając swobodnie
'
bombę, t o obserwat or na ziemi widzi, że bomba porusza się po paraboli AB ' C D' E ' .
ΔhB =
ΔhC =
g
2
g
2
Nat omiast pilot widzi ją spadającą pionowo (w rzeczywist ości opór powiet rza będzie nieco
opóźniał ruch bomby, co spowoduje pewne odkszt ałcenie t oru).
 Rysunek 1.64
Rzut po zio my. Krzywa to ru jest parabo lą
Prędkość ciała w każdym punkcie t oru jest wypadkową złożenia prędkości v⃗ 0 st ałej w kierunku
poziomym ( v⃗ x = v⃗ 0 ) i prędkości pionowej v⃗ y = g ⃗t , kt órej wart ość wzrast a w miarę upływu
czasu. W rezult acie prędkość wypadkowa jest st yczna do t oru (rys. 1.65
(2_1_14_rzut _poziomy.ht ml#t opic_2_h1.14__rys46)).
 Rysunek 1.65
Rzut po zio my
 Wekt or prędkości wypadkowej jest st yczny do t oru
Wyprowadzimy t eraz równanie toru, czyli równanie krzywej, wzdłuż kt órej porusza się ciało w
rzucie poziomym. Spójrzmy na rys. 1.65 (2_1_14_rzut _poziomy.ht ml#t opic_2_h1.14__rys46).
Ruch ciała składa się z dwóch niezależnych ruchów: w kierunku poziomym x i w kierunku
pionowym y. Rozważymy je oddzielnie. Najpierw wyrazimy współrzędną y. Począt kowe położenie
ciała wynosi y0 = H , przyspieszenie ciała g wyst ąpi ze znakiem minus, gdyż jest zwrócone
przeciwnie do osi y. Zat em
y = y0 −
gt 2
2
( 1.123 )
W kierunku osi x mamy ruch jednost ajny z prędkością st ałą v0 , więc
x = v0 t
( 1.124 )
Te dwa ost at nie równania połączymy w jedno, wyznaczając z równania (1.124
(2_1_14_rzut _poziomy.ht ml#t opic_2_h1.14__eq46)) czas t – mamy t = vx – i podst awiając go
0
do równania (rys. 1.64 (2_1_14_rzut _poziomy.ht ml#t opic_2_h1.14__rys45)). Ot rzymujemy
wówczas równanie t oru
y=−
g 2
x + y0
2v20
( 1.125 )
Jak widzimy, jest t o równanie paraboli t ypu y = −a x2 + b. Współczynnik przy x2 jest ujemny,
więc ramiona paraboli są skierowane w dół, zgodnie z rzeczywist ym kszt ałt em t oru. Zwróćmy
jeszcze uwagę, że na 1.124 (2_1_14_rzut _poziomy.ht ml#t opic_2_h1.14__eq46) pokazano t ylko
jedno z ramion paraboli. Drugie ramię, dla ujemnych wart ości współrzędnej x, nie opisuje rzut u
poziomego (np. ruchu spadającej bomby).
Obliczymy t eraz zasięg poziomy rzutu L. Jest t o odległość, liczona w poziomie, na jaką dot rze
ciało wyrzucone poziomo z wysokości H . Wzór na zasięg ot rzymamy „nat ychmiast ” z równania
t oru. Wyst arczy t ylko do równania t oru podst awić jako y0 począt kową wysokość H , jako
wart ość współrzędnej y ciała w momencie upadku wart ość 0, a jako x zasięg rzut u L (pat rz
rys. 1.64 (2_1_14_rzut _poziomy.ht ml#t opic_2_h1.14__rys45)). Wówczas mamy
0=−
g 2
L +H
2v20
( 1.126 )
Po przekszt ałceniu t ego równania ot rzymujemy wzór na zasięg
−−−
2H
L = v0 √
g
( 1.127 )
 Rysunek 1.66
Animacja
 Przykład rzut u poziomego
 Pytania i problemy
1. Opisz warunki, w kt órych realizuje się ruch zwany rzut em poziomym.
2. Opisz rzut poziomy za pomocą ruchów składowych.
3. Napisz wzory przedst awiające zależności od czasu współrzędnych ( x i y) ciała rzuconego
poziomo z prędkością począt kową.
4. Udowodnij, że t orem ciała rzuconego poziomo jest parabola.
5. Równanie t oru ciała rzuconego poziomo z wysokości H (rys. 1.65
(2_1_14_rzut _poziomy.ht ml#t opic_2_h1.14__rys46)) ma post ać
y=H−
gx2
2v20
. Posługując
się z t ym równaniem, wyprowadź wzór na zasięg poziomy rzut u.
6. Wykresem zależności drogi od czasu w ruchu jednost ajnie przyspieszonym jest parabola.
Dla opisu wyników doświadczenia „Akceleracja” posługiwaliśmy się t akim układem
współrzędnych, w kt órym t a zależność była przedst awiona w post aci linii prost ej. Czy
można znaleźć t aki układ współrzędnych, w kt órym funkcję kwadrat ową t oru ciała
rzuconego poziomo można było by przedst awić jako linię prost ą?
7. Zbadaj, czy jest możliwy rzut poziomy, w kt órym zasięg L byłby równy począt kowej
wysokości H . Przyjmij, że H ≠ 0.
Ruch jednostajny po okręgu
Jeżeli ciało w ruchu po okręgu przebywa jednakowe odcinki łuków w jednakowych odst ępach
czasu, t o mówimy, że mamy do czynienia z ruchem jednostajnym po okręgu. Przykładami
t akiego ruchu mogą być: ruch went yla na wirującym kole roweru, ruch na karuzeli, ruch jakiegoś
punkt u na kuli ziemskiej, ruch sat elit y okrążającego Ziemię, it d.
Z podst awami opisu ruchu jednost ajnego po okręgu zapoznaliście się w pierwszej klasie.
Przypomnimy t eraz poznane przy t ej okazji wielkości fizyczne; pozszerzymy t akże opis o nowe
element y. Jedną z poznanych wielkości jest prędkość v.
Wart ość prędkości w ruchu jednost ajnym po okręgu jest st ała. Może być ona określona jako
st osunek łuku Δs, jaki zakreśli poruszający się punkt , do czasu Δt , w kt órym t en łuk zost ał
zakreślony
v=
Δs
Δt
( 1.128 )
Wekt or prędkości jest st yczny do okręgu (rys. 1.67
(2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__rys47)), ponieważ prędkość jest
st yczna do t oru w każdym ruchu krzywoliniowym, co omówiliśmy już uprzednio.
Prędkość określoną wzorem (1.128
(2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__eq50)) nazywamy prędkością
liniową dla odróżnienia od prędkości kątowej. Prędkość kąt ową w ruchu jednost ajnym po okręgu
definiujemy jako st osunek kąt a Δα zakreślonego przez promień okręgu, do czasu Δt , w kt órym
kąt t en zost ał zakreślony
ω=
 Rysunek 1.67
Δα
Δt
( 1.129 )
Wekto r prędko ści ciała po ruszającego się po o kręgu jest styczny
do o kręgu
Jednost ką prędkości kąt owej jest radian na sekundę ( rad/s ) albo po prost u odwrot ność
sekundy ( s -1 ). Ponieważ miarą kąt a (w radianach) jest st osunek łuku s , na kt órym jest opart y
kąt , do promienia r:
Δα =
Δs
r
więc kąt mierzy się w m/m, czyli jest bezwymiarowy – radian jest jednost ką
„ułomną”. Podst awiając wzór (1.130
(2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__eq52)) do (1.129
( 1.130 )
(2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__eq51)), ot rzymamy
ω=
Uwzględniając, że
v=
Δs 1
⋅
Δt r
( 1.131 )
Δs
, uzyskamy związek między prędkością kąt ową a prędkością liniową:
Δt
ω=
v
r
lub
v = ωr
( 1.132 )
Inną wielkością charakt eryzującą ruch po okręgu jest okres obiegu T , kt óry definiujemy jako
czas, w kt órym punkt mat erialny wykona pełny obieg. Zarówno prędkość liniowa, jak i prędkość
kąt owa mogą być wyrażone za pomocą okresu obiegu. Prędkość liniową można przedst awić jako
st osunek obwodu koła 2πr do okresu T
v=
2πr
T
( 1.133 )
Prędkość kąt ową można przedst awić jako st osunek pełnego kąt a 2π do okresu T :
ω=
2π
T
( 1.134 )
Nast ępna wielkość t o częstotliwość ν (wielkość t a częst o bywa oznaczana symbolem f );
definiujemy ją jako liczbę obiegów, kt órą punkt mat erialny wykonuje w ciągu jednost ki czasu.
Częst ot liwość jest odwrot nością okresu obiegu. Fakt t en łat wo zrozumieć na przykładzie: jeśli
ν = 3 s -1 t o ciało wykonuje 3 pełne obiegi w ciągu jednej sekundy. Wobec t ego jeden obieg t rwa
1/3 sekundy i t o jest właśnie okres obiegu.Uogólniając t en przykład ot rzymujemy związek
ν=
1
T
( 1.135 )
Jednost ką częst ot liwości jest odwrot ność sekundy ( s-1 ). Jednost ka t a ma swoją nazwę: 1 Hz.
Łącząc wzory (1.134 (2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__eq55)) i (1.135
(2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__eq56)), widzimy, że
ω = 2πν
( 1.136 )
Bardzo ważnym pojęciem w ruchu po okręgu jest przyspieszenie dośrodkowe (oznaczamy je a r ).
Mimo że w ruchu jednost ajnym po okręgu wart ość prędkości punkt u mat erialnego nie zmienia
się, jednak prędkość jako wekt or wciąż zmienia kierunek (w każdym miejscu jest st yczny do
okręgu).
Wyobraźmy sobie, że punkt mat erialny przechodzi bardzo mały odcinek łuku s od punkt u A do B
w czasie t (rys. 1.68 (2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__rys48)).
Przenieśmy wekt or prędkości z punkt u A do punkt u B . Wekt or prędkości w punkcie B możemy
t rakt ować jako wynik dodania do wekt ora v⃗ A przyrost u wekt ora Δv⃗ . Bardzo mały łuk s możemy
uważać za odcinek prost ej. Wt edy t rójkąt równoramienny OAB jest podobny do t rójkąt a BCD
i możemy napisać proporcję
s
Δv
=
r
vA
( 1.137 )
 Rysunek 1.68
Przyspieszenie w ruchu jedno stajnym po o kręgu
 W ruchu jednost ajnym po okręgu przyspieszenie dośrodkowe zmienia kierunek wekt ora
prędkości, ale nie zmienia jego wart ości
Ponieważ założyliśmy, że wart ość wekt ora prędkości nie zmienia się, więc vA
podzieleniu równania st ronami przez t ot rzymamy:
= v i po
s
Δv
=
rt
vt
W równaniu t ym wyst ępuje st
( 1.138 )
= v oraz przyspieszenie a r =
v
ar
=
r
ν
Δv
. Napiszemy więc
t
( 1.139 )
St ąd ot rzymujemy wzór na wart ość t ego przyspieszenia
v2
r
ar =
( 1.140 )
Przyspieszenie t o nazywa się przyspieszeniem dośrodkowym, gdyż jego kierunek pokrywa się z
kierunkiem promienia okręgu i jest ono zwrócone do środka t ego okręgu. Widoczne t o jest na
rys. 1.67 (2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__rys47). Wekt or Δv⃗ ma
kierunek zbliżony do promienia okręgu. W granicy, dla czasu t zmierzającego do zera, kierunek
t en pokryje się z kierunkiem promienia. Przyspieszenie a⃗ r ma t aki sam kierunek jak Δv⃗ , czyli ma
kierunek zgodny z promieniem i zwrot do środka okręgu.
Przyspieszenie dośrodkowe możemy wyrazić również za pomocą prędkości kąt owej, kt órą
wprowadzimy do wzoru (1.140
(2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__eq59)), pamięt ając, że v = rω.
Ot rzymamy
a r = ω2 r
Jeżeli skorzyst amy ze wzoru ω
( 1.141 )
= 2πν, ot rzymamy
a r = 4π2 ν 2 r
Czasami wygodniej jest st osować okres
T =
ar =
( 1.142 )
1
, zat em
ν
4π2
T2
r
Przypomnijmy sobie (pat rz Wekt or przyspieszenia
( 1.143 )
(2_1_12_wekt or_przyspieszenia.ht ml#t opic_2_h1.12)), że przyspieszenie jest wekt orem, kt óry
w przypadku ruchu krzywoliniowego nie jest st yczny do t oru. W szczególności, w ruchu
jednost ajnym po okręgu wekt or przyspieszenia jest prost opadły do t oru. Wt edy przyspieszenie
jest równe przyspieszeniu dośrodkowemu, a składowa przyspieszenia st yczna do okręgu jest
równa zeru ( a s = 0). Zgadza się t o z definicją przyspieszenia (1.17
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq15)), ponieważ wart ość
prędkości w ruchu jednost ajnym po okręgu jest st ała, czyli jej przyrost wynosi zero ( Δv = 0), co
oznacza, że przyspieszenie st yczne musi być t akże równe zeru, więc a s = 0.
W przypadku gdy mamy do czynienia z ruchem niejednost ajnym po okręgu, przyrost wart ości
prędkości nie jest równy zeru ( Δv ≠ 0), więc wyst ępuje niezerowe przyspieszenie st yczne do
okręgu, kt óre jest równe przyspieszeniu zdefiniowanemu za pomocą wzoru (1.17
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq15)). Ponieważ wyst ępuje t u
również przyspieszenie dośrodkowe a r , widzimy, że w przypadku ruchu niejednost ajnego po
okręgu wypadkowe przyspieszenie jest skierowane pod pewnym kąt em do st ycznej do t oru,
różnym od 90°. Składowa st yczna przyspieszenia opisuje zmianę wart ości prędkości, zaś
składowa normalna (czyli przyspieszenie dośrodkowe) wynika ze zmiany kierunku wekt ora
prędkości.
� Zapamiętaj
Wybrane wzo ry w ruchu jedno stajnym po o kręgu
Związek między prędkością liniową v a kąt ową:
v = ωr
gdzie
( 1.144 )
r – promień okręgu
Związek między okresem T i częst ot liwością ν:
ν=
1
T
( 1.145 )
Przyspieszenie dośrodkowe:
v2
ar =
r
( 1.146 )
 Przykład 12
Telekomunikacyjny sat elit a st acjonarny znajduje się st ale nad jednym punkt em równika Ziemi
na wysokości h = 35 630 km. Promień Ziemi wynosi R = 6 370 km. Z jaką prędkością liniową
porusza się sat elit a?
 Rysunek 1.69
Prędko ść kąto wa satelity stacjo narnego
 Jest ona t aka sama jak prędkość Ziemi, bo Ziemia obróci się o t en sam kąt , co sat elit a w
t ym samym czasie
Odpo wiedź: Sat elit a S krążący st ale nad jednym punkt em równika ( Z na rys. 1.69
(2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__rys49)) musi mieć prędkość
kąt ową równą prędkości kąt owej t ego punkt u. Zat em prędkość liniowa sat elit y, zgodnie ze
wzorem (1.133 (2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__eq54)), jest równa
vs =
2π(R, +, r)
T
( 1.147 )
czyli
vs =
2 ⋅ 3,14 ⋅ (6370, +, 35630) km
km
= 10990
24
h
h
Jak widzimy, jest t o bardzo duża prędkość w ludzkiej skali.
Zapyt ajmy przy okazji, z jaką prędkością porusza się punkt
spoczywające na równiku Ziemi.
vz =
( 1.148 )
Z, a więc i wszyst kie przedmiot y
2πR
T
( 1.149 )
czyli
vz =
2 ⋅ 3,14 ⋅ 6370 km
km
= 1667
24
h
h
( 1.150 )
Widzimy, że jest t o t eż duża prędkość (odpowiadająca prędkości szybkich samolot ów
odrzut owych), ale jest ona wielokrot nie mniejsza od prędkości sat elit y st acjonarnego.
 Przykład 13
Rowerzyst a jedzie ze st ałą prędkością v = 6 m/s. Średnica koła wynosi 2R
a). Oblicz częst ot liwość ν obrot ów kół roweru.
= 70 cm.
b). Narysuj t or zakreślany przez punkt zaznaczony kredą na boku bieżnika opony, gdy jest on
obserwowany z chodnika.
c). Oblicz prędkość kapt urka went yla względem ziemi w jego najwyższym położeniu. Odległość
kapt urka od osi koła wynosi r = 28 cm.
Odpo wiedź: Ad a) Rower porusza się z prędkością v⃗ względem ziemi, t o znaczy, że również i
osie jego kół mają t ę prędkość. Przyjmujemy, że koła t oczą się bez poślizgu – t o znaczy, że
punkt y st yku kół z ziemią mają względem ziemi chwilowe prędkości równe zero. Nat omiast w
układzie odniesienia związanym z rowerzyst ą osie kół, oczywiście, nie poruszają się, a całe
ot oczenie wraz z ziemią porusza się do t yłu, z prędkością −v⃗ . W jego układzie odniesienia
wszyst kie punkt y na obwodzie koła obracają się z jednakową prędkością liniową równą
v = 2πRν. St ąd ot rzymujemy częst ot liwość obrot u kół
ν=
v
2πR
( 1.151 )
czyli
ν=
6
1
1
= 2,73
2 ⋅ 3, 14 ⋅ 0,35 s
s
( 1.152 )
Ad b) Na rys. 1.70 (2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__rys50)
przedst awiono kolejne pozycje koła z zaznaczonym punkt em K w jednakowych odst ępach
czasu. Łącząc poszczególne pozycje punkt u ot rzymujemy krzywą jego t oru. Krzywa t a nazywa
się cykloidą – jest t o krzywa znana w geomet rii; zakreśla ją ust alony punkt okręgu t oczonego
po płaskiej powierzchni.
 Rysunek 1.70
Punkt K na o po nie ro weru zatacza cyklo idę
Ad c) W pewnej chwili went yl koła znajduje się w najwyższym położeniu. Dla obserwat ora
zewnęt rznego chwilową osią obrot u jest wt edy linia przechodząca przez punkt leżący na st yku
koła z ziemią (punkt S na rys. 1.71
(2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__rys51)).
 Rysunek 1.71
Pio no wa linia po bardzo kró tkim czasie o dchyli się o kąt
Δα
Na linii pionowej znajdują się nast ępujące t rzy punkt y: K – kapt urek went yla, O – oś koła i
wspomniany punkt S. Oś koła, czyli punkt O, ma prędkość liniową v, równą prędkości roweru,
zaś punkt K – chwilową prędkość liniową vK . Możemy przyjąć, że po bardzo krót kim czasie t
Δα
linia t a odchyli się od pionu o niewielki kąt
prędkość kąt ową ω
=
Δα . Wszyst kie punkt y na t ej linii mają wspólną
Δα
. Korzyst ając ze wzoru (1.132
Δt
(2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__eq53)), ot rzymamy
ω=
vK
R+r
( 1.153 )
oraz
ω=
v
R
( 1.154 )
Przyrównując prawe st rony t ych równości, ot rzymujemy, że prędkość liniowa punkt u K wynosi
vK =
R+r
v
R
( 1.155 )
St ąd
vK =
0, 35 + 0, 28
m
m
⋅6
= 10, 8
0, 35
s
s
( 1.156 )
Zat em prędkość chwilowa kapt urka went yla w jego najwyższym położeniu wynosi 10,8 m/s.
Wart o dodać, że – z punkt u widzenia obserwat ora z zewnąt rz – ruch kapt urka możemy
pot rakt ować jako złożenie dwóch ruchów: ruchu obrot owego względem osi koła i ruchu
post ępowego roweru. Kapt urek bowiem wykonuje jednocześnie t e dwa ruchy. Prędkość
wypadkowa w każdym momencie będzie sumą wekt orową prędkości t ych dwóch ruchów.
Będzie ona st yczna do cykloidy.
Z kolei punkt st yku kół z ziemią ma prędkość w ruchu post ępowym skierowaną do przodu oraz
w ruchu obrot owym prędkość skierowaną do t yłu. Aby punkt t en nie ślizgał się (był w
spoczynku) t e dwie prędkości muszą być sobie równe co do wart ości - wt edy ich wypadkowa
prędkość wynosi zero.
 Rysunek 1.72
Animacja
 Kinemat yka - ruch jednost ajny po okręgu
 Rysunek 1.73
Animacja
 Kinemat yka - przyspieszenie dośrodkowe
 Rysunek 1.74
Animacja
 Kinemat yka - cykloida
 Pytania i problemy
1. Zdefiniuj prędkość kąt ową w ruchu po okręgu. Oblicz wart ość prędkości kąt owej małej
wskazówki zegara.
2. Podaj wzór wiążący prędkość liniową z prędkością kąt ową ciała w ruchu jednost ajnym po
okręgu.
3. Podaj definicję częst ot liwości ν. W jakich jednost kach wyrażamy częst ot liwość?
4. Podaj definicję okresu w ruchu po okręgu. W jakich jednost kach wyrażamy okres obiegu?
Podaj związek okresu z częst ot liwością.
5. Opisz wekt or przyspieszenia dośrodkowego w ruchu jednost ajnym po okręgu.
6. Wyjaśnij, dlaczego w ruchu jednost ajnym po okręgu wyst ępuje przyspieszenie
dośrodkowe.
7. Jaki kierunek i jaki zwrot ma przyspieszenie dośrodkowe?
8. Opisz kszt ałt t oru zakreślanego przez punkt leżący na obwodzie koła t oczącego się ze
st ałą prędkością po płaskiej powierzchni – z punkt u widzenia obserwat ora zewnęt rznego.
9. Chłopiec obraca beczkę w kszt ałcie walca, opierając na niej poziomo płaską list wę o
długości l = 1,5 m. Zbliża się on przy t ym do beczki (rys. 1.75
(2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__rys52)). Jaką drogę s musi
przebyć chłopiec, aby dot knąć beczkę? Wskazó wka: Zast anów się z jaką prędkością
liniową względem ziemi porusza się punkt st yczności z list wą, a z jaką oś obrot u beczki.
Jeżeli t rudno Ci t o sobie wyobrazić, t o weź linijkę lub okrągły ołówek i zrób eksperyment .
 Rysunek 1.75
Chło piec o braca beczkę za po mo cą płaskiej listwy
10. Uczniowie po przeczyt aniu rozwiązania przykładu 13.c odczuwali pewien niedosyt
poznawczy. Nie bardzo zrozumieli bowiem, o co chodzi z „chwilową osią obrot u widzianą
przez zewnęt rznego obserwat ora”. Jednak po przeczyt aniu koment arza pod rozwiązaniem
−→
wpadli na inny pomysł: by prędkość kapt urka względem ziemi vK obliczyć jako złożenie
−→
jego prędkości liniowej w ruchu po okręgu względem osi koła vO i prędkości osi koła v⃗
względem ziemi. Uzupełnij rozumowanie uczniów i oblicz wart ość prędkości vK korzyst ając
z ich pomysłu. Przypomnij sobie zasady składania prędkości, opisane w podrozdziale
1(2).13. Gdy uzyskasz t en sam wynik, co w rozwiązaniu przykładu 13.c, t o przekonasz się,
że pojęcie „chwilowej osi obrot u” ma sens.
Rozdział 2. Dynamika
Ucząc się dynamiki, uświadomisz sobie zdumiewającą rzecz, że wiele zjawisk w ot aczającym nas
świecie można przewidzieć z bardzo dużą dokładnością. Rozpat rując zagadnienie ruchu w
kinemat yce, zapewne zauważyłeś, że znając akt ualne położenie, prędkość i przyspieszenie ciała,
można było wyznaczyć jego współrzędne w dowolnej chwili w przyszłości i w przeszłości. Żeby
znać przyspieszenie, t rzeba znać siły działające na ciało. Zat em, jak widzisz, bardzo ważna jest
znajomość sił, kt óre są przyczyną przyspieszenia ciał.
Zagadnienia omawiane w t ym rozdziale wzbogacą t woją wiedzę o ruchu przez zbadanie
przyczyn, czyli sił wywołujących przyspieszenie ciał. Rozdziałowi t emu nadaliśmy t yt uł –
dynamika, ponieważ t ak nazywa się nauka o siłach.
Pierwsza zasada dynamiki Newtona
Aryst ot eles – st arożyt ny wielki myśliciel – uznawał doświadczenie i obserwację za podst awę
nauki. Obserwując ciało w ruchu, wyciągnął wniosek, że aby ut rzymać ciało w ruchu jednost ajnym
prost oliniowym, konieczna jest siła. Obserwacje wskazywały bowiem na t o, że dowolne ciało,
kt óremu nadano prędkość, zat rzymuje się po pewnym czasie, jeżeli jego ruch nie jest
podt rzymywany działającą siłą. Ten pogląd zost ał przyjęt y przez wszyst kich naukowców i
przet rwał około dwa t ysiąclecia, aż do XVII wieku. Jednakże obserwacje Aryst ot elesa nie były
pełne, gdyż nie dost rzegał przeszkód, jakie wszelkiemu ruchowi st awia ośrodek – nie dost rzegał
między innymi oporu powiet rza.
 Rysunek 2.1
Arysto teles – wielki staro żytny myśliciel
Zasadniczą przyczyną t akiego poglądu było przekonanie, że Ziemia jest środkiem
Wszechświat a i znajduje się w absolut nym spoczynku. Obserwacje ruchu ciał względem Ziemi
wskazywały (jak już wspomniano), że ciała, kt órym nadano prędkość, po pewnym czasie
zat rzymują się. Dlat ego przyjęt o, że nat uralnym st anem ciał jest spoczynek. Przyjmowano na
przykład, że w przypadku ruchu st rzały powiet rze popycha ją i podt rzymuje jej ruch.
Dopiero w XVI wieku t eoria Kopernika obaliła mit o bezwzględnym spoczynku Ziemi. Okazało się,
że Ziemia jest t ylko jedną z planet krążących wokół Słońca. To był pierwszy poważny wyłom w
dot ychczasowym sposobie myślenia. St ąd wynikał wniosek nie do podważenia, że planet y (jak i
inne ciała) mogą poruszać się bez konieczności popychania ich przez inne ciała. Zupełnie
nieprawdopodobna była możliwość przyjęcia, że Ziemię i inne planet y coś popychało przez
miliardy lat ! Jednakże nie wszyst ko od razu było jasne. Należało wyjaśnić, na przykład, dlaczego –
podskakując pionowo i odrywając się od Ziemi – spadamy na t o samo miejsce na powierzchni
Ziemi.
Prawidłowe rozwiązanie problemu ruchu podał Galileusz. Pierwszy zrozumiał, że jeżeli usunąć
przeszkody ruchu, t o zniknie pot rzeba podt rzymywania ruchu przez jakąkolwiek siłę. Ruch
jednost ajny prost oliniowy będzie się odbywać sam przez się, bez żadnej pomocy z zewnąt rz.
Rozważmy, co się będzie działo z ruchem ciała, gdy usuniemy oddziaływania z wszyst kimi innymi
ciałami. Weźmy przykładowo pewien wózek t oczący się po piasku. Wózek wkrót ce się zat rzyma.
Jednakże, jeżeli wózek ust awimy na gładkim podłożu, np. na szynach, t o jego ruch będzie t rwał
zdecydowanie dłużej. Jeżeli jeszcze zmniejszymy t arcie, np. przez posmarowanie osi kół, t o
wózek będzie się poruszał znacznie dłużej. Rozumowanie nasze możemy aproksymować do
przypadku, gdy usuniemy wszyst kie opory ruchu. Wt edy, oczywiście, wózek będzie się poruszał
dowolnie długo ruchem bezwładnym. W t en właśnie sposób Galileusz doszedł do swojej idei
bezwładnego ruchu ciał.
Izaak Newt on – geniusz przełomu XVII i XVIII st ulecia – przejął i rozwinął ideę Galileusza.
Zagadnienie ruchu ciał ujął w swoim prawie bezwładności (lub inercji) jako I zasadę dynamiki.
� Zapamiętaj
I zasada dynamiki
Każde ciało pozost aje w spoczynku lub porusza się ruchem jednost ajnym prost oliniowym,
dopóki działanie innych ciał nie zmusi go do zmiany t ego st anu.
W świet le prawa bezwładności st aje się jasne, dlaczego – skacząc w górę i odrywając się od
Ziemi – spadamy na t o samo miejsce. Mamy przecież t ę samą prędkość co Ziemia. Ponieważ w
kierunku poziomym nie działa żadna siła, więc nie ma przyczyny, aby wywołać zmianę prędkości w
t ym kierunku. Podobne zjawisko wyst ępuje na przykład, gdy w jadącym ruchem jednost ajnym
wagonie podskoczymy w górę. Również spadniemy na t o samo miejsce na podłodze wagonu,
gdyż mamy t ę samą prędkość co wagon i podczas skoku pokonujemy w poziomie t ę samą
drogę co wagon.
 Rysunek 2.2
Izaak Newto n (1642–1724)
 Newt on, genialny uczony, st worzył podst awy mechaniki; odkrył prawo grawit acji, kt óre
wyjaśniło zarówno ruch ciał w kosmosie, jak i ciążenie ciał na Ziemi
Zauważmy, że ruch bezwładny odbywa się po drodze najkrót szej ze wszyst kich możliwych. Ruch
t en odbywa się po t orze prost oliniowym, a jak wiemy, najkrót szą odległością między dwoma
punkt ami w pust ej przest rzeni jest odcinek prost ej.
Inercjalne układy odniesienia i zasada
względności
Spoczynek nie jest absolut ny, dlat ego właśnie pierwsza zasada dynamiki t rakt uje jednakowo
zarówno st an spoczynku ciała, jak i jego ruch jednost ajny prost oliniowy. Ciało spoczywa t ylko
względem danego układu odniesienia, ale sam układ może poruszać się względem innego układu.
Na przykład, siedząc w t ramwaju jest eś w spoczynku względem t ramwaju, nat omiast względem
obserwat ora na ziemi poruszasz się razem z t ramwajem.
Zapyt ajmy t eraz, czy jeżeli w jednym układzie odniesienia ciało porusza się ruchem jednost ajnym
prost oliniowym, t o czy we wszyst kich układach odniesienia ciało będzie się poruszać ruchem
jednost ajnym prost oliniowym.
Piłka poruszająca się po podłodze w t ramwaju ruchem jednost ajnym prost oliniowym względem
innego t ramwaju przyspieszającego (np. ruszającego z przyst anku) będzie poruszać się ruchem
niejednost ajnym.
Ruch omawianego ciała nie będzie ruchem jednost ajnym prost oliniowym w układzie, kt óry sam
doznaje przyspieszenia.
Wszyst kie układy odniesienia można podzielić na dwa rodzaje:
Inercjalne – t akie, kt óre nie doznają przyspieszenia (np. t ramwaj jadący ruchem
jednost ajnym prost oliniowym).
Nieinercjalne – t akie, kt óre same doznają przyspieszenia (np. t ramwajprzyspieszający).
W związku z t ym zasadę bezwładności należy sprecyzować t ak, aby wyrażała w sposób jawny
odpowiednie st wierdzenie o rodzaju układu odniesienia, względem kt órego rozpat ruje się dany
ruch.
Zasadę bezwładności można sprecyzować nast ępująco:
� Zapamiętaj
Zasada bezwładno ści
Ist nieją układy odniesienia, zwane układami inercjalnymi, względem kt órych wszyst kie ciała
nie oddziałujące z innymi ciałami poruszają się jednost ajnie prost oliniowo lub pozost ają w
spoczynku. Kliknij, aby uruchomić animację
(2_2_1_I_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.1__film2.1.1)
Zat em pierwsza zasada dynamiki Newt ona obowiązuje t ylko w układach inercjalnych. Można ją
t rakt ować jako zasadę definiującą układy inercjalne.
Zgodnie z dot ychczasowym doświadczeniem, układ odniesienia związany ze Słońcem odpowiada
z dużą dokładnością warunkom st awianym układom inercjalnym. Środek t ego układu znajduje się
w środku Słońca, a osie układu skierowane są ku pewnym określonym dalekim gwiazdom. Układ
związany z Ziemią w mniejszym st opniu spełnia warunki układu inercjalnego, ale dla większości
zagadnień prakt ycznych odst ępst wa od inercjalności są t ak małe, że można je z powodzeniem
zaniedbać.
Ist nieją jednak zjawiska, kt óre są wywołane przez obrót Ziemi dookoła swojej osi oraz jej ruch
dookoła Słońca. Oczywiście, ruchy t e i wywołują efekt y nie wyst ępujące w układach inercjalnych.
Przykładem t akiego efekt u może być ruch wahadła zwanego wahadłem Foucaulta. Na zdjęciu
(rys. 2.3 (2_2_1_I_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.1__rys3)) przedst awione jest t o wielkie
wahadło Foucault a pozwalające unaocznić ruch wirowy Ziemi.
 Rysunek 2.3
Wahadło Fo ucaulta
 Orient acja w przest rzeni płaszczyzny wahań pozost aje niezmienna podczas gdy okrągły st ół
wraz z całą Ziemią obraca się. Kąt obrot u t ej płaszczyzny można mierzyć za pomocą kąt owej
podziałki widocznej na zdjęciu
Wyżej omówiliśmy zagadnienie względności ruchu i st wierdzamy, że każdy ruch musimy odnosić
do określonego układu odniesienia. Obecnie, znając pojęcie układów inercjalnych, możemy
uogólnić zagadnienie względności i przedst awić je w formie podst awowej zasady, t ak zwanej
zasady względności.
Przede wszyst kim zauważmy, że układów inercjalnych może być nieskończenie wiele. Dowolny
układ odniesienia, kt óry wykonuje ruch jednost ajny prost oliniowy względem innego układu
inercjalnego, sam jest układem inercjalnym. Jeżeli bowiem jakieś ciało w pewnym układzie
inercjalnym wykonuje ruch bezwładny, t o i w drugim układzie – poruszającym się względem układu
inercjalnego prost oliniowo ze st ałą prędkością – ciało t o będzie mieć inną, ale znowu st ałą
prędkość – co do wart ości i kierunku. Na przykład, układ odniesienia związany z wagonem
poruszającym się ruchem jednost ajnym prost oliniowym względem Ziemi jest w t akim samym
st opniu układem inercjalnym jak Ziemia.
Na podst awie doświadczenia możemy st wierdzić, że dowolne zjawisko mechaniczne będzie
zachodzić t ak samo w wagonie, jak i na Ziemi. Na przykład:
ciało upuszczone spada pionowo w dół na podłogę,
z t aką samą łat wością możemy się przemieszczać do przodu, jak i do t yłu,
kula wyst rzelona z pist olet u leci z t aką samą prędkością do t yłu, jak do przodu wagonu,
woda nalana do naczynia ma powierzchnię poziomą zarówno w wagonie, jak i na Ziemi.
Te i wiele innych doświadczeń przekonują nas, że żaden eksperyment mechaniczny nie wyróżnia
jakiegokolwiek układu inercjalnego. Jest t o podst awowe prawo przyrody, kt óre nosi nazwę
zasady względno ści Galileusza.
� Zapamiętaj
Zasada względno ści Galileusza
Ist nieje nieskończenie wiele układów inercjalnych. Wszyst kie t e układy są równoważne i
żaden z nich nie jest wyróżniony za pomocą jakiegokolwiek zjawiska mechanicznego.
Zasada względności, t ak sformułowana, dot rwała aż do 1905 r., kiedy Einst ein ust anowił nową
zasadę względności, kt óra obejmuje wszyst kie zjawiska, nie t ylko mechaniczne. Zasada t a ma
charakt er fundament alnego prawa przyrody i jest podst awą współczesnej met odologii fizyki.
 Rysunek 2.4
Animacja
 Dynamika - zasada bezwładności
Pytania i problemy
1. Jaki pogląd na ruch jednost ajny panował powszechnie przed Galileuszem?
2. Czy st wierdzenie: „nat uralnym st anem ciała jest spoczynek” jest słuszne? Uzasadnij
odpowiedź.
3. Jakie doświadczenia skłoniły Galileusza do przyjęcia nowego poglądu na ruch?
4. Podaj t reść zasady bezwładności, czyli pierwszej zasady dynamiki Newt ona.
5. Zadanie (domowe) doświadczalne „Galileo”.
a. Wyt nij i wymodeluj pasek ze szt ywnego kart onu jak na rysunku 2.4
(2_2_1_I_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.1__rys4)
b. Połóż dwie jednakowe monet y i uderz pst ryczkiem w miejsce pokazane na zdjęciu.
Jedna z monet ześlizgnie się przeciwnie do st rzałki wskazanej na zdjęciu, druga
popchnięt a przez zagięcie kart onu poleci do przodu. Po czym obie monet y upadną na
ziemię. Słuchaj uważnie – usłyszysz jedno czy dwa uderzenia monet o podłogę
c. Wynik objaśnij z punkt u widzenia zasady niezależności ruchów. Zast anów się, jak
można ust awić pasek kart onu, aby jedna monet a poruszała się zgodnie, a druga
przeciwnie do wekt ora prędkości ruchu wirowego Ziemi. Sprawdź, czy wynik
eksperyment u będzie zależeć od t ego ust awienia.
 Rysunek 2.5
Ustawienie mo net do do świadczenia „Galileo "
6. Podaj po t rzy przykłady układów inercjalnych i układów nieinercjalnych.
7. Dla większości zagadnień prakt ycznych przyjmuje się, że układ związany z Ziemią jest
układem inercjalnym. Wyjaśnij, czy t o założenie jest w pełni uzasadnione.
8. Na począt ku omawiania dynamiki podaliśmy dwie podst awowe zasady: bezwładności i
względności. Jak sądzisz, czy zasady t e mają jakiś związek ze sobą?
Druga zasada dynamiki Newtona
Siła
Co t o jest siła? Dot ychczasowe doświadczenie wykazuje, że wszyst kie ciała oddziałują na siebie
wzajemnie. Ciała st ałe znajdujące się w naszym ot oczeniu nie rozsypują się na części, ponieważ
t e części przyciągają się siłami spójności. Cząst eczki kropli cieczy również przyciągają się
wzajemnie, chociaż słabiej. Powiet rze w nadmuchanym baloniku oddziałuje na gumową powłokę
balonika, napinając ją. Namagnesowane ciała oddziałują na siebie wzajemnie. Wszyst kie ciała na
Ziemi podlegają przyciąganiu przez nią. Ziemia przyciąga Księżyc, it d.
Począt kowo pojęcie siły powst ało z oceny napięcia mięśni. Do dzisiaj używamy t akich określeń,
jak silny człowiek, wysiłek mięśni, it p. Później rozszerzono zakres t ego pojęcia i używano go w
t akich wyrażeniach, jak siła woli, siła ducha, siły wit alne i t ym podobne. Wszyst kie t e t erminy są
nieprecyzyjne i z właściwym pojęciem siły mają mało wspólnego. W fizyce siła jest t o wielkość
fizyczna, określająca jak duże jest oddziaływanie (przyciąganie, lub odpychanie) między
określonymi ciałami.
Zgodnie z t ym, co powiedziano w rozdziale wst ępnym, wszyst kie rodzaje sił mają źródło w
czt erech podst awowych oddziaływaniach: grawit acyjnym, elekt romagnet ycznym, jądrowym i
słabym. W mechanice będziemy mieli do czynienia z różnymi siłami, ale w zasadzie wszyst kie t e
siły, jak się przekonamy, dadzą się sprowadzić t ylko do dwóch rodzajów oddziaływań –
grawit acyjnego i elekt romagnet ycznego.
Podst awą określenia siły jako wielkości fizycznej, zgodnie z t ym, co zaznaczono w rozdziale
wst ępnym, powinien być dokładny przepis umożliwiający pomiar siły. Tylko w t en sposób można
ot rzymać ścisłą definicję siły.
Ścisłe pojęcie siły jest wynikiem uogólnienia wielu doświadczeń. St wierdzono, że mechanicznym
skut kiem wzajemnego oddziaływania ciał może być:
odkształcenie (deformacja) ciała (skut ek st at yczny), lub
przyspieszenie (zmiana wart ości lub kierunku prędkości) ciała (skut ek dynamiczny).
Oczywiście, skut ki t e mogą wyst ępować również jednocześnie. Każdy z nich może służyć do
pomiaru siły. W prakt yce łat wiej jest mierzyć odkszt ałcenie niż przyspieszenie. Dlat ego do
pomiaru siły st osuje się zwykle siłomierz (rys. 2.5
(2_2_2_II_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.2__rys5)), w kt órym miarą działającej siły jest
wart ość odkszt ałcenia sprężyny.
 Rysunek 2.6
Siło mierz
Sprężyna szczególnie nadaje się do pomiaru siły, ponieważ wykazuje proporcjonalność między
wart ością przyłożonej siły F a wydłużeniem sprężyny △l (st anowi t o t reść prawa Hooke’a w
odniesieniu do sprężyny, kt óra podlega odkszt ałceniom sprężyst ym, t o znaczy t akim, kt óre
znikają po ust aniu działania siły).
Dla sprężyny obowiązuje nast ępująca zależność
F = k(l − l0 ) = k △l
( 2.1 )
gdzie l0 – począt kowa długość sprężyny, l – długość sprężyny odkszt ałconej, k – współczynnik
proporcjonalności, zwany współczynnikiem sprężystości. Widzimy więc, że siłę F możemy
wyznaczyć, mierząc odkszt ałcenie sprężyny l.
Siła jest wekt orem. Jeżeli na jakieś ciało działa kilka sił, t o wypadkową siłę możemy wyznaczyć,
korzyst ając z zasady składania wekt orów. Każdą siłę możemy rozłożyć na siły składowe wzdłuż
określonych kierunków, jak również możemy rzut ować siłę na wybrany kierunek.
Jedną z najbardziej popularnych sił jest siła ciężkości (pojęcie siły ciężkości będzie szczegółowo
omówione w ramach prawa powszechnego ciążenia, kt óremu poświęcony jest rozdz. 5
(2_5_0_ciazenie_powszechne.ht ml#t opic_2_h5.0).). Jest t o siła, z jaką Ziemia przyciąga do siebie
inne ciała. Z siłą ciężkości spot ykamy się na co dzień. Wiemy, że wszyst kie ciała spadają na
Ziemię, jeżeli t emu ruchowi nie przeszkadzają jakieś inne ciała. Siłę ciężkości odczuwamy
bezpośrednio wt edy, gdy podnosimy przedmiot y o dużej masie. Mówimy, że podnosimy ciężary.
Ciężar w nauce o siłach ma jednoznaczną definicję – ciężar ciała jest ró wny sile, z jaką
Ziemia przyciąga to ciało (ściśle: ciężar ciała jest równy sile wypadkowej siły ciążenia i siły
bezwładności wynikającej z ruchu układu odniesienia. Siły bezwładności będą omówione w
podrozdziale 2.8 (2_2_8_doswiadczenie_inercja.ht ml#t opic_2_h2.8).). Siłę t ę możemy z
łat wością mierzyć, posługując się odpowiednio wyskalowanym siłomierzem i st osując wzór (2.1
(2_2_2_II_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.2__eq1)). Miarą siły ciężkości jest wt edy
odkszt ałcenie l sprężyny siłomierza, na kt órym zawieszono dane ciało.
Wiemy, że wszyst kie ciała, niezależnie od wart ości ich masy, w pobliżu Ziemi (w próżni) spadają
ruchem jednost ajnie przyspieszonym z jednakowym przyspieszeniem – przyśpieszeniem
ziemskim g . Nat omiast wykonując prost e doświadczenie, zawieszając na siłomierzu ciała o różnej
masie, przekonujemy się, że wart ość siły ciężkości P zależy wprost proporcjonalnie od masy
ciała m:
P ∼m
( 2.2 )
Przyspieszenie ziemskie jest nieco inne w różnych miejscach na Ziemi i jego wart ość zależy od
szerokości geograficznej oraz od wysokości. Dla każdego z t ych miejsc obowiązuje t aka sama
zależność (2.2 (2_2_2_II_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.2__eq2)). Ale ciężar ciała o ust alonej
masie w różnych miejscach przyjmuje nieco inne wart ości, proporcjonalne do miejscowego
przyspieszenia ziemskiego
P ∼g
( 2.3 )
Widzimy więc, że ciężar ciała jest proporcjonalny zarówno do jego masy, jak i do przyspieszenia
ziemskiego. Zat em t e dwie zależności (2.2 (2_2_2_II_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.2__eq2))
i (2.3 (2_2_2_II_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.2__eq3)) można zapisać w post aci jednej
wspólnej: P ∼ mg . Czyli P = Kmg , gdzie K jest st ałym współczynnikiem proporcjonalności
zależnym od doboru jednost ek. Jeżeli zast osujemy układ jednost ek SI, w kt órym siłę P wyraża
się w niut onach, t o K = 1. Zat em
P ⃗ = mg ⃗
( 2.4 )
Napisaliśmy t ę zależność w post aci wekt orowej, ponieważ siła i przyspieszenie są wekt orami
(masa jest skalarem). Równanie t o, jak się przekonamy, jest szczególnym przypadkiem ogólnego
prawa – drugiej zasady dynamiki Newt ona, kt óra zost anie dokładnie rozpat rzona niżej.
Równanie (2.4 (2_2_2_II_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.2__eq4)) ma duże znaczenie
prakt yczne, gdyż pozwala mierzyć masę różnych ciał przez porównanie ich ciężarów. Pomiarów
t ych możemy dokonywać za pomocą siłomierza czy wagi sprężynowej lub st osując wagę
szalkową. Widzimy, że słowo „ważenie” używane jest w dwóch różnych znaczeniach – jako
pomiar ciężaru (czyli siły) albo masy.
 Doświadczenie „Sprężyna”
Zadanie nasze polega na sprawdzeniu doświadczalnym wzoru (2.1
(2_2_2_II_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.2__eq1)) dla sprężyny. Doświadczenie wykonujemy
w nast ępującej kolejności:
Zawieszamy pionowo sprężynę i mierzymy długość l0 . Zawieszamy ciężarek o określonej
masie, więc i o określonym ciężarze P . Sprężyna ulegnie rozciągnięciu pod wpływem siły
ciężkości ciężarka. Mierzymy miarką milimet rową długość l1 naciągnięt ej sprężyny. Nast ępnie
doczepiamy drugi t aki sam ciężarek o t ej samej masie i mierzymy akt ualną długość sprężyny l2 .
Czynności t e powt arzamy, podwieszając t rzeci, czwart y i piąt y ciężarek.
Sukcesywne zwiększanie o bciążenia sprężyny ciężarkami
po wo duje pro po rcjo nalne jej wydłużenie
 Rysunek 2.7
Wyniki pomiarów wpisujemy do t abelki pomiarów – t ab. 2.2.1
(2_2_2_II_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.2__t ab2.2.1).
 Rysunek 2.8
T abelka po miaró w
Sporządzamy wykres zależności F od l z uwzględnieniem niepewności pomiarowych długości
sprężyny.
Cieszymy się, jeżeli punkt y doświadczalne rozmieszczone są wzdłuż linii prost ej, gdyż w t en
sposób uzyskaliśmy pot wierdzenie doświadczalne wzoru (2.1
(2_2_2_II_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.2__eq1)). Dzięki t emu możemy wyznaczyć,
bezpośrednio z wykresu, współczynnik sprężyst ości sprężyny k, bowiem zgodnie ze wzorem
(2.1 (2_2_2_II_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.2__eq1)) jest on liczbowo równy t angensowi
kąt a nachylenia t ej prost ej do osi odcięt ych.
Na koniec zapisujemy wnioski, jakie wynikają z przeprowadzonego doświadczenia.
Druga zasada dynamiki Newtona
Galileusz wykazał, że siła nie jest pot rzebna do podt rzymania ruchu jednost ajnego ciała po linii
prost ej. Newt on ujął t o w post aci prawa bezwładności jako pierwszą zasadę dynamiki. Newt on
jednakże poszedł dalej od swojego poprzednika, st wierdzając, że siła nie jest po trzebna do
po dtrzymania ruchu jedno stajnego i pro sto linio wego , ale jest ko nieczna do
zmiany wekto ra prędko ści ciała. Żadna zmiana prędkości nie zajdzie, jeżeli nie zadziała na
ciało siła. Innymi słowy, siła działająca na ciało wywołuje zmianę prędkości, czyli nadaje mu
przyspieszenie. To właśnie jest t reścią drugiej zasady dynamiki Newt ona. Było t o genialne
odkrycie, kt óre pchnęło naukę na nowe t ory. Prawo t o wydaje się nam dzisiaj niezwykle prost e i
dost rzeżenie t ej prawdy w wielu zjawiskach wydaje się łat we. Jednakże w owym czasie była t o
myśl nowat orska i musiała pokonać uprzedzenia narosłe przez całe st ulecia.
� Zapamiętaj
Druga zasada dynamiki
F ⃗ = ma⃗
( 2.5 )
siła F ⃗ działająca na ciało o masie m udziela mu przyspieszenia a⃗ o wart ości proporcjonalnej
do wart ości siły. Kierunek i zwrot przyspieszenia są zgodne z kierunkiem i zwrot em siły.
Współczynnikiem proporcjonalności jest masa m.
Jest t o podst awowe równanie dynamiki, kt óre ma niezwykle szeroki zasięg. Prawo t o sprawdza
się we wszyst kich zjawiskach mechanicznych makroskopowych i mikroskopowych na Ziemi i w
Kosmosie.
Jedynie dla bardzo dużych prędkości, zbliżonych do prędkości świat ła, wzór (2.5
(2_2_2_II_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.2__eq5)) ulega pewnej modyfikacji wynikającej z
t eorii względności Einst eina.
Wzór (2.5 (2_2_2_II_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.2__eq5)) pozwala na zdefiniowanie
jednost ki siły, kt órą na cześć Newt ona nazwano niutonem. Jeden niut on jest t o siła, kt óra ciału o
masie
1 kg nadaje przyspieszenie 1 m/s2 :
1 N = 1 kg ⋅ 1
m
s2
( 2.6 )
Do niedawna bardzo rozpowszechnioną jednost ką siły był (i jest ciągle jeszcze st osowany) t zw.
kilogram-siła, 1 kG (zwany inaczej kilopondem – kp). Jest t o siła, z jaką Ziemia przyciąga ciało o
masie
1 kg w miejscu, gdzie przyspieszenie ziemskie g = 9, 80665 m/s2 . Zat em
1 kG = 9, 80665 N
( 2.7 )
 Przykład 1
Obliczymy, z jaką siłą F pocisk o masie m = 10 g jest wyrzucany z lufy karabinu o długości
l = 60 cm, wiedząc, że prędkość pocisku u wylot u lufy v = 800 m/s. Przyjmijmy, że ruch
pocisku w lufie karabinu jest jednost ajnie przyspieszony.
 Rysunek 2.9
Po cisk w lufie karabinu uzyskuje przyspieszenie na skutek
działania siły
Odpo wiedź: Droga pocisku w ruchu jednost ajnie przyspieszonym jest równa
at 2
l=
2
gdzie
( 2.8 )
a – przyspieszenie pocisku, t – czas ruchu pocisku w lufie.
Prędkość pocisku po czasie
t wynosi
v = at
( 2.9 )
Z t ych dwóch równań (po wyeliminowaniu czasu t ) ot rzymamy
l=
v2
2a
( 2.10 )
a=
v2
2l
( 2.11 )
skąd
Siła działająca na pocisk F
= ma = m
v2
. Zat em
2l
8002
F = 0, 01 ⋅
N = 5 333, 3 N
2 ⋅ 0, 6
( 2.12 )
Jest t o bardzo duża siła; można ją ocenić przez porównanie z siłą wyst ępującą w nast ępnym
przykładzie.
 Przykład 2
Dopuszczalne opóźnienie przy hamowaniu samochodu (przy kt órym samochód nie wpada
jeszcze w poślizg) a
m = 1 000 kg?
= 4, 9 m/s2 . Z jaką maksymalną siłą hamuje wt edy samochód o masie
Samo chó d hamuje i uzyskuje o pó źnienie a na skutek działania
siły hamo wania F = ma
 Rysunek 2.10
Odpo wiedź: Siła hamowania F
= ma , zat em
F = 1 000 kg ⋅ 4, 9
m
= 4 900 N
s2
( 2.13 )
Tak duża siła jest pot rzebna do wyhamowania pędzącego samochodu, a jednak siła t a jest
mniejsza od siły z poprzedniego przykładu wypychającej maleńki pocisk z lufy karabinu.
 Rysunek 2.11
Animacja
 Dynamika - siła
 Rysunek 2.12
Animacja
 Dynamika - siła sprężyst a
Pytania i problemy
1. Jeszcze dzisiaj st osujemy w życiu codziennym t ermin „siła” w odniesieniu do wielu pojęć
niefizycznych. Jakim warunkom musi odpowiadać pojęcie siły, aby była ona wielkością
fizyczną? Podaj przykład siły jako pojęcia fizycznego oraz niefizycznego pojęcia siły.
2. Podaj przykłady st at ycznego i dynamicznego skut ku działania siły.
3. Wyjaśnij zasadę pomiaru wart ości siły za pomocą siłomierza.
4. Jakie doświadczenie należy wykonać, aby się przekonać, że w danym miejscu na kuli
ziemskiej siła ciężkości działająca na ciała o różnej masie ma wart ość wprost proporcjonalną
do masy ciała?
5. Czy siła jest wekt orem? Odpowiedź uzasadnij
6. Uczeń st anął na wadze i st wierdził, że waga wykazała 65 kilogramów. Podaj fizyczną
int erpret ację wyniku t ego pomiaru.
7. Podaj t reść drugiej zasady dynamiki Newt ona i odpowiedni wzór.
8. Przyjmując, że samolot odrzut owy podczas rozpędzania się przy st arcie porusza się
ruchem jednost ajnie przyspieszonym, oblicz z jaką siłą działają jego silniki. Masa samolot u
wynosi 10 000 kg, droga rozbiegu: 500 m, czas rozbiegu: 25 s.
9. Porównaj siłę silników samolot u przy st arcie (pyt anie 8.) z siłami z przykładów 1 i 2. Podaj
jakie wnioski st ąd wypływają?
Doświadczenie „Dyna”
Celem doświadczenia jest sprawdzenie zależności między siłą a przyspieszeniem w prakt yce.
Wykonamy je w dwóch et apach. Będą t o:
1. rozkład sił na równi pochyłej,
2. sprawdzenie wzoru Newt ona F ⃗
= ma⃗
Rozkład sił na równi pochyłej
Na rysunku 2.9 (2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__rys9) przedst awiono ciało na
równi pochyłej. Siłę ciężkości P ⃗
równi
= mg⃗ możemy rozłożyć na dwie siły składowe – równoległą do
F = P sin α
( 2.14 )
Pn = P cos α
( 2.15 )
i prost opadłą do równi
W doświadczeniu t ym zaniedbujemy siłę t arcia, gdyż jest ona mała w porównaniu z pozost ałymi
siłami.
 Figure 2.13
Ro zkład sił na ró wni po chyłej
Przekonamy się t eraz doświadczalnie, że t aki rozkład sił na równi może zachodzić w
rzeczywist ości.
Zmont ujmy równię pochyłą, korzyst ając z zest awu do doświadczeń z mechaniki. Ciałem badanym
na równi będzie obciążony wózek.
Wózek ust awiamy na równi, obciążamy obciążnikami i równoważymy siłą równą sile naciągu N⃗
linki przerzuconej przez blok na szczycie równi (rys. 2.10
(2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__rys10)). Ta siła naciągu jest równa (co do
wart ości) ciężarowi szalki z odważnikami P 1 .
Mierzymy i zapisujemy kąt
α = 30∘
α – kąt
nachylenia równi do poziomu. Powiedzmy przykładowo, że
Zapisujemy nast ępujące dane począt kowe (podajemy t u przykładowe wart ości):
masa wózka mw
= 90 g,
masa obciążników mob
masa szalki msz
= 3 ⋅ 50 g = 150 g,
= 50 g,
masa odważników mod
kąt nachylenia równi α
= 70 g,
= 30∘ .
Obliczamy wart ości sił, np.:
 Figure 2.14
P = ( mw + mob )g = (0, 240 ⋅ 9, 81)N = 2, 35 N
( 2.16 )
P1 = ( msz + mod )g = (0, 120 ⋅ 9, 81)N = 1, 18 N
( 2.17 )
Siła
N = P1
ró wno waży wó zek na ró wni po chyłej
Gdybyśmy nie obciążyli linki działającej siłą naciągu N⃗ na wózek, st oczyłby się on wzdłuż równi
pod wpływem siły F ⃗, kt órej wart ość wynosi F
czyli P 1 = F .
= P sin α . Wyciągamy st ąd wniosek, że N = F ,
Sprawdźmy t o. Obliczmy siłę F ze wzoru (2.5
(2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__eq5)) i porównajmy ot rzymaną wart ość z
wart ością ciężaru szalki z odważnikami. W naszym przykładzie
F = P sin 30∘ = (2, 35 ⋅ 0, 5)N = 1, 18 N
Widzimy, że ot rzymana wart ość siły zgadza się doskonale z wart ością siły P 1 ! Fakt t en
zapisujemy w post aci wniosku.
Oprócz siły F ⃗ równoległej do równi, kt óra ściąga wózek w dół równi, jest jeszcze siła P ⃗n
przyciskająca wózek do niej. Jednakże w t ym kierunku nie wyst ępuje żaden ruch wózka. Zat em
siła P ⃗n musi być zrównoważona jakąś inną siłą. Jaka siła równoważy siłę
domyślać, że siłę t ę równoważy siła reakcji równi (rys. 2.10
(2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__rys10)).
P ⃗n ? Możemy się
Siła reakcji równi powst aje na skut ek nieznacznego sprężyst ego ugięcia równi pod wpływem siły
nacisku P ⃗n . Sprawdzimy doświadczalnie t en wniosek.
Przez blok umieszczony t ak jak na rys. 2.11
(2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__rys11) przerzucamy drugą linkę w kierunku
pro sto padłym do ró wni. Jeden koniec linki zaczepiamy do wózka, a drugi obciążamy szalką z
odważnikami o łącznym ciężarze (szalka + odważniki) równym P ⃗2 . St aramy się t ak obciążyć
szalkę, aby wózek oderwał się nieznacznie od równi i ut rzymywał w powiet rzu t uż nad nią. W t en
sposób rolę siły reakcji równi przejmuje siła naciągu linki N⃗ 2 .
Zapisujemy dane, np. masa szalki drugiej m2sz
= 50 g, masa odważników m2od = 160 g.
 Figure 2.15
Ro lę siły reakcji ró wni przejmuje
N⃗ 2
- siła naciągu linki
Obliczamy wart ość siły N⃗ 2 , np.
N2 = P2 = ( m2sz + m2od )g = (0, 210 ⋅ 9, 81)N = 2, 06 N
( 2.18 )
Obliczamy P n według wzoru (2.6 (2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__eq6)) i
porównujemy ot rzymaną wart ość z wart ością siły N2 . W naszym przykładzie
Pn = P cos 30∘ = (2, 35 ⋅ 0, 866)N = 2, 04 N
( 2.19 )
Sprawdzamy, czy ot rzymana wart ość siły P n jest równa N2 . W naszym przykładzie zgodność
zachodzi z dokładnością do 0,02 N.
Ot rzymany wynik świadczy o t ym, że rzeczywiście zachodzi t aki rozkład siły ciężkości wózka, jak
na rys. 2.9 (2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__rys9), i że poprawność wzoru (2.6
(2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__eq6)) można sprawdzić doświadczalnie.
Zapisujemy t o w post aci kolejnego wniosku.
Sprawdzenie wzoru Newtona
F ⃗ = ma⃗
Tę część doświadczenia wykonamy na t orze z poduszką powiet rzną. Najpierw będziemy
mierzyć przyspieszenie wózka wywołane siłą ściągającą F ⃗ na równi pochyłej (rys. 2.9
(2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__rys9)). Przekonaliśmy się uprzednio, że siła t a
jest składową (równoległą do równi) siły ciężkości wózka (siła ciężkości wózka P = mg ). Siłę F
wyznaczymy doświadczalnie, podst awiając do wzoru (2.5
(2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__eq5)) zmierzoną masę wózka m i kąt α
nachylenia równi do poziomu.
Przyspieszenie wózka a wyznaczymy ze wzoru na drogę
jednost ajnie przyspieszonym, s
=
at2
2
, zat em
a=
Mierząc
s wzdłuż równi pochyłej w ruchu
2s
t2
( 2.20 )
s i t , możemy doświadczalnie wyznaczyć przyspieszenie wózka a .
Widzimy więc, że jest eśmy w st anie wyznaczyć doświadczalnie zarówno siłę F , jak i
przyspieszenie a . Dzięki t emu możemy sprawdzić, czy zachodzi zależność liniowa między
przyspieszeniem a i siłą F . W t ym celu należy powt órzyć eksperyment kilkakrot nie przy różnych
kąt ach nachylenia równi.
Dalszą część doświadczenia wykonujemy w nast ępujący sposób: ważąc wózek, wyznaczamy
jego masę m. Ust awiamy t or powiet rzny w poziomie (st osując np. poziomnicę), nast ępnie jeden
h
h = 1, 5 cm
koniec t oru powiet rznego podnosimy i ust awiamy na wysokości h (np. h
długość t oru l. Zaznaczamy na t orze odcinek drogi s (np. s = 1 m).
Zapisujemy dane
= 1, 5 cm). Mierzymy
m, l i s.
Mierzymy czas t ruchu wózka na drodze s. Aby zwiększyć dokładność, pomiar czasu powt arzamy
t rzykrot nie. Doświadczenie powt arzamy wielokrot nie (np. sześć razy), zmieniając za każdym
razem h - wysokość równi.
Wyniki pomiarów wpisujemy do uprzednio przygot owanej t abelki pomiarów – t ab. 2.3.1
(2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__t ab2.3.1).
 Figure 2.16
T abelka po miaró w
Dla każdej wysokości równi h obliczamy średni czas ruchu wózka, przyspieszenie a według wzoru
(2.7 (2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__eq7)) i siłę, kt óra zgodnie ze wzorem (2.5
(2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__eq5)) jest równa
a=
2s
t2
( 2.21 )
Korzyst ając z wyników zapisanych w dwóch ost at nich rubrykach t ab. 2.3.1
(2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__t ab2.3.1), wykonaj wykres zależności F od a .
W pobliżu punkt ów doświadczalnych wykreśl linię. Powinna t o być linia prost a.
Jeżeli punkt y doświadczalne układają się wzdłuż linii prost ej, t o znaczy, że nasze doświadczenie
pot wierdza liniową zależność F od a . O t o właśnie w t ym doświadczeniu chodziło.
Obliczamy niepewności pomiarowe i nanosimy je na wykresie.
Na koniec zapisujemy wnioski, jakie wynikają z przeprowadzonego doświadczenia.
Trzecia zasada dynamiki Newtona
Pierwsza i druga zasada dynamiki Newt ona mówią nam o ruchu ciała, gdy nie działa lub działa na
nie siła. Zasady t e nie określają, skąd pochodzą siły działające na ciało. Newt on zrozumiał, że aby
na ciało zadziałała siła, pot rzebne jest jakieś inne ciało. To inne ciało nie musi być w bezpośrednim
kont akcie z danym ciałem, na kt óre oddziałuje siłą. Zawsze jednak obowiązuje zasada:
� Remember
T rzecia zasada dynamiki
Jeżeli ciało A działa na ciało B siłą F ⃗AB , t o ciało B działa na ciało
samą wart ość i kierunek, lecz przeciwny zwrot , czyli
A siłą F ⃗BA , kt óra ma t ę
F ⃗AB = −F ⃗BA
( 2.22 )
Na rysunku 2.12 (2_2_4_III_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.4__rys12) przedst awiono dwa ciała
oddziałujące na siebie, jednak pokazane siły nie równoważą się wzajemnie, mimo że są zwrócone
przeciwnie. Dzieje się t ak, bowiem siły t e są przyłożone do różnych ciał.
 Figure 2.17
Ilustracja trzeciej zasady dynamiki Newto na
 Figure 2.18
Przeciąganie liny
 Oba zespoły działają siłą o t ej samej wart ości na linę, lecz przeciwnie zwróconą
 Figure 2.19
Siły przyciągania Ziemi i Księżyca
⃗
⃗
 Ziemia przyciąga Księżyc siłą F ⃗KZ również Księżyc przyciąga Ziemię siłą F ⃗ZK . Te dwie siły
są równe sobie – co do wart ości, lecz przeciwnie zwrócone
 Figure 2.20
F ⃗KZ = −F ⃗ZK
Przykład działania trzeciej zasady dynamiki Newto na
 Zgodnie z t rzecią zasadą dynamiki Newt ona – silniki odrzucają spaliny – działają siłami t akimi
samymi (co do wart ości) jak spaliny, lecz przeciwnie zwróconymi F ⃗21
= −F ⃗12
Trzecia zasada dynamiki st wierdza ponadt o, że siły zawsze wyst ępują parami. Odrzut owiec
działa siłą na odrzucane przez niego spaliny, nat omiast spaliny działają na odrzut owiec t aką samą
siłą, ale w st ronę przeciwną, dzięki t emu uzyskuje on przyspieszenie i pokonuje opór powiet rza.
Ziemia przyciąga spadający kamień siłą F ⃗ = ma⃗ . Ale kamień przyciąga Ziemię z siłą o t akiej
samej wart ości. Dlaczego t ego nie zauważamy? Ponieważ masa Ziemi M jest znacznie większa
od masy kamienia m, więc przyspieszenie Ziemi jest niezauważalnie małe. Zgodnie z drugą
zasadą Newt ona ot rzymamy
mg⃗ = −M a⃗
skąd
( 2.23 )
skąd
a⃗ = −
m
g⃗
M
( 2.24 )
Możemy zapyt ać, dlaczego t ak jest , dlaczego siły oddziaływania między dowolnymi dwoma
ciałami są jednakowe co do wart ości?
Odpowiedź na t o pyt anie nie jest łat wa, ale możemy zauważyć, że zawsze wt edy, gdy mamy do
czynienia z oddziaływaniem dwóch ciał, t o między nimi wyst ępuje „pośrednik”. Tym pośrednikiem
może być np. lina łącząca dwóch chłopców na łyżworolkach, sprężyna łącząca dwa wózki na t orze
powiet rznym, pole grawit acyjne w przykładzie oddziaływania Ziemi z Księżycem. Ten pośrednik
jest właśnie nośnikiem sił. Wydaje się więc nat uralne, że siła wyst ępująca w linie, czy sprężynie
jest jednakowa i nie zależy na jakie ciało działa. (Ten "pośrednik" nie zawsze jest łat wo
zauważalny, np. w przypadku ciężarowca ut rzymującego szt angę z ciężarami. W t ym przypadku
pośrednikiem jest pole elekt ryczne wyst ępujące między molekułami dłoni ciężarowca a at omami
szt angi. Wynikiem jest odpychanie elekt rost at yczne elekt ronów wyst ępujących w t ych
molekułach i at omach.)
 Figure 2.21 Dwa elektro ny o dpychają się dzięki nieustannej emisji i abso rpcji
(czyli wymianie) fo to nu
Współczesne poglądy na ist nienie sił są nast ępujące. Dwa ciała makroskopowe oddziałują na
siebie poprzez oddziaływanie ich cząst ek składowych. Oddziaływanie makroskopowe składa się z
bardzo dużej liczby oddziaływań element arnych. Dwie cząst ki element arne oddziałują poprzez
wymianę t rzeciej cząst ki (coś w rodzaju „ping–pongu”). Na przykład dwa elekt rony odpychają się
dzięki nieust annej wymianie t rzeciej cząst ki – fot onu wirt ualnego (rys. 2.16
(2_2_4_III_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.4__rys16)).
� Remember
Oddziaływanie elementarne
Oddziaływanie makroskopowe składa się z bardzo dużej liczby oddziaływań element arnych.
Dwie cząst ki element arne oddziałują dzięki wymianie t rzeciej cząst ki.
Zrozumiałe jest zat em dlaczego fot on przenosi t aką samą siłę między dwoma elekt ronami.
Byłoby dziwne, gdyby t en sam fot on przekazywał różne siły elekt ronom.
 Przykład 3
Dwa klocki A i B o masach mA i mB połączone nicią leżą na idealnie gładkiej powierzchni
poziomej (rys. 2.17 (2_2_4_III_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.4__rys17)). Jaki warunek musi
spełniać siła przyłożona do klocka B , aby nić się nie zerwała? Wiadomo, że nić wyt rzymuje
obciążenie równe Fmax .
 Figure 2.22
Siły o ddziaływania wzajemnego po łączo nych klo ckó w
Odpo wiedź: Siła zewnęt rzna F wywołuje przyspieszenie a obu klocków. Na klocek B działa
siła F i siła FAB , a na klocek A działa t ylko siła FBA . Zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newt ona
możemy napisać dwa równania, dla każdego klocka oddzielnie:
F − FAB = mB a
( 2.25 )
FBA = mA a
( 2.26 )
Zgodnie z t rzecią zasadą dynamiki Newt ona wart ości sił oddziaływania wzajemnego klocków są
sobie równe, FAB = FBA . Nić przenosi oddziaływania między klockami za pomocą siły naciągu
FN , zat em FAB = FBA = FN . Mamy więc
F − FN = mB a
FN = mA a
}
( 2.27 )
Dodając st ronami t e dwa równania, eliminujemy FN . Ot rzymamy:
F = mA a + mB a = ( mA + mB )a
( 2.28 )
St ąd przyspieszenie obliczymy ze wzoru
a=
F
mA + mB
( 2.29 )
Podst awiając t o wyrażenie do drugiego równania we wzorze (2.9
(2_2_4_III_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.4__eq9)), ot rzymamy wart ość siły naciągu nici
FN = mA
F
mA + mB
( 2.30 )
Nić nie ulegnie zerwaniu, gdy siła naciągu nici będzie mniejsza od siły Fmax , czyli gdy
FN < Fmax , zat em
FN = mA
F
< Fmax
mA + mB
( 2.31 )
skąd
F<
Ot rzymaliśmy zat em warunek na siłę
( mA + mB ) Fmax
mA
( 2.32 )
F , przy kt órym nić nie ulega zerwaniu.
Pytania i problemy
1. Sformułuj t rzecią zasadę dynamiki Newt ona i wyjaśnij jej zast osowanie na przykładzie.
2. Wykonując doświadczenie „Dyna” st wierdziliśmy, że w st anie równowagi siła naciągu linki N
jest równa sile ciężkości odważnika P 1 (rys. 2.10
(2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__rys10)). Podaj, co t rzeba by było zrobić,
(2_2_3_doswiadczenie_dyna.ht ml#t opic_2_h2.3__rys10)). Podaj, co t rzeba by było zrobić,
aby t e dwie siły nie były równe sobie. Jak t o można uzgodnić z t rzecią zasadą dynamiki?
Zast anów się, czy nadal będzie t rwał st an równowagi, gdy ciężar odważnika P 1 i siła
naciągu linki będą różne.
3. St oisz na wadze i st wierdzasz, że Ziemia przyciąga cię siłą P = 65 kG. Czy t o znaczy, że i
t y przyciągasz Ziemię siłą równą 65 kG? Odpowiedź uzasadnij.
4. Scharakt eryzuj wekt ory sił akcji i reakcji, o kt órych mówi t rzecia zasada dynamiki Newt ona.
Czy siły t e mogą się równoważyć? Odpowiedź uzasadnij.
5. Wyjaśnij nast ępujący „paradoks”: Chłopiec ciągnie sanki pewną siłą. W myśl t rzeciej zasady
dynamiki Newt ona sanki ciągną chłopca w przeciwną st ronę t ą samą siłą. Dlaczego sanki w
ogóle się poruszają?
Pęd i popęd
Załóżmy, że ciało o masie m porusza się pod wpływem st ałej siły. Wt edy ciało uzyskuje st ałe
przyspieszenie. Jeżeli począt kowo ciało miało prędkość v⃗ 1 , t o po czasie Δt uzyska prędkość v⃗ 2 ,
więc
a⃗ =
Ponieważ
a⃗ =
v⃗ 2 − v⃗ 1
△t
( 2.33 )
F⃗
, więc
m
F⃗
v⃗ − v⃗ 1
= 2
m
Δt
( 2.34 )
Po przekszt ałceniu ot rzymamy
F ⃗Δt = mv⃗ 2 − mv⃗ 1
( 2.35 )
Przyjrzyjmy się t emu równaniu. Po lewej st ronie mamy iloczyn siły i czasu jej działania F ⃗Δt = Δp⃗ .
Wyrażenie t o nazywamy popędem. Po prawej st ronie wyst ępuje różnica dwóch wyrażeń t ego
samego t ypu, iloczynu masy i prędkości. Ot óż iloczyn masy i prędkości zwany pędem jest
wielkością spełniającą ważną rolę w fizyce. Oznaczamy go symbolem p⃗ .
� Remember
Pęd
Iloczyn masy i prędkości nazywamy pędem ciała
p⃗ = mv⃗
( 2.36 )
Różnica wyrażeń mv⃗ 2 − mv⃗ 1 jest równa przyrost owi pędu Δp⃗ . Zat em wzór (2.10
(2_2_5_ped_i_poped.ht ml#t opic_2_h2.5__eq10)) możemy wyrazić nast ępująco: przyro st pędu
jest ró wny po pędo wi udzielo nemu ciału:
F ⃗Δt = Δp⃗
( 2.37 )
Wzór t en po prost ym przekszt ałceniu przybierze post ać:
F⃗ =
Δp⃗
Δt
( 2.38 )
Jest t o inna, najbardziej ogólna post ać drugiej zasady dynamiki Newt ona. Wzór t en jest bardzo
przydat ny przy rozwiązywaniu wielu ważnych zagadnień fizycznych. Będziemy go nieraz
st osować.
� Remember
Druga zasada dynamiki w innej po staci
Siła działająca na ciało jest równa st osunkowi przyrost u pędu do czasu, w jakim t en przyrost
wyst ępuje.
 Przykład 4
Piłka o masie m = 0, 1 kg uderzyła w ścianę z prędkością równą v = 20 m/s prost opadle do
ściany. Zet knięcie piłki ze ścianą t rwało Δt = 0, 1 s. Wyznacz średnią siłę F , z jaką ściana
działa na piłkę podczas uderzenia. Przyjmij, że zderzenie jest doskonale sprężyst e, t o znaczy,
że po odbiciu od ściany piłka ma t aką samą wart ość prędkości jak przed uderzeniem (rys. 2.18
(2_2_5_ped_i_poped.ht ml#t opic_2_h2.5__rys18)).
 Figure 2.23
Działanie ściany zmienia pęd piłki
Odpo wiedź: Najpierw obliczymy zmianę pędu, jakiej doznała piłka po uderzeniu w ścianę. Pęd
piłki przed zderzeniem wynosił p⃗ 1 = −mv⃗ , zaś po zderzeniu p⃗ 2 = mv⃗ , zat em przyrost pędu
wyniósł
Δp⃗ = p⃗ 2 − p⃗ 1 = mv⃗ 2 − mv⃗ 1 = mv⃗ − (−mv⃗ ) = mv⃗ + mv⃗ = 2mv⃗
( 2.39 )
Przyrost pędu piłki jest równy popędowi, jakiego ściana udzieliła piłce. Zgodnie z równaniem
(2.12 (2_2_5_ped_i_poped.ht ml#t opic_2_h2.5__eq12)) F ⃗Δt
= Δp⃗ = 2mv⃗ . St ąd F =
więc
F=
2 ⋅ 0, 1 kg ⋅ 20 m/s
= 40 N
0, 1 s
Widzimy zat em, że ściana działa na piłkę średnią siłą równą 40 N.
2mv
,
Δt
( 2.40 )
 Figure 2.24
Animacja
 Dynamika - pęd i popęd
 Figure 2.25
Animacja
 Dynamika - pęd i popęd. Zderzenia sprężyst e
Pytania i problemy
1.
2.
3.
4.
Podaj definicję pędu ciała. Czy pęd jest wekt orem? Odpowiedź uzasadnij.
Podaj definicję popędu siły. Czy popęd jest wekt orem? Odpowiedź uzasadnij.
Sformułuj drugą zasadę dynamiki Newt ona, wykorzyst ując pojęcia pędu i popędu.
Pocisk o masie 0,01 kg uderza z prędkością 500 m/s w ścianę i grzęźnie w niej. Czas
t rwania ruchu pocisku w ścianie wynosi 0,01 s. Oblicz średnią siłę oporu działającą na pocisk
w ścianie. Rozwiąż zadanie dwoma sposobami: korzyst ając z pojęcia pędu, korzyst ając z
pojęcia przyspieszenia.
Zasada zachowania pędu
Najpierw zapoznamy się z pojęciem układu odosobnionego. Aby dokładnie opisać ruch
określonego ciała, należy uwzględnić wszyst kie siły działające na nie. Jednakże t akie zadanie w
prakt yce jest niewykonalne ze względu na olbrzymią ilość t ych sił. W rzeczywist ości każde ciało
jest ot oczone wielką liczbą ciał bliższych i dalszych. Na szczęście, zwykle jednak t ylko
skończona niewielka liczba ciał oddziałuje znacząco na rozpat rywane ciało. Wszyst kie inne
oddziaływania w prakt yce można śmiało pominąć, jako że są one bardzo małe. Na przykład, jeżeli
kamień spada na Ziemię, t o wszyst kie inne siły poza siłą przyciągania Ziemi można zaniedbać,
mimo że w rzeczywist ości na kamień działają również siły przyciągania pochodzące od Księżyca,
innych planet i Słońca. Nie uwzględniamy ich, gdyż są one bardzo małe (małe są również w t ym
przypadku siły oporu powiet rza). Dlat ego mamy prawo założyć, że na kamień działa t ylko Ziemia.
Możemy zat em rozpat rywać układ składający się z dwóch ciał – kamienia i Ziemi. Wszyst kie
pozost ałe ciała można t rakt ować jako zewnęt rzne w st osunku do t ego układu. Siły pochodzące
od ciał spoza układu możemy ewent ualnie uwzględniać jako poprawki dodawane do podst awowej
siły.
Siły, kt órymi działają na siebie części składowe układu, nazywamy siłami wewnętrznymi. Siły
oddziaływania z ciałami spoza układu nazywamy siłami zewnętrznymi. Układ nazywa się
odosobnionym (lub izolowanym), jeżeli można zaniedbać siły zewnęt rzne. Na przykład, Układ
Słoneczny może być t rakt owany z bardzo dużą dokładnością jako układ odosobniony. Siła
wewnęt rzna wzajemnego oddziaływania Słońca i Ziemi jest około 800 miliardów razy większa od
siły zewnęt rznej oddziaływania Ziemi z najbliższą gwiazdą.
W wypadku układów odosobnionych obowiązuje prawo zachowania pędu, kt óre można
sformułować w nast ępujący sposób:
� Remember
Zasada zacho wania pędu
Całkowit y pęd układu odosobnionego jest st ały i nie ulega zmianie podczas dowolnych
procesów zachodzących w układzie.
Oczywiście, pędy poszczególnych ciał wchodzących w skład danego układu mogą się zmieniać,
ale całkowit y pęd układu, t o znaczy wekt orowa suma wszyst kich pędów składowych, nie ulega
zmianie.
Prawo t o można wyprowadzić w sposób ścisły z zasad dynamiki Newt ona. My wyprowadzimy je
dla przypadku układu odosobnionego składającego się z dwóch ciał: A i B . Ciało B działa na ciało
A siłą F ⃗BA ,a ciało A na ciało B siłą F ⃗AB . Zgodnie z t rzecią zasadą Newt ona F ⃗AB = −F ⃗BA ,
więc
F ⃗AB + F ⃗BA = 0
( 2.41 )
Obierzmy dwie bliskie chwile t 1 i t 2 . Załóżmy, że w chwili t 1 ciało A o masie mA miało prędkość
v⃗ A1 , ciało B o masie mB – prędkość v⃗ B1 , zaś w chwili t 2 prędkości v⃗ A2 i v⃗ B2 , odpowiednio.
Druga zasada Newt ona dla ciała A (w post aci (2.2.41
(2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__eq14)14)) ma kszt ałt :
F ⃗BA ( t 2 − t 1 ) = mA v⃗ A2 − mA v⃗ A1
a dla ciała B
( 2.42 )
F ⃗AB ( t 2 − t 1 ) = mB v⃗ B2 − mB v⃗ B1
( 2.43 )
Po zsumowaniu st ronami równań (2.15
(2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__eq15)) i (2.16
(2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__eq16)) ot rzymamy
(F ⃗BA + F ⃗AB )( t 2 − t 1 ) = ( mA v⃗ A2 − mA v⃗ A1 ) + ( mB v⃗ B2 − mB v⃗ B1 )
( 2.44 )
Na podst awie wzoru (2.14 (2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__eq14)) lewa
st rona powyższego równania jest równa zeru. Po uporządkowaniu prawej st rony ot rzymamy
0 = ( mA v⃗ A2 + mB v⃗ B2 ) − ( mA v⃗ A1 + mB v⃗ B1 )
( 2.45 )
mA v⃗ A2 + mB v⃗ B2 = mA v⃗ A1 + mB v⃗ B1
( 2.46 )
St ąd
Ot rzymaliśmy równanie, kt óre ma nast ępującą int erpret ację: po lewej st ronie mamy sumę
pędów ciał A i B w chwili t 1 , a po prawej st ronie – w chwili t 2 , zat em suma pędów całego układu
składającego się z ciał A i B nie zmienia się w czasie. Możemy t o zapisać krócej:
mA v⃗ A + mB v⃗ B = const
( 2.47 )
p⃗ A + p⃗ B = const
( 2.48 )
lub
W t en sposób wyprowadziliśmy prawo zachowania pędu dla układu składającego się z dwóch ciał.
Dla układu składającego się z wielu ciał prawo zachowania pędu wyrażone w post aci
mat emat ycznej ma post ać:
p⃗ A + p⃗ B + p⃗ C + p⃗ D + … = const
( 2.49 )
 Przykład 5
Rozważymy zagadnienie t zw. rozpadu dwuciałowego. Na rysunku 2.19
(2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__rys19) przedst awione są dwie kulki A i
B o masach mA i mB połączone nit ką. Między kulkami znajduje się ściśnięt a sprężyna, kt óra je
rozpycha. Napięcie nit ki jest na granicy wyt rzymałości. Wyst arczy t eraz wst awić między zwoje
sprężyny jakieś ciało (w miejscu oznaczonym na rysunku st rzałką), aby nit ka nie wyt rzymała
dodat kowego napięcia. Nit ka ulega zerwaniu, a kulki rozlat ują się w przeciwne st rony. Na
podst awie prawa zachowania pędu oblicz st osunek ich mas, jeżeli znany jest st osunek ich
prędkości.
Dwie kulki
przeciwne stro ny
 Figure 2.26
AiB
po zwo lnieniu sprężyny ro zlatują się w
Odpo wiedź: Przed rozpadem obie kulki były w spoczynku, więc ich pędy były równe zeru i
całkowit y pęd układu obu kulek wynosił zero. Zat em i po rozpadzie pęd układu, kt óry jest równy
sumie pędów obu kulek, musi być równy zeru
p⃗ 1 + p⃗ 2 = 0
( 2.50 )
Równanie t o w zapisie skalarnym ma post ać
p1 − p2 = 0
( 2.51 )
mA v1 − mB v2 = 0
( 2.52 )
czyli
Kulki uzyskają jednakowe pędy co do wart ości, ale ich zwrot y są przeciwne. Przekszt ałcając
równanie (2.20 (2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__eq20)), ot rzymujemy
mA
v
= 2
mB
v1
( 2.53 )
Widzimy z powyższego przykładu, że prawo zachowania pędu pozwala na porównywanie masy
dwóch ciał bez użycia wagi. W mechanice nie st osujemy zwykle t ej met ody pomiaru ze względu
na t rudności związane z dokładnym wyznaczeniem prędkości w obecności t arcia. Jednakże w
fizyce cząst ek element arnych i w fizyce jądrowej korzyst amy częst o z t ej met ody pomiaru mas.
Na rysunku 2.20 (2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__rys20) przedst awione
jest zdjęcie śladów różnych cząst ek, ot rzymane w specjalnej komorze do badania cząst ek
element arnych, t ak zwanej komorze Wilsona
 Figure 2.27
Ro zpad jądra na dwa jądra wtó rne
A i B, zdjęcie
z ko mo ry Wilso na
W środku komory widoczna jest cienka płyt ka zawierająca uran. Na skut ek pochłonięcia neut ronu
jądro uranu rozpadło się na dwa mniejsze jądra rozbiegające się w przeciwne st rony. Ich ślady A i
B są widoczne na zdjęciu. Prędkość jąder pochodnych (t zn. powst ałych w czasie rozpadu)
wyznacza się na podst awie znajomości ich zasięgu. Znając st osunek ich prędkości, można
wyznaczyć st osunek ich mas.
Układ dwóch kulek na rys. 2.19 (2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__rys19) jest
uproszczonym modelem mechanicznym rozpadu jądra na dwa fragment y. Rysunek 2.21
(2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__rys21) przedst awia w uproszczonej
post aci rozpad jądra na dwa jądra wt órne A i B pod wpływem pochłonięcia neut ronu n. Jądra A i
B odpychają się dalekozasięgowymi siłami elekt rycznymi (mają jednoimienne ładunki elekt ryczne
– dodat nie). Jądro nie rozpada się, ponieważ mocniejsze – przyciągające siły jądrowe
(krót kozasięgowe) ut rzymują fragment y A i B wewnąt rz jądra macierzyst ego (rys. 2.21a
(2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__rys21)). Mamy t u syt uację t aką, jak w
modelu mechanicznym, gdzie ściśnięt a sprężyna odpycha kulki, a rolę przyciągających sił
jądrowych odgrywa napięcie nit ki łączącej obie kulki.
Neut ron, wchodząc do jądra, „rozpycha” fragment y A i B , oddalając je nieco od siebie. Powoduje
t o, że krót kozasięgowe siły jądrowe nie są już dłużej w st anie ut rzymać fragment ów jądra w
zwiększonej odległości (odpowiada t o przerwaniu nit ki łączącej kulki). Teraz dochodzą do głosu
dalekozasięgowe odpychające siły elekt ryczne (sprężyna zost aje zwolniona). Nadają one
A B
fragment om A i B odpowiednie prędkości zgodne z zasadą zachowania pędu – jądro rozpada
się (rys. 2.21b (2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__rys21)).
 Figure 2.28
Ro zpad jądra po d wpływem po chło nięcia po wo lnego neutro nu
 Przykład 6
Pocisk o masie mp = 10 g jest wyst rzelony z prędkością vp = 800 m/s z karabinu o masie
mk = 4 kg (rys. 2.22 (2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__rys22)).
Powiedzmy, że niewprawny st rzelec t rzyma luźno karabin. Wyznaczmy prędkość odrzut u
karabinu vk w chwili, gdy kolba karabinu uderzy st rzelca w bark.
 Figure 2.29
Odrzut karabinu
Odpo wiedź: Przed wyst rzałem pocisk i karabin są w spoczynku, więc ich całkowit y pęd jest
równy zeru. Zat em zgodnie z zasadą zachowania pędu, po wyst rzale ich wypadkowy pęd jest
t eż równy zeru. Czyli
0 = mk vk − mp vp
( 2.54 )
mk vk = mp vp
( 2.55 )
lub
skąd
vk =
mp vp
mk
( 2.56 )
Zat em
vk =
0, 01 kg ⋅ 800 m/s
m
=2
4 kg
s
Karabin uderza w bark z prędkością vk
=2
( 2.57 )
m
.
s
Powyższy przykład ilust ruje nam zasadę napędu o drzuto wego rakiety. Karabin możemy
t rakt ować jako rakiet ę, a pocisk jako po rcję paliwa wyrzucanego z prędkością v⃗ p . Przy
wyrzucaniu porcji paliwa o masie
mp
rakiet a uzyskuje dodat kową prędkość v⃗ k .
W rzeczywist ości przyrost prędkości rakiet y jest większy. Należy uwzględnić poprawkę
wynikającą z ut rat y masy rakiet y zużywającej st opniowo porcje paliwa. Mamy t u analogię do
karabinu maszynowego. Karabin maszynowy przy każdym wyst rzale t raci t yle masy, ile ma
pocisk. Mianownik we wzorze (2.22 (2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__eq22))
zmniejsza się, więc wart ość wyniku ( vk ) zwiększa się.
 Note
Zasadę napędu odrzut owego można wykorzyst ać również do wprawienia w ruch łódki na
jeziorze, bez używania wioseł. Trzeba mieć w łódce pewną liczbę kamieni. Wyrzucając
kamienie za rufę, nadajemy łódce coraz większą prędkość.
 Figure 2.30
Animacja
 Dynamika - odrzut
 Figure 2.31
Animacja
 Dynamika - eksplodujacy granat . Prawo zachowania pędu
 Figure 2.32
Animacja
 Dynamika - kont rat ak
Pytania i problemy
1.
2.
3.
4.
5.
Jaki układ ciał nazywamy izolowanym (odosobnionym)?
Sformułuj zasadę zachowania pędu i wyjaśnij jej zast osowanie na przykładzie.
Czy w układach nieizolowanych obowiązuje zasada zachowania pędu? Odpowiedź uzasadnij.
Wyjaśnij zasadę napędu rakiet y. Kt órą zasadę dynamiki należy t ut aj zast osować?
Na rysunku 2.20 (2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6__rys20)
przedst awiono zdjęcie śladów dwóch jąder A i B powst ałych po rozpadzie jądra uranu.
Jeżeli wiemy, że st osunek ich prędkości wynosi k, ile wynosi st osunek ich mas?
6. Pocisk o masie m = 10 kg , lecący poziomo z prędkością v = 400 m/s, uderza w worek z
piaskiem i grzęźnie w nim. Worek znajduje się na plat formie poruszającej się w st ronę
przeciwną do pocisku. Oblicz prędkość, jaką miała plat forma, jeżeli po uderzeniu pocisku
zat rzymała się. Masa plat formy z piaskiem wynosi M = 800 kg .
Siły bezwładności , układy
nieinercjalne
Siły bezwładności zost ały szczegółowo omówione w klasie pierwszej (pat rz rozdz.1.4 –
epodręcznik kl.1. – zakres podst awowy). Tut aj ograniczymy się t ylko do przypomnienia
podst awowych pojęć z t ego zakresu.
W poprzednich rozdziałach opisywaliśmy zachowanie się ciał w układach inercjalnych. Teraz
rozpat rzymy ruch ciał w układach nieinercjalnych, kt óre poruszają się z przyspieszeniem
względem układów inercjalnych.
Przykładem układu nieinercjalnego może być (omówiony w podrozdziale 2.1
(2_2_1_I_zasada_dynamiki.ht ml#t opic_2_h2.1)) t ramwaj ruszający z przyst anku z
przyspieszeniem. Pasażerowie doskonale zdają sobie sprawę, że znajdują się w
przyspieszającym t ramwaju, czyli w układzie nieinercjalnym, gdyż odczuwają siły bezwładności
działające na wszyst kie ciała.
W celu prześledzenia działania sił bezwładności rozważymy szczególny przypadek, gdy na
ruchomej plat formie znajduje się wózek mogący poruszać się prawie bez t arcia (rys. 2.23
(2_2_7_sily_bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h2.7__rys23)). Gdy plat forma porusza się w prawo ze
st ałym przyśpieszeniem, t o wózek względem plat formy porusza się w lewo z t akim samym
przyspieszeniem, ale zwróconym przeciwnie. Opiszemy ruch wózka z punkt u widzenia dwóch
różnych obserwat orów: jednego znajdującego się na ziemi, „nieruchomego” – w układzie
inercjalnym, oraz drugiego, „ruchomego”, znajdującego się na plat formie – w układzie
nieinercjalnym.
Poniżej podajemy, jak obaj obserwat orzy int erpret ują t en sam fakt doświadczalny: ruch wózka
względem plat formy.
 Figure 2.33
Dwie interpretacje ruchu wó zka względem platfo rmy
 Dla obserwat ora „nieruchomego” wózek o masie m jest w spoczynku; na wózek nie działa
żadna siła. Dla obserwat ora „ruchomego” wózek ma przyspieszenie −a⃗ ; na wózek działa siła
bezwładności F ⃗b
= −ma⃗
Układ inercjalny - (obserwat or „nieruchomy”): na wózek nie działają żadne siły i wózek
pozost aje w spoczynku względem ziemi, zgodnie z zasadą bezwładności. Plat forma
porusza się z przyspieszeniem a⃗ .
Układ nieinercjalny - (obserwat or „ruchomy”): na wózek nie działają żadne siły, kt óre by
pochodziły od innych ciał, a mimo t o wózek ma przyspieszenie względem plat formy, kt óre
wynosi −a⃗ . To siła bezwładności nadaje wózkowi przyspieszenie zgodnie z drugą zasadą
dynamiki:
F ⃗b = −ma⃗ .
Mamy t u zdecydowanie różny opis t ego samego zjawiska w dwóch różnych układach odniesienia.
W układzie inercjalnym siła bezwładności nie wyst ępuje, obserwat or „nieruchomy” uzna siłę
bezwładności za pozorną – fikcyjną. Nat omiast obserwat or „ruchomy” – będący w układzie
nieinercjalnym – uzna siłę bezwładności za realną, może ją zmierzyć. Jeżeli zaczepi sprężynę
znajdującą się na końcu wózka do podpórki plat formy (rys. 2.24
(2_2_7_sily_bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h2.7__rys24)), t o sprężyna zost anie napięt a, wydłuży
się, a wózek będzie wt edy w spoczynku względem plat formy. Wydłużenie t ej sprężyny jest
miarą siły bezwładności w układzie nieinercjalnym. Jednakże obserwat or „nieruchomy”
zint erpret uje wydłużenie sprężyny inaczej; t o plat forma działa na wózek siłą napinającą sprężynę
i wydłużenie sprężyny jest miarą oddziaływania plat formy na wózek zgodnie z zasadami dynamiki.
 Figure 2.34
Siły w układzie inercjalnym i nieinercjalnym
 Naciągnięt a sprężyna jest miarą siły bezwładności w układzie nieinercjalnym plat formy. Dla
obserwat ora zewnęt rznego w układzie inercjalnym jest t o siła, z jaką plat forma działa na wózek
Rozst rzygnijmy t en spór między obydwoma obserwat orami. Przede wszyst kim zauważmy, że
pojęcie siły bezwładności nie jest zgodne z t rzecią zasadą dynamiki. Zasada t a wymaga, aby siła
była wynikiem oddziaływania dwóch lub więcej ciał. Siła bezwładności nie pochodzi od
jakiegokolwiek innego ciała.
W układzie nieinercjalnym wszyst kie ciała doznają przyśpieszenia, kt óre jest równe co do
wart ości przyśpieszeniu a całego układu, ale o zwrocie przeciwnym. Dlat ego we wzorze na siłę
bezwładności F ⃗b pojawia się znak minus
F ⃗b = −ma⃗
( 2.58 )
(gdzie a⃗ jest przyspieszeniem układu nieinercjalnego). Wzór t en ma zast osowanie w układzie
nieinercjalnym, nie zawiera realnej siły, ale siłę specyficzną – siłę bezwładności.
Do sił bezwładności nie st osuje się t rzecia zasada dynamiki Newt ona, gdyż siły t e są wywołane
przez przyspieszenie układu odniesienia i nie pochodzą z oddziaływań z innymi ciałami.
Siły bezwładności są siłami pozornymi, gdyż nie mogą należeć do żadnego z czt erech
podst awowych rodzajów oddziaływań wyst ępujących w przyrodzie.
Siły bezwładności nie wyst ępują w ogóle w układach inercjalnych i jeżeli kt oś się nimi posługuje w
t ych układach, robi poważny błąd.
Przy rozwiązywaniu różnych problemów fizycznych wykorzyst ywanie pojęcia sił bezwładności w
układach nieinercjalnych częst o znakomicie ułat wia zadanie. Dozwolone jest wt edy st osowanie
ogólnego równania Newt ona zawierającego „poprawkę” na siłę bezwładności:
F ⃗ = ma⃗ + F ⃗b
( 2.59 )
 Przykład 7
W windzie znajduje się równia pochyła (rys. 2.25
(2_2_7_sily_bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h2.7__rys25)). Gdy winda wznosi się pionowo w górę
ruchem jednost ajnie przyspieszonym, czas zsuwania klocka po równi od wierzchołka do
podst awy jest n = 1,2 razy krót szy od analogicznego czasu zsuwania się wt edy, kiedy winda
jest w spoczynku – t arcie jest znikome. Ile wynosi przyspieszenie windy?
 Figure 2.35
Klo cek na ró wni po chyłej w przyspieszającej windzie
Odpo wiedź: Załóżmy, że kąt nachylenia równi do poziomu wynosi α , a droga wzdłuż równi
wynosi s (rys. 2.26 (2_2_7_sily_bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h2.7__rys26)).
 Figure 2.36
Ro zkład wekto ró w przyśpieszenia
gia
na ró wni
Rozważmy dwa przypadki:
a) winda jest w spoczynku lub porusza się ruchem jednost ajnym – układ inercjalny,
b) winda porusza się ruchem jednost ajnie przyspieszonym w górę - układ nieinercjalny.
W przypadku a) ruch klocka wzdłuż równi odbywa się z przyspieszeniem
gs = g cos α
Zat em drogę
( 2.60 )
s wzdłuż równi wyrazimy wzorem:
s=
g cos α 2
ta
2
( 2.61 )
W przypadku b) ruch klocka wzdłuż równi odbywa się z przyspieszeniem
(a + g) s = (a + g) cos α
Wzór na drogę
( 2.62 )
s wzdłuż równi ma zat em post ać:
s=
(a + g) cos α 2
tb
2
( 2.63 )
Dzieląc równania (2.26 (2_2_7_sily_bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h2.7__eq26)) i (2.25
(2_2_7_sily_bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h2.7__eq25)) st ronami, po prost ym przekszt ałceniu
ot rzymamy:
2
t 2b
a+g
=
g
t 2a
Zgodnie z warunkami zadania st osunek czasów t b /t a
n2 =
( 2.64 )
= n, zat em
a+g
g
( 2.65 )
St ąd
a = (n2 − 1)g
Podst awiając
( 2.66 )
n = 1, 2, ot rzymamy, że przyspieszenie windy wynosi
a = 0, 44g = 4, 32 m/s2
Przyjęliśmy, że przyspieszenie ziemskie
 Figure 2.37
Animacja
 Dynamika - siła bezwładności
g = 9, 81 m/s2 .
( 2.67 )
 Figure 2.38
Animacja
 Dynamika - siła bezwładności. Winda
 Figure 2.39
Animacja
 Dynamika - siła bezwładności i sila t arcia
Pytania i problemy
1. Podaj przykłady układów odniesienia, w kt órych pojawiają się siły bezwładności. Czym
charakt eryzują się t e układy?
2. Sformułuj drugą zasadę dynamiki Newt ona dla ciała w układzie nieinercjalnym. Na wybranym
przykładzie wyjaśnij zast osowanie t ej zasady.
3. Nazwij podst awowe czt ery oddziaływania w przyrodzie. Czy siły bezwładności st anowią
przykład kt óregoś z nich?
4. W t ramwaju pod sufit em zawieszono na nici kulę. Tramwaj porusza się z przyspieszeniem
a = 4, 9 m/s2 . O jaki kąt
nić odchyla się od pionu?
Doświadczenie „Inercja”
Celem doświadczenia jest zbadanie sił bezwładności w windzie. Najlepiej przeprowadzić je w
windzie szybkobieżnej w wysokim wieżowcu. Doświadczenie wykonujemy w nast ępujący sposób:
St ajemy na wadze „łazienkowej” i not ujemy wskazania wagi w czasie post oju i w siedmiu fazach
ruchu windy:
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
Ruch przyspieszony w górę,
Ruch jednost ajny w górę,
Ruch opóźniony w górę,
Post ój na górze,
Ruch przyspieszony w dół,
Ruch jednost ajny w dół,
Ruch opóźniony w dół.
 Figure 2.40
Wskazania wagi w windzie info rmują nas o sile bezwładno ści
Zauważamy, że wskazania wagi w poszczególnych st anach ruchu windy nie są t akie same.
Wskazania wagi informują nas o sile bezwładności działającej na nasze ciało. Niech P 0 będzie
wskazaniem wagi w ost at nim – 7. przypadku, t j. w układzie „nieruchomym”, gdzie siły
bezwładności nie wyst ępują. P 0 oznacza siłę ciężkości naszego ciała mierzoną w kG (t ut aj
wyjąt kowo będziemy się posługiwać jednost ką siły kG, chociaż nie wchodzi ona do układu
jednost ek SI). Wskazania wagi w pozost ałych przypadkach wyrażą się za pomocą wzoru
P ⃗ = P ⃗0 + F ⃗b
( 2.68 )
gdzie F ⃗b oznacza siłę bezwładności z odpowiednim znakiem, „+” lub „–”; znak „+” oznacza, że
siła jest zwrócona w dół.
Obliczamy ze wzoru (2.27 (2_2_8_doswiadczenie_inercja.ht ml#t opic_2_h2.8__eq27)) wart ość siły
bezwładności dla każdej fazy ruchu windy, czyli
F ⃗b = P ⃗ − P ⃗0
( 2.69 )
Wyniki obliczeń wpisujemy do t abelki pomiarów (zob. t ab. 2.8.1
(2_2_8_doswiadczenie_inercja.ht ml#t opic_2_h2.8__t ab2.8.1)), gdzie już uprzednio wpisaliśmy
wskazania wagi P .
 Figure 2.41
T abelka po miaró w
Wypełniamy ost at nią rubrykę t abelki i zapisujemy wniosek końcowy z naszego doświadczenia.
Doświadczenie t o możesz wykonać t eż wirt ualnie za pomocą animacji, wykonując nast ępujace
kroki:
1. Uruchom animację kliknięciem myszy – st oper uruchamia się sam w momencie, gdy winda
rusza.
2. Obserwuj ruch windy. Not uj wskazania wagi i odczyt st opera w każdej fazie ruchu windy:
a. Post ój windy – zanot uj wskazanie wagi (jednost ki),
b. Ruch przyspieszony w górę – zanot uj wskazanie wagi i st opera (pamięt aj o
jednost kach),
c. Ruch jednost ajny w górę – zanot uj wskazanie wagi i st opera (pamięt aj o
jednost kach),
d. Ruch opóźniony w górę – zanot uj wskazanie wagi i st opera (pamięt aj o jednost kach),
e. Post ój na górze – zanot uj wskazanie wagi i st opera (pamięt aj o jednost kach),
f. Ruch przyspieszony w dół – zanot uj wskazanie wagi i st opera (pamięt aj o
jednost kach),
g. Ruch jednost ajny w dół – zanot uj wskazanie wagi i st opera (pamięt aj o jednost kach),
h. Ruch opóźniony w dół – zanot uj wskazanie wagi i st opera (pamięt aj o jednost kach),
i. Post ój windy na dole.
Wpisz t e dane do t abelki pomiarów w sprawozdaniu. Nast ępnie, powt órz pomiary. Moment
odczyt u st opera zależy od czynników przypadkowych (t wój refleks). Dlat ego, t ak jak w
„realu” za każdym razem uzyskasz nieco inny odczyt na st operze - t o pozwoli ci właściwie
ocenić niepewności pomiarowe doświadczenia (waga jest wyskalowana w kG). Niepewności
ΔP i Δt oceń t ak, jak w doświadczeniu realnym.
3. Wykonaj obliczenia: a) przyśpieszeń windy a , b) odległości między pięt rami H .
4. Wykonaj sprawozdanie z doświadczenia, t ak jak w doświadczeniu realnym.
 Figure 2.42
Animacja
 Wirt ualne wykonanie ćwiczenia "inercja"
 Figure 2.43
Animacja
 Dynamika - siła bezwładności. Winda
Siły w ruchu po okręgu
Ciało w ruchu jednost ajnym po okręgu doznaje przyspieszenia dośrodkowego zgodnie z wzorem
(1.57 (2_2_9_sily_w_ruchu_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15.ht ml__eq57)):
v2
ar =
r
( 2.70 )
Druga zasada Newt ona mówi, że przyspieszenie ciała jest wywołane siłą. Zat em i w t ym
przypadku przyczyną wyst ępowania przyspieszenia dośrodkowego jest siła dośrodkowa. Siłę
dośrodkową zgodnie ze wzorem Newt ona Fr = ma r możemy przedst awić nast ępująco:
mv2
Fr =
r
gdzie
( 2.71 )
m – masa ciała.
Kierunek przyspieszenia jest zgodny z kierunkiem działającej siły. Siła dośrodkowa jest
skierowana do środka okręgu. To ona powoduje wyst ępowanie przyspieszenia dośrodkowego.
Przyspieszenie t o jest wekt orem zawsze prost opadłym do wekt ora prędkości. Przyspieszenie
dośrodkowe nie zmienia wart ości wekt ora prędkości, zmienia t ylko ciągle jego kierunek.
Wiemy z kinemat yki, że ciało w ruchu jednost ajnym po okręgu doznaje przyspieszenia
dośrodkowego, kt óre wyraża się za pomocą wzoru (2.28
(2_2_9_sily_w_ruchu_po_okregu.ht ml#t opic_2_h2.9__eq28)).
Przyspieszenie dośrodkowe opisują również wzory (2.30
(2_2_9_sily_w_ruchu_po_okregu.ht ml#t opic_2_h2.9__eq30)–2.32
(2_2_9_sily_w_ruchu_po_okregu.ht ml#t opic_2_h2.9__eq32)). Wykorzyst ujemy je do
przedst awienia siły dośrodkowej:
Fr = mω2 r
( 2.72 )
Fr = 4π2 mv2 r
( 2.73 )
Fr =
4π2 mr
( 2.74 )
T2
W układzie nieinercjalnym poruszającym się razem z ciałem po okręgu wyst ępuje siła
bezwładności, przeciwnie skierowana do przyspieszenia dośrodkowego. Siła t a nosi nazwę siły
odśrodkowej. Siła odśrodkowa jest t o siła skierowana od środka okręgu i jest równa co do
wart ości sile dośrodkowej.
 Przykład 8
Opiszemy siły wyst ępujące na karuzeli. Kt o z nas nie jeździł na karuzeli? Znamy z własnego
doświadczenia, jak na karuzeli działa odśrodkowa siła bezwładności.
Odpo wiedź:
Obserwato r rucho my, kt óry siedzi w fot eliku, st wierdzi ist nienie siły odśrodkowej. To ona
powoduje, że w czasie ruchu karuzeli lina, na kt órej jest zawieszony fot elik, odchyla się od pionu
o kąt α (na rys. 2.28 (2_2_9_sily_w_ruchu_po_okregu.ht ml#t opic_2_h2.9__rys28) fot elik
zast ępuje kółko). Rozkład sił w układzie ruchomym – nieinercjalnym – przedst awia rysunek rys.
2.28a (2_2_9_sily_w_ruchu_po_okregu.ht ml#t opic_2_h2.9__rys28).
Suma sił działających na fot elik i osobę w nim siedzącą musi być równa zeru, aby byli oni
nieruchomi w t ym układzie. Działają t u t rzy siły: siła ciężaru P ⃗, siła odśrodkowa F ⃗od i siła reakcji
napięt ej liny N⃗ .
Rzeczywiście suma wekt orowa jest równa zeru, bo sumą sił P ⃗ i F ⃗od jest siła Q⃗ napinająca linę,
zaś w wydłużonej linie powst aje siła reakcji (siła naciągu liny) N⃗ , kt óra jest równa sile
przeciwny zwrot .
Q⃗ , lecz ma
Siła działająca na fo telik z punktu widzenia o bserwato ra
rucho mego i nierucho mego
 Figure 2.44
 a) Obserwat or ruchomy: siła odśrodkowa powoduje odchylenie liny od pionu, złożenie sił P ⃗ i
F ⃗od
N⃗ . b) Obserwat or nieruchomy: odchylenie liny
od pionu wyt warza składową ciężaru P ⃗ w kierunku poziomym, czyli siłę dośrodkową F ⃗od
daje siłę
Q⃗ , kt óra jest
równoważona przez
Obserwato r nierucho my (układ inercjalny) st wierdzi: Mamy t u do czynienia z ruchem
kołowym, poszukajmy zat em siły dośrodkowej, kt óra jest koniecznym warunkiem t ego
ruchu. Widzimy, że lina wraz z osobą siedząca w fot eliku jest nachylona pod kąt em α do pionu.
Zat em ciężar P ⃗ można rozłożyć na dwie siły składowe:
środkowi koła oraz
Q⃗ skierowaną wzdłuż liny (rys. 2.28b
F ⃗r
skierowaną poziomą i zwróconą ku
(2_2_9_sily_w_ruchu_po_okregu.ht ml#t opic_2_h2.9__rys28)). Siła Q⃗ jest równoważona przez
siłę naciągu liny N⃗ . Nat omiast siła F ⃗r jest właśnie t ą siłą dośrodkową, kt óra powoduje, że
t orem ciała nie jest linia prost a, ale okrąg.
Jak widać na rysunku 2.28 (2_2_9_sily_w_ruchu_po_okregu.ht ml#t opic_2_h2.9__rys28)
tan α =
Ponieważ
Fod
F
= r
P
P
( 2.75 )
Fr = mω2 r oraz P = mg, więc
ω2 r
tan α =
g
Zat em, im większa jest prędkość obrot ów karuzeli, t ym większy jest kąt
( 2.76 )
α.
Pytania i problemy
1. W jaki sposób pasażer karuzeli (rys. 2.28a
(2_2_9_sily_w_ruchu_po_okregu.ht ml#t opic_2_h2.9__rys28)) wyjaśnij, dlaczego znajduje się
w st anie spoczynku względem krzesła? W jaki sposób scharakt eryzuje działającą na niego
siłę bezwładności?
2. Posługując się rysunkiem rys. 2.28b
(2_2_9_sily_w_ruchu_po_okregu.ht ml#t opic_2_h2.9__rys28), zaproponuj wyjaśnienie, kt óre
przedst awi obserwat or nieruchomy w celu opisania przyczyny ruchu pasażera karuzeli.
3. Dziewczynka o masie m = 50 kg huśt a się na huśt awce. Jaką siłą działa na siodełko
huśt awki podczas przejścia przez najniższy punkt z prędkością v = 5 m/s? Linki huśt awki
mają długości l = 4 m.
Siła tarcia
Siłę, kt óra powst aje na st yku powierzchni dwóch ciał i przeciwdziała ich względnemu ruchowi,
nazywamy siłą tarcia. Siła t arcia działa zawsze „przekornie” – przeciwnie do zwrot u prędkości
ciała.
 Doświadczenie „Tarcie”
Na płaskiej poziomej płycie st ołu kładziemy klocek o masie
przerzucamy ją przez bloczek.
m. Do klocka zaczepiamy nić i
Na drugim końcu nici zawieszamy szalkę z lekkim odważnikiem, rys. 2.29
(2_2_10_sily_t arcia.ht ml#t opic_2_h2.10__rys29) (t ak dobranym, aby klocek nie zaczął się
poruszać). Klocek pozost aje nadal w spoczynku, mimo że działa na niego siła N równa ciężarowi
szalki z odważnikiem.
 Figure 2.45
Siła tarcia przeciwstawia się rucho wi klo cka
Wnioskujemy, że na klocek oprócz siły N musi działać inna siła przeciwnie zwrócona i równa t ej
sile, gdyż, zgodnie z pierwszą zasadą dynamiki Newt ona, wt edy właśnie ciało może być w
spoczynku. Jest t o siła t arcia. Dokładamy st opniowo dodat kowe odważniki, zwiększając siłę
działającą na klocek. Rośnie w t en sposób siła N i siła t arcia. Nazywamy ją tarciem statycznym,
ponieważ klocek jest w dalszym ciągu w spoczynku.
Dopiero przy odpowiednio dużym wzroście obciążenia szalki klocek rusza. Zat em siła t arcia
st at ycznego Tst może zmieniać się od zera do pewnej wart ości maksymalnej Tstmax
0 ≤ Tst ≤ Tstmax
( 2.77 )
Zwykle, używając t erminu „siła t arcia st at ycznego”, mamy na myśli t ę maksymalną wart ość
Tstmax . Wart ość siły t arcia st at ycznego jest proporcjonalna do wart ości siły nacisku Fn ciała na
podłoże
Tstmax = μst Fn
μst nosi nazwę współczynnika tarcia statycznego. Ze wzoru (2.35
( 2.78 )
(2_2_10_sily_t arcia.ht ml#t opic_2_h2.10__eq35)) można odczyt ać, że współczynnik t arcia
st at ycznego jest bezwymiarowy.
Przy st arannym doborze obciążenia szalki możemy doprowadzić do t ego, że klocek po lekkim
pchnięciu będzie poruszał się ruchem jednost ajnym. Zat em zgodnie z pierwszą zasadą
dynamiki Newt ona siły działające na ciało równoważą się, t o znaczy, że siła naciągu nici (równa
t ut aj ciężarowi szalki z odważnikami) będzie równa sile t arcia. W t en sposób możemy zmierzyć
t ę siłę t arcia. Siła t arcia działająca na ciało będące w ruchu nazywa się tarciem kinetycznym.
Zwykle, dla prost ot y, gdy mówimy „siła t arcia”, mamy na myśli właśnie t arcie kinet yczne.
Doświadczenia podobne do opisanego wyżej pozwalają na st wierdzenie nast ępujących
charakt eryst ycznych praw rządzących siłą t arcia:
1. Siła tarcia nie zależy o d prędko ści ciała. Niezależnie od t ego, czy przy pchnięciu
klocka nadamy mu prędkość małą, czy dużą, klocek porusza się ruchem jednost ajnym.
Oznacza t o, że siła t arcia jest t aka sama.
2. Siła tarcia nie zależy o d wielko ści po wierzchni styku ciała z po dło żem.
Możemy się łat wo o t ym przekonać – siła t arcia będzie t aka sama, gdy dwa klocki
położymy jeden na drugim, jak i w przypadku, gdy połączymy je i będą się znajdować jeden
za drugim.
3. Siła tarcia jest pro po rcjo nalna do siły nacisku Fn ciała na po dło że
T = μFn
( 2.79 )
μ nosi nazwę współczynnika tarcia. Ze wzoru (2.36
(2_2_10_sily_t arcia.ht ml#t opic_2_h2.10__eq36)) można odczyt ać, że współczynnik t arcia
jest vbezwymiarowy. Jego wart ość zależy od rodzaju t rących się powierzchni. Ot o
kilkavprzykładów wart ości współczynnika t arcia:
dla drewna na gładkim drewnie μ = 0, 3 ÷ 0, 5,
dla opon gumowych na bet onie μ = 0, 8 ÷ 1, 0,
dla met alu na met alu μ = 0, 2 ÷ 1, 0.
St wierdzono doświadczalnie, że siła t arcia kinet ycznego jest mniejsza od siły t arcia st at ycznego,
zwykle o kilka procent .
Gdy ciało t oczy się po podłożu bez poślizgu, powst ająca siła t arcia kinet ycznego nosi nazwę
tarcia tocznego. Siła t arcia t ocznego jest wyraźnie mniejsza od siły t arcia ślizgowego.
W wielu urządzeniach t arcie jest niekorzyst ne – prowadzi do nagrzewania się powierzchni
t rących, dlat ego w celu zmniejszenia t arcia st osuje się specjalne met ody, np. w łożyskach
kulkowych (rys. 2.30 (2_2_10_sily_t arcia.ht ml#t opic_2_h2.10__rys30)) t arcie ślizgowe jest
zast ąpione t arciem t ocznym. Wprowadzenie płynu, np. oleju, między powierzchnie t rące
znakomicie zmniejsza t arcie.
Skąd się bierze t arcie? Powierzchnie różnych ciał, kt óre naszym oczom wydają się gładkie, w
rzeczywist ości t akie nie są. Możemy się o t ym przekonać, oglądając je pod mikroskopem.
Zobaczymy liczne mikrowyst ępy, bruzdy i szczeliny. Częst o powierzchnia pokryt a jest różnymi
mikrocząst eczkami wbit ego w nią pyłu, t lenkami, jak również adsorbowanymi warst ewkami
gazów czy cieczy. Podczas zet knięcia powierzchni ciała z powierzchnią podłoża mikrowyst ępy
jednej powierzchni wchodzą w zagłębienia drugiej. Przekrój poprzeczny st ykających się
powierzchni może wyglądać w powiększeniu t ak jak na rys. 2.31
(2_2_10_sily_t arcia.ht ml#t opic_2_h2.10__rys31). Rozumiemy t eraz, dlaczego podłoże hamuje
ruch zet knięt ego z nim ciała. Zaczepianie się licznych nierówności powierzchni przeciwdziała ich
względnemu ruchowi. W niekt órych miejscach odległość między st ykającymi się ciałami jest
bardzo mała, porównywalna z odległościami, na kt órych działają siły przyciągania at omów w
cząst eczkach. W t ych miejscach wyst ępuje zlepianie się ciał. Powiększa t o wypadkową siłę
t arcia.
 Figure 2.46
T arcie to czne w ło żysku kulko wym
 Siła t arcia t ocznego jest mniejsza od siły t arcia ślizgowego, co jest wykorzyst ywane w
łożysku kulkowym
Przekró j po przeczny makro sko po wo gładkich po wierzchni w
po większeniu
 Figure 2.47
Siła nacisku ciała na podłoże sprzyja wzajemnemu zagłębianiu się mikrowyst ępów obu
st ykających się powierzchni. Suma wszyst kich t ych mikrooddziaływań jest t ym większa, im
większa jest siła nacisku. St ąd pochodzą zależności makroskopowe siły t arcia od siły nacisku,
wyrażone wzorami (2.35 (2_2_10_sily_t arcia.ht ml#t opic_2_h2.10__eq35)) i (2.36
(2_2_10_sily_t arcia.ht ml#t opic_2_h2.10__eq36)). Rolę siły nacisku Fn może odgrywać ciężar
ciała lub inna siła prost opadła do t rących się powierzchni.
 Przykład 9
Lina o długości l = 1 m leży na st ole w t en sposób, że jeden jej koniec zwisa. Lina zaczyna się
zsuwać ze st ołu, gdy długość części zwisającej wynosi d = 20 cm. Ile wynosi współczynnik
st at ycznego t arcia liny o st ół?
 Figure 2.48
Po miar wspó łczynnika tarcia liny o stó ł
Odpo wiedź: Ciężar całej liny oznaczymy przez
P1 = P
P , ciężar części zwisającej wyniesie
d
l
( 2.80 )
zaś ciężar części leżącej na st ole
P2 = P
l−d
l
( 2.81 )
Lina zaczyna się zsuwać ze st ołu wt edy, gdy ciężar części zwisającej jest równy sile t arcia
st at ycznego, czyli P 1 = Tstmax (rys. 2.32 (2_2_10_sily_t arcia.ht ml#t opic_2_h2.10__rys32)). Ale
Tstmax = μst P2 . Zat em P1 = μst P2 . Podst awiając t u wzory (2.37
(2_2_10_sily_t arcia.ht ml#t opic_2_h2.10__eq37)) i (2.38
(2_2_10_sily_t arcia.ht ml#t opic_2_h2.10__eq38)) – ot rzymamy
P
d
l−d
=P
l
l
Po przekszt ałceniu t ego wzoru ot rzymujemy ost at ecznie
( 2.82 )
μst =
d
1
=
l−d
4
( 2.83 )
Widzimy, że w t ym przypadku jest eśmy w st anie wyznaczyć współczynnik t arcia, mając dane
pochodzące jedynie z pomiaru długości wykonanego miarką cent ymet rową.
 CAUTION
W celu ot rzymania prawidłowego wyniku pomiaru powinniśmy zminimalizować t arcie liny na
krawędziach st ołu (np. przez wygładzenie i zaokrąglenie krawędzi st ołu) – ważne!
Pytania i problemy
1. Opisz siłę t arcia st at ycznego. W jakich warunkach, przy ust alonej wart ości siły nacisku i
rodzaju powierzchni t rących, t arcie st at yczne osiąga maksymalną wart ość?
2. Rozróżniamy dwa rodzaje t arcia kinet ycznego. Podaj ich nazwy.
3. Podaj t rzy charakt eryst yczne prawa rządzące siłą t arcia kinet ycznego.
4. Jaki wymiar ma współczynnik t arcia?
5. Podaj po dwa przykłady niekorzyst nego i korzyst nego działania t arcia.
6. Jak duże przyspieszenie należy nadać desce, na kt órej leży ciało (rys. 2.33
(2_2_10_sily_t arcia.ht ml#t opic_2_h2.10__rys33)), aby mogło się ześlizgnąć z niej?
Współczynnik t arcia między ciałem a deską wynosi μ = 0, 1.
 Figure 2.49
Ciało na desce po ruszającej się z przyspieszeniem
7. Zadanie dla zespołu od 2 do 4 uczniów. Znajdźcie w okolicy plac zabaw dla dzieci.
Sfot ografujcie wybrane urządzenia i opiszcie ich działanie z punkt u widzenia praw fizyki.
Jakie siły w nich działają w układach inercjalnym i nieinercjalnym?
Opory ruchu ciała w płynie – cieczy
lub gazie
Na ciało poruszające się w ośrodku działa siła oporu skierowana przeciwnie do jego ruchu.
Rysunek 2.34 (2_2_11_opory_ruchu_w_plynie.ht ml#t opic_2_h2.11__rys34) przedst awia kulkę
poruszającą się w ośrodku. Widoczne są st rugi płynu opływające kulkę oraz zawirowania za kulką.
Całkowit y opór T ruchu można podzielić na dwa element y, kt óre nazwiemy: tarciem
wewnętrznym T1 , lub lepkością, i oporem ciśnieniowym T2 . Zat em
T = T1 + T2
 Figure 2.50
( 2.84 )
Siły o po ru działajace na kulke w cieczy
 Kulka poruszająca się ze znaczną prędkością v doznaje siły oporu T wynikającej z lepkości
oraz różnicy ciśnienia panującego przed kulką i za nią. Z t yłu za kulką widoczne są zawirowania
ośrodka
Tarcie wewnęt rzne wynika z t ego, że ciało poruszające się w płynie powoduje ruch warst w płynu
przyległych do ciała. Bezpośrednio przylegająca cienka warst wa płynu oblepia ciało i porusza się z
prędkością t ego ciała. Coraz dalsze warst wy mają coraz mniejszą prędkość. Między warst wami
wyst ępują siły t arcia wewnęt rznego wynikające z wymiany cząst eczek między nimi. Cząst eczki
przechodzące z warst wy powolniejszej hamują warst wę szybszą i na odwrót – cząst eczki
przechodzące z warst wy szybszej do powolniejszej przyspieszają t ę ost at nią.
St wierdzono, że t arcie wewnęt rzne dominuje w przypadku małych prędkości v ciała i że siła
oporu jest proporcjonalna do v:
T1 = K1 v
( 2.85 )
gdzie K1 – współczynnik proporcjonalności, kt óry zależy od rodzaju płynu i od kszt ałt u ciała.
Przykładowo dla kuli o promieniu r wynosi
K1 = 6πηr
gdzie
( 2.86 )
η – t zw. współczynnik lepkości charakt eryst yczny dla ośrodka.
Opór ciśnieniowy wynika głównie z wyst ępowania różnicy ciśnienia w ośrodku przed i za
ruchomym ciałem. Przed ciałem wyst ępuje zagęszczenie ośrodka i zwiększone jego ciśnienie,
zaś za ciałem wyst ępuje rozrzedzenie i zmniejszone ciśnienie. St wierdzono, że opór ciśnieniowy
dominuje w przypadku dużych prędkości ciała i jest proporcjonalny do kwadrat u jego prędkości:
T2 = K2 v2
gdzie
K2
– współczynnik proporcjonalności, kt óry zależy od rodzaju płynu i od kszt ałt u ciała.
K2 = CS
C
( 2.87 )
ρ0
2
( 2.88 )
S
gdzie C – współczynnik liczbowy zależny od kszt ałt u ciała, S – pole powierzchni przekroju ciała,
ρ0 – gęst ość płynu.
Przykładowo dla kuli o promieniu r
K2 = Cπr2
gdzie
ρ0
2
( 2.89 )
C – współczynnik liczbowy ( C = 0, 2 ÷ 0, 4).
Kryt erium oceny prędkości – czy dominuje opór T1 , czy opór T2 – jest t zw. liczba Reynoldsa
Re , kt óra wyraża się za pomocą wzoru
Re =
Gdy Re
T2
T1
( 2.90 )
< 1, dominuje lepkość; gdy Re > 1, dominuje opór ciśnieniowy.
Przy małych prędkościach i dla ośrodków gdzie Re < 1, dominuje lepkość, zawirowania płynu są
zaniedbywalnie małe i t aki ruch nazywamy ruchem laminarnym. Przy dużych prędkościach i dla
ośrodków gdzie Re > 1, dominuje opór ciśnieniowy, wyst ępują znaczne zawirowania płynu i t aki
ruch nazywa się ruchem turbulentnym.
Spadek ciała w cieczy lub gazie
W rozdziale 1 (2_1_0_kinemat yka_punkt u_mat erialnego.ht ml#t opic_2.1) omawialiśmy swobodny
spadek ciała. Rozważaliśmy ruch ciała pod wpływem jedynie siły ciężkości. St ąd wynika ruch
jednost ajnie przyspieszony z przyspieszeniem ziemskim g . Teraz uwzględnimy siłę oporu T
działającą na spadające ciało w ośrodku. Działa t u jeszcze siła wyporu W (rys. 2.35
(2_2_11_opory_ruchu_w_plynie.ht ml#t opic_2_h2.11__rys35)).
 Figure 2.51
Siły działające na spadające ciało
 Na ciało spadające działa oprócz siły ciężkości P , siła oporu T ośrodka oraz siła wyporu W
Druga zasada dynamiki Newt ona przyjmuje post ać:
ma = P − T − W
gdzie:
( 2.91 )
m – masa ciała, a – jego przyspieszenie.
Siła ciężkości i siła wyporu pozost ają st ałe podczas ruchu, nat omiast siła oporu wzrast a wraz z
prędkością ciała.
W począt kowej fazie ruchu, kiedy prędkość jest mała, opór jest mały i (dla niewielkich ciał w
powiet rzu) wypór jest t eż mały. Zat em w począt kowych sekundach ruch jest jednost ajnie
przyspieszony – prędkość narast a liniowo w czasie.
W miarę wzrost u prędkości, wzrast a opór, a przyspieszenie ciała maleje. Gdy prędkość wzrośnie
znacznie, t o siła oporu wzrośnie do t ego st opnia, że zrównoważy siłę ciężkości i przyspieszenie
spadnie do zera, a = 0. Wt edy ruch st anie się jednost ajny – ciało będzie opadać ze st ałą
prędkością zwaną prędkością graniczną vgr . Wykres prędkości ciała w zależności od czasu
przedst awia rys. 2.36 (2_2_11_opory_ruchu_w_plynie.ht ml#t opic_2_h2.11__rys36).
 Figure 2.52 Wykres prędko ści ciała spadającego w o śro dku lepkim w
zależno ści o d czasu
W przypadku ciał spadających w powiet rzu ruch z t ą prędkością nie jest laminarnym i dominuje t u
opór ciśnieniowy T2 (opór laminarny dominuje t ylko dla bardzo małych ciał – pyłków, kropelek
mgły it p.). Wst awiając do równania (2.45
(2_2_11_opory_ruchu_w_plynie.ht ml#t opic_2_h2.11__eq45)) a = 0, W = 0, P = mg i
T2 = K2 v2gr , ot rzymamy:
mg = K2 v2gr
( 2.92 )
St ąd można obliczyć prędkość graniczną:
vgr
−
−−
mg
=√
K2
( 2.93 )
 Przykład 10
Obliczymy, z jaką prędkością (graniczną) spadają krople deszczu. Przyjmijmy, że kropla ma
kszt ałt kulist y, promień kropli wynosi r
powiet rza ρ0
= 1 kg/m3 , k = 0, 4.
= 1 mm , gęst ość wody ρ = 103 kg/m3 , gęst ość
Odpo wiedź: Do wzoru (2.47 (2_2_11_opory_ruchu_w_plynie.ht ml#t opic_2_h2.11__eq47))
wst awimy m
=
4
3
πr3 ρ i K2 = kπr2
ρ0
.
2
Ot rzymamy:
vgr
−−−−−
−−−−−−−−−
−−−−−−−−
−−−−−−−
2 ⋅ 4πr3 ρg
8rρg
8 ⋅ 10-3 ⋅ 103 ⋅ 9, 81 m
m
=√
=√
=√
≈8
3 ⋅ 0, 4ρ0
3 ⋅ 0, 4 ⋅ 1
s
s
3 ⋅ kπr2 ρ0
( 2.94 )
Widzimy, że prędkość spadania kropel wynosi ok. 8 m/s. Doświadczenie pot wierdza t en wynik.
 Przykład 11
Działanie siły oporu na ciało spadające w powiet rzu jest wykorzyst ywane w spadochronie
rat ującym życie człowiekowi.
Człowiek, spadając z dużej wysokości bez spadochronu, uderza w ziemię z prędkością
graniczną rzędu kilkudziesięciu met rów na sekundę – co zwykle kończy się śmiercią.
S
Spadochron ma pole przekroju poprzecznego S około st o razy większe w st osunku do
człowieka, jak również współczynnik C jest kilka razy większy. Zat em iloczyn CS spadochronu
jest kilkaset razy większy niż CS człowieka, co powoduje, że prędkość graniczna człowieka ze
spadochronem jest kilkadziesiąt razy mniejsza niż człowieka bez spadochronu. Jest ona
bezpieczna, gdyż wynosi ok. 3 m/s do 4 m/s. Jej wart ość jest porównywalna z prędkością skoku
przez niewielką przeszkodę.
Pytania i problemy
1. Opisz siły oporu działające na ciało poruszające się w ośrodku. Nazwij dwa element y, z
jakich składa się całkowit y opór ośrodka.
2. W jakich warunkach dominuje t arcie wewnęt rzne (lepkość), a w jakich – opór ciśnieniowy?
3. Co t o jest liczba Reynoldsa Re , podaj wzór i int erpret ację.
4. Kiedy wyst ępuje ruch laminarny, a kiedy t urbulent ny?
5. Napisz wzór wyrażający drugą zasadę dynamiki Newt ona w przypadku spadku ciała w gazie.
Wst aw t u odpowiednie wyrażenie na opór i oblicz prędkość graniczną.
6. Opisz zasadę działania spadochronu w oparciu o prawa ruchu ciała w ośrodku (iloczyn CS).
Rozdział 3. Praca i energia
Z t erminem energia spot ykamy się na co dzień. Jednakże pojęcie energii st osowane pot ocznie
jest zwykle mało precyzyjne i niejednoznaczne. Używamy np. określeń: „człowiek energiczny”,
„akt or włożył dużo energii w przygot owanie swojej roli”, it p. W nauce jednak musimy się
posługiwać pojęciami ścisłymi, dlat ego odejdziemy od mglist ego pojęcia energii st osowanego w
życiu codziennym i zast ąpimy je określeniem jednoznacznym i precyzyjnym.
Energia może wyst ępować jako energia mechaniczna, elekt ryczna, jądrowa, promienist a i inna.
Dowiesz się, że energia – t ak jak mat eria – jest niezniszczalna. Energia może zmieniać swą
post ać (np. energia mechaniczna może zamienić się w energię elekt ryczną i na odwrót ) jednakże
nie może zniknąć, ani być st worzona z niczego.
Energia jest jednym z najbardziej podst awowych pojęć w fizyce. W t ym rozdziale ograniczymy
się w zasadzie t ylko do energii mechanicznej, kt óra może wyst ępować pod post acią energii
kinet ycznej i pot encjalnej (jak zapewne wiesz, energia kinet yczna t o energia ciała wynikająca z
fakt u, że ciało jest w ruchu, a pot encjalna zależy od wzajemnego położenia ciał). Do określenia
energii bardzo pomocne będzie pojęcie pracy, kt óre w fizyce jest również pojęciem
precyzyjnym, odbiegającym od pot ocznego znaczenia.
Na przykładzie przemian energii mechanicznej poznasz bliżej jedno z najważniejszych praw
przyrody - zasadę zachowania energii. Dowiesz się, że zasada zachowania energii jest
cent ralnym t emat em wielu dziedzin fizyki, t akich jak t eoria względności, t eoria grawit acji,
t ermodynamika, fizyka at omowa, fizyka jądrowa, it d. Nauczysz się st osowania zasady
zachowania energii mechanicznej do rozwiązywania różnych problemów. W wielu przypadkach
będziesz mógł rozwiązać zadania w sposób łat wiejszy i prost szy, niż dot ychczas, bez
konieczności wnikania w szczegóły dynamiki i kinemat yki.
Praca
Jeżeli pewna siła jest przyłożona do określonego ciała i przesuwa je w kierunku działania siły o
mały odcinek drogi Δs, t o mówimy, że siła wykonuje pracę ΔW równą iloczynowi wart ości siły i
przesunięcia:
ΔW = FΔs
( 3.1 )
Ta definicja pracy jest słuszna w przypadku, gdy siła i przemieszczenie mają t en sam kierunek. W
ogólnym przypadku, gdy siła i przesunięcie mają różne kierunki, wzór t en należy zmodyfikować.
Weźmy pod uwagę chłopca ciągnącego sanki siłą F ⃗ za pomocą linki nachylonej pod kąt em α do
kierunku przesunięcia, jak na rys. 3.1 (2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__rys1).
 Figure 3.1
Praca przesunięcia sanek wyno si
ΔW = Fs Δs = FΔs cos α
Siła jest wekt orem, możemy więc ją rozłożyć na dwie składowe: Fs = F cos α równoległą do
przesunięcia Δs i Fn = F sin α prost opadłą. Zgodnie ze wzorem (3.1
(2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__eq1)) praca wynosi ΔW = Fs Δs, więc
ΔW = FΔs cos α
( 3.2 )
Siła składowa prost opadła nie wykonuje pracy, bo w t ym kierunku sanki się nie przemieszczają.
Wzór (3.2 (2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__eq2)) można st osować dla dowolnego przypadku
st ałej siły skierowanej pod kąt em α do przesunięcia wzdłuż drogi. W przypadku, gdy siła nie jest
st ała, należy wziąć średnią wart ość siły na drodze s.
Ponieważ jednost ką siły jest niut on, a jednost ką drogi met r, więc jednost ką pracy jest iloczyn 1N
i 1m. Jednost ka t a nazywa się dżulem (symbol J, na cześć angielskiego fizyka Joule’a):
kg ⋅ m2
1J = 1N ⋅ 1m = 1
s2
( 3.3 )
� Remember
Praca
Praca ΔW jest równa iloczynowi wart ości siły F , przesunięcia Δs i cosinusa kąt a α między
siłą a przesunięciem Δs:
ΔW = F ⋅ Δs ⋅ cos α
Jednost ka pracy dżul (J):
1 J = 1 N ⋅ 1 m.
( 3.4 )
Praca jest wielkością nie mającą kierunku – jest skalarem. Ale siła i przesunięcie mają określone
kierunki i są wekt orami. Wielkość skalarna, kt óra powst aje w wyniku skalarnego mnożenia dwóch
wekt orów, nazywa się iloczynem skalarnym wekt orów. Iloczyn skalarny dwóch wekt orów a⃗ i b⃗
zapisujemy symbolicznie jako
a⃗ ⋅ b⃗, a jego wart ość wyraża się za pomocą wzoru
a⃗ ⋅ b⃗ = ab cos α
( 3.5 )
Wzór na pracę (3.2 (2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__eq2)) ma post ać iloczynu skalarnego
dwóch wekt orów F ⃗ i Δs⃗ . Zat em
ΔW = F ⃗ ⋅ Δs⃗
( 3.6 )
 Przykład 1
Kierowca włączył hamulce. Hamująca siła t arcia wynosi T
s = 50 m. Oblicz pracę siły t arcia.
Odpo wiedź: Praca W = T s, czyli W
siły t arcia wynosi 250 kilodżuli.
= 5 000 N , droga hamowania wynosi
= 5 000 N ⋅ 50 m = 250 000 N ⋅ m = 250 kJ . Praca
 Przykład 2
Chłopiec ciągnie sanki po poziomej drodze siłą F = 20 N skierowaną pod kąt em α = 60∘ do
poziomu (rys. 3.1 (2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__rys1)). Jaką pracę wykona chłopiec, ciągnąc
sanki na drodze s = 200 m?
= Fs cos α , czyli
W = 20 N ⋅ 200 m ⋅ cos 60∘ = 2 000 N ⋅ m = 2 kJ .
Odpo wiedź: Praca W
Chłopiec wykona pracę równą 2 kJ.
 Przykład 3
Ziemia okrąża Słońce, bo jest ut rzymywana na swojej orbicie prawie kołowej siłą dośrodkową
pochodzącą od pola grawit acyjnego Słońca. Czy pole grawit acyjne wykonuje pracę?
Odpo wiedź: Siła dośrodkowa – grawit acji w ruchu kołowym – nie wykonuje pracy, ponieważ
W = FΔs cos 60∘ = 0
Praca rozciągania sprężyny
Rozważmy t eraz przypadek obliczenia pracy, gdy siła nie jest st ała na drodze swojego działania.
Obliczymy pracę, jaką należy wykonać, aby, rozciągając sprężynę, zwiększyć jej długość o
odcinek x (rys. 3.2 (2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__rys2)). Podczas rozciągania sprężyny
t rzeba działać siłą F równą sile sprężystości sprężyny, lecz przeciwnie zwróconą. Siła
sprężyst ości sprężyny jest proporcjonalna do wydłużenia sprężyny x i wyraża się za pomocą
⃗
⃗
wzoru F ⃗s = −kx⃗ , gdzie k jest współczynnikiem proporcjonalności, zwanym współczynnikiem
sprężystości sprężyny (wart ość k zależy od mat eriału, z jakiego zost ała wykonana sprężyna, oraz
od rozmiarów sprężyny). Widzimy więc, że siła wykonująca pracę jest skierowana wzdłuż drogi,
ale nie ma st ałej wart ości na t ej drodze
F = kx
 Figure 3.2
( 3.7 )
Praca ro zciągania sprężyny
Zgodnie z t ym, co powiedziano wyżej, aby obliczyć pracę, należy w t akim przypadku wziąć
wart ość średnią siły na drodze x. Średnia siła wyraża się t u za pomocą średniej aryt met ycznej z
dwóch wart ości siły – począt kowej F0 = 0 i końcowej Fk = kx
Zat em
Fś r =
F0 + Fk
2
=
kx
2
( 3.8 )
Wobec t ego praca rozciągnięcia sprężyny na drodze
kx2
W=
2
x wyniesie W =
kx
2
⋅ x lub
( 3.9 )
Przy obliczaniu pracy w przypadkach, gdy siła działająca wzdłuż drogi nie jest st ała, wygodnie jest
posługiwać się wykresem zależności siły od przesunięcia. Na rysunku 3.3a
(2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__rys3) przedst awiono wykres dla st ałej siły. Widzimy, że pracę
W = Fs można liczbowo wyrazić za pomocą pola powierzchni prost okąt a, kt órego podst awą
jest przesunięcie s, a wysokością siła F . Na rysunku 3.3b
(2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__rys3) przedst awiono wykres zmiennej siły działającej na
sprężynę podczas jej rozciągania.
Również w t ym przypadku, mimo że siła nie jest st ała, praca jest wyrażona przez pole figury pod
wykresem zależności siły od przesunięcia. Łat wo można t o wykazać. Pole t akie można
przedst awić jako sumę pól wąskich pasków (jeden pasek jest zaznaczony na rys. 3.3a
(2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__rys3)). Przy małym przesunięciu x siła zmienia się nieznacznie,
czyli jest st ała z małym błędem. Zat em pole paska oznacza pracę wykonaną przez siłę na t ym
odcinku: ΔW = FΔx. Suma t ych małych prac jest równa pracy wykonanej na całej drodze x.
Całe pole pod linią F = kx jest równe sumie małych pól t ych wąskich pasków z t ym większą
dokładnością, im węższe paski były brane pod uwagę. Odcinki Δx można uczynić dowolnie
małymi, zat em całe pole pod wykresem siły jest miarą wart ości pracy wykonanej na t ej drodze.
 Figure 3.3
Wykres zależno ści siły o d przesunięcia
 a) Przy st ałej sile równoległej do przesunięcia, pracę W = Fs wyznacza pole powierzchni
prost okąt a; b) gdy siła jest równoległa do przesunięcia, ale ma wart ość zmienną, całkowit a
praca jest sumą małych prac na małych przesunięciach Δx – jest równa polu powierzchni pod
wykresem zależności siły od przesunięcia x; c) praca, wyznaczona polem powierzchni t rójkąt a,
jest równa pracy st ałej siły – średniej; pole powierzchni t rójkąt a ABC jest równe polu
powierzchni prost okąt a ADEC
Rozumowanie powyższe jest prawdziwe również w ogólnym przypadku, nawet wt edy, gdy siła
równoległa do przesunięcia zmienia się w dowolny sposób wzdłuż drogi (podobne rozumowanie
przedst awiliśmy w podrozdziale 1.4
(2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4) dla przypadku, gdy pole pod
wykresem zależności prędkości od czasu reprezent owało drogę).
W przypadku rozciągania sprężyny pole pod wykresem zależności siły F od przesunięcia x jest
polem t rójkąt a ABC – rys. 3.3c (2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__rys3). Pole t o jest równe polu
prost okąt a ADEC ut worzonego przez linię odpowiadającą sile średniej (średniej aryt met ycznej)
Fś r działającej na sprężynę na drodze x. Łat wo t o zauważyć, gdyż pola jaśniejszych t rójkąt ów na
rys. 3.3c (2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__rys3) są sobie równe.
 Figure 3.4
Animacja
 Praca i energia - praca
Pytania i problemy
1. Przedst aw wyrażenie definiujące pracę.
2. Jak nazywa się jednost ka pracy w układzie SI? Wyraź t ę jednost kę za pomocą jednost ek
podst awowych.
3. Wyjaśnij, dlaczego nie można st osować wzoru (3.2 (2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__eq2))
w celu obliczenia pracy w przypadku, gdy wart ość siły zmienia się w czasie przesuwania
ciała. W jaki sposób można w t akim przypadku obliczyć pracę?
4. Sprężyna zost ała wydłużona o odcinek Δx = x2 − x1 sposób post ąpisz, by za pomocą
wykresu zależności siły od wydłużenia sprężyny obliczyć pracę pot rzebną do rozciągnięcia
sprężyny?
5. Chłopiec pcha sanki (rys. 3.4 (2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__rys4)) po poziomej drodze
siłą F = 30 N skierowaną pod kąt em α = 60∘ do poziomu. Sanki poruszają się ruchem
jednost ajnym.
 Figure 3.5
Chło piec pcha sanki na po zio mej dro dze
a. Jaką pracę wykona chłopiec, ciągnąc sanki na drodze
b. Ile wynosi siła t arcia sanek o podłoże?
s = 100 m?
Energia
Co t o jest energia? Jeżeli ciało ma zdolność do wykonania pracy, t o mówimy, że ciało ma energię,
kt órą mierzymy za pomocą pracy, jaką ciało może wykonać. Ogólnie:
 Note
Energia t o wielkość fizyczna, kt óra wyraża się w jednost kach pracy. Jednost ką energii jest
jeden dżul, 1 J = 1 N ⋅ 1 m.
Energia potencjalna t o energia zależna od wzajemnego położenia ciał. Nazywa się ją
również "wzajemną energią pot encjalną".
Energia potencjalna w polu sił ciężkości
Ziemi
Powiedzmy, że mamy jakieś ciało o masie m znajdujące się na wysokości h nad określonym
poziomem, na przykład nad podłogą pomieszczenia, w kt órym wykonujemy doświadczenie. Ciało
t o ma energię (należy zwrócić uwagę na t o, że energię pot encjalną ma nie samo ciało a układ
złożony z Ziemi i t ego ciała, jednakże zwrot „energia pot encjalna ciała” jest dopuszczalny pod
warunkiem, że będziemy pamięt ać o obecności pola grawit acyjnego Ziemi), bo jeżeli pozwolimy
mu spadać swobodnie z t ej wysokości, t o siła ciężkości P = mg wykona na drodze h pracę.
Praca t a wyniesie
W = mgh
 Figure 3.6
( 3.10 )
Energia po tencjalna po dno szo nych ciał
 Dźwig, podnosząc ciężary, wykonuje pracę. Ciężary t e nabywają energii pot encjalnej
Zat em ciało znajdujące się na wysokości h ma zapas energii równy mgh. Ten zapas energii
nazywamy energią potencjalną ciężkości, kt óra wyraża się wzorem
Ep = mgh
( 3.11 )
Dla niedużych różnic wysokości nad Ziemią przyspieszenie g nie zmienia się i siła ciężkości
działająca na ciało pozost aje st ała na całej drodze h. Dlat ego wzór (3.7
(2_3_2_energia_pot encjalna.ht ml#t opic_2_h3.2__eq7)) na energię pot encjalną ciała można
st osować t ylko dla małych wysokości h. Dokładny wzór na energię pot encjalną ciała w polu
grawit acyjnym, dla dowolnych wysokości, podamy w rozdziale 5.6.
(2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6) dot yczącym grawit acji.
 Figure 3.7
Energia po tencjalna ciała w ró znych po ło żeniach
 Ciało znajduje się na wysokości h1 nad ziemią i ma energię E1 = mg h1 . To samo ciało
znajduje się na wysokości h2 nad pierwszym pięt rem i ma energię E2 = mg h2 , a względem
dachu ma energię ujemną
Zauważmy, że wart ość energii pot encjalnej zależy od miejsca, względem kt órego ją
wyznaczamy. Wynika t o z określenia pojęcia energii pot encjalnej jako wielkości względnej.
Czegoś t akiego, jak bezwzględna wart ość energii pot encjalnej bez podania miejsca, względem
kt órego wyznaczamy energię, po prost u nie ma! Jedno i t o samo ciało może mieć różną wart ość
energii pot encjalnej względem różnych ciał. Na przykład, kamień, kt óry znajduje się w
pomieszczeniu na drugim pięt rze domu, ma inną wart ość energii pot encjalnej względem poziomu
ziemi, a inną względem poziomu pierwszego pięt ra. Względem dachu energia pot encjalna
kamienia będzie ujemna (rys. 3.6 (2_3_2_energia_pot encjalna.ht ml#t opic_2_h3.2__rys6)).
Energia potencjalna sprężystości
Praca przeciwko sile sprężyst ości sprężyny może być zwrócona przez sprężynę. Zat em
rozciągnięt a sprężyna ma zdolność do wykonania pracy, czyli ma energię pot encjalną równą
pracy wykonanej przy rozciąganiu sprężyny. Zgodnie ze wzorem (3.5
(2_3_2_energia_pot encjalna.ht ml#t opic_2_h3.2__eq5)) energia potencjalna sprężyny będzie
więc równa
Ep = k
x2
2
( 3.12 )
We wzorze t ym x wyst ępuje w drugiej pot ędze, zat em energia sprężyny nie zależy od znaku x.
Znak x jest ist ot ny dla siły sprężyst ości F ⃗ = −kx⃗ . Spójrzmy na rys. 3.7
(2_3_2_energia_pot encjalna.ht ml#t opic_2_h3.2__rys7), gdzie pokazano, co znak minus oznacza
w t ym wzorze – sprężyna ciągnie w lewo, gdy jest rozciągnięt a, t o znaczy, gdy x jest dodat nie, a
gdy jest ściśnięt a (wt edy x jest ujemne) – pcha w prawo.
 Figure 3.8
sprężyny
Siła sprężysta jest zwró co na przeciwnie do o dkształcenia
x
Nat omiast sprężyna, niezależnie od t ego, czy jest rozciągnięt a, czy ściśnięt a o t ę samą wart ość
x, będzie miała zdolność do wykonania t ej samej pracy, czyli będzie miała t aką samą dodat nią
energię pot encjalną. Wykres energii pot encjalnej sprężyny jest przedst awiony na rys. 3.8a
(2_3_2_energia_pot encjalna.ht ml#t opic_2_h3.2__rys8), a wykres siły na rys. 3.8b
(2_3_2_energia_pot encjalna.ht ml#t opic_2_h3.2__rys8).
 Figure 3.9
Odkształcenie sprężyny
 a) Energia pot encjalna sprężyny. b) Siła w zależności od odkszt ałcenia x sprężyny. c)
Sprężyna w różnych st anach odkszt ałcenia
Pojęcie energii pot encjalnej jest pojęciem ogólnym, kt óre st osuje się do wielu przypadków, nie
t ylko do pola grawit acyjnego. Pojęcie energii pot encjalnej st osuje się do wszyst kich przypadków,
gdzie wyst ępują siły zachowawcze. Co t o jest siła zachowawcza? Przykładem siły zachowawczej
jest siła grawit acji. Jeżeli podniesiemy ciało na pewną wysokość, t o praca wykonana przez siłę
równą sile ciężkości, lecz przeciwnie skierowaną nie ginie, ale odnajdujemy ją w energii
pot encjalnej, kt órą możemy znów wykorzyst ać do wykonania pracy.
Z t ej cechy siły zachowawczej wynika t wierdzenie, że praca wykonana przez siłę zachowawczą na
drodze zamknięt ej jest równa zeru. Dowód t ego t wierdzenia jest prost y i pozost awiamy go
czyt elnikowi, jako ćwiczenie. Z t wierdzenia t ego wynika, że nie możemy zyskiwać (ani t racić)
energii przez wielokrot ne obieganie t ego samego t oru, gdy mamy do czynienia z siłą
zachowawczą.
Tarcie należy do sił niezachowawczych. Związane jest t o z t ym, że przy działaniu siły t arcia
wydziela się ciepło i energia się rozprasza. Nie można jej odzyskać w prost y sposób. Jeżeli
przesuwamy ciało po poziomej podst awie ruchem jednost ajnym działając siłą F przeciwko sile
t arcia T , t o praca wykonana przy przesunięciu ciała nie zwiększa energii pot encjalnej ciała. Pracy
t ej nie można odzyskać, gdyż nie zost ała zachowana w post aci energii mechanicznej - zost ała
ona zmarnowana dla nas bezpowrot nie. Dlat ego t arcie zaliczamy do "sił niezachowawczych".
Wszyst kie czt ery podst awowe oddziaływania należą do kat egorii sił zachowawczych. Zat em,
podst awowe siły działające między cząst kami element arnymi należą do sił zachowawczych.
Również dot yczy t o sił, kt óre można w prost y sposób zredukować do sił podst awowych.
Przykładem może być t u siła sprężyst ości sprężyny. Podczas rozciągania sprężyny at omy
zost ają nieco od siebie odsunięt e i elekt rost at yczne przyciąganie między nimi sumując się daje
makroskopowy efekt w post aci siły sprężyst ej sprężyny.
 Figure 3.10
Animacja
 Praca i energia - energia pot encjalna
Pytania i problemy
1. Zint erpret uj wzór na energię pot encjalną sprężyny o st ałej sprężyst ości k, rozciągnięt ej o
x.
2. Przedst aw za pomocą wykresu zależność energii pot encjalnej sprężyny od jej wydłużenia.
3. Siła F = 50 N działająca w kierunku poziomym przesuwa ciężar po równi pochyłej o kącie
∘
nachylenia do poziomu α = 60 (rys. 3.9
(2_3_2_energia_pot encjalna.ht ml#t opic_2_h3.2__rys9)). Ciężar przemieszcza się o odcinek
drogi s = 50 cm. Jaką pracę W wykona siła?
 Figure 3.11
Siła przemieszcza ciężar po ró wni po chyłej
Energia kinetyczna
Powiedzieliśmy uprzednio, że ciało ma energię wt edy, gdy może wykonać pracę. Ot óż, gdy ciało
porusza się z pewną prędkością, t o może wykonać pracę, na przykład może wykonać pracę
przeciwko siłom t arcia na drodze hamowania. Zat em ciało będące w ruchu ma energię. Energię
związaną z ruchem ciała nazywamy energią kinetyczną.
Zapyt ajmy, ile energii ma ciało o masie m, gdy porusza się z prędkością v? Energię t ę możemy
wyznaczyć obliczając pracę, jaką może wykonać ciało. Można podejść do t ego zagadnienia
odwrot nie - obliczyć pracę siły przyśpieszającej pot rzebną do t ego, aby ciało nabyło prędkość v.
Przyjmijmy, że na ciało działa st ała siła F wzdłuż drogi s, kt óra przyśpiesza go nadając mu st ałe
przyśpieszenie a . Droga s, jaką przebędzie ciało w czasie t , wynosi
s=
at 2
2
Pracę pot rzebną do nadania ciału prędkości v ( v
( 3.13 )
= at ) ot rzymamy mnożąc siłę F
przez drogę
(at) 2
at 2
v2
W = Fs = mas = ma
=m
=m
2
2
2
s
( 3.14 )
Zat em, aby rozpędzić ciało począt kowo nieruchome, należy wykonać pracę W = mv2 /2. Praca
t a jest nagromadzona w rozpędzonym ciele i w całości może być w odpowiednich warunkach
oddana, czyli ciało ma zdolność do wykonania pracy. Jest t o energia kinet yczna ciała. Chociaż
wzór t en wyprowadziliśmy dla szczególnego przypadku - rozpędzania ciała przez st ałą siłę, t o
jest on prawdziwy dla dowolnego ciała mającego prędkość v. Energia kinet yczna ciała mającego
prędkość v wyraża się więc wzorem:
mv2
Ek =
2
( 3.15 )
Energia kinet yczna jest wyrażona za pomocą kwadrat u prędkości, jest zat em zawsze dodat nia,
niezależnie od t ego w kt órą st ronę ciało się porusza. Prędkość jest wekt orem, ale kwadrat
prędkości jest skalarem (kwadrat wekt ora jest iloczynem skalarnym dwóch jednakowych
wekt orów, a iloczyn skalarny wekt orów jest skalarem), więc i energia kinet yczna musi być
skalarem (bo i masa jest t eż skalarem, a wielkość będąca iloczynem skalarów musi być t eż
skalarem).
Ile wynosi energia kinet yczna samochodu o masie
v = 100 km/h = 27, 78 m/s?
m = 1 000 kg jadącego z prędkością
Odpo wiedź:
1 000 kg(27, 78 m/s) 2
mv2
Ek =
=
= 385 864, 2 J ≈ 386 kJ
2
2
Ile wynosi energia kinet yczna kuli karabinowej o masie
v = 1 000 m/s?
( 3.16 )
m = 10 g lecącej z prędkością
Odpo wiedź:
0, 01 kg(1 000 m/s) 2
mv2
Ek =
=
= 5 000 J ≈ 5 kJ
2
2
= m 2 /2
( 3.17 )
Wzór na energię kinet yczną Ek = mv2 /2 zawiera prędkość v, kt óra jak wiemy jest wielkością
względną – t zn. wart ość prędkości zależy od układu względem, kt órego mierzymy t ę prędkość.
Zauważmy zat em, że wart ość energii kinet ycznej ciała zależy od układu odniesienia.
Widzimy więc, że podobnie jak w przypadku energii pot encjalnej, gdzie zależała ona od położenia
poziomu odniesienia, t ak i energia kinet yczna zależy od układu odniesienia.
 Tip
Wyobraźmy sobie kamień wiszący na lince. Dla kogoś st ojącego obok na Ziemi kamień nie
ma energii kinet ycznej, bo nie porusza się. Nat omiast pasażer w jadącym samochodzie widzi
t en sam kamień zbliżający się do niego z dużą prędkością. W t ym układzie kamień ma
znaczną energię kinet yczną, kt óra w momencie zderzenia z szybą samochodu zamieni się
na pracę, skut kującą wybiciem szyby.
 Figure 3.12
Cięciwa napiętego łuku ma energię
 Cięciwa zwolniona wykona pracę, kt óra nadaje prędkość st rzale i st rzała uzyskuje energię
kinet yczną
 Figure 3.13
Animacja
 Praca i energia - energia kinet yczna
Całkowita energia ciała
Najogólniejsze pojęcie energii jest określone w t eorii względności jako energia całkowit a ciała i
jest dana za pomocą wzoru:
mc2
E = −−−−−
2
√1 − vc2
gdzie m jest masą ciała poruszającego się z prędkością v, c
( 3.18 )
= 3 ⋅ 108 m/s – prędkość świat ła.
Z t ej relacji wynika, że energia ciała zależy od prędkości v z jaką się ono porusza w danym
układzie odniesienia. W różnych układach ciało ma różną prędkość. Ciało ma najmniejszą energię
E0 w układzie, w kt órym ciało spoczywa, ma prędkość v = 0. Tę energię
E0 = mc2
( 3.19 )
nazywamy energią spoczynkową ciała.
Wzór (w3.2 (2_3_3_energia_kinet yczna.ht ml#t opic_2_h3.3__eq_w2)) t o słynny wzór Einst eina,
kt óry st wierdza, że każde ciało ma energię spoczynkową określoną przez jego masę mnożoną
przez czynnik c2 (nie należy mylić t ej energii z energią pot encjalną).
Powiedzieliśmy uprzednio, że ciało ma energię wt edy, kiedy może wykonać pracę. Ot óż, gdy
ciało porusza się z pewną prędkością, może wykonać pracę, na przykład przeciwko siłom t arcia
na drodze hamowania. Zat em ciało będące w ruchu ma energię. Energię związaną z ruchem ciała
nazywamy energią kinet yczną.
Relacja (w3.1 (2_3_3_energia_kinet yczna.ht ml#t opic_2_h3.3__eq_w1)) pozwala na wyznaczenie
energii kinet ycznej ciała o dowolnej prędkości 0 < v < c (wzór (3.9
(2_3_3_energia_kinet yczna.ht ml#t opic_2_h3.3__eq9)) st osuje się t ylko dla małych prędkości
v ≪ c).
Zapyt ajmy ogólnie, ile energii kinet ycznej ma ciało o masie m, gdy porusza się z prędkością
v. St wierdziliśmy, że z określenia energii (w3.1
(2_3_3_energia_kinet yczna.ht ml#t opic_2_h3.3__eq_w1)) wynika, że energia ciała zależy od jego
prędkości v. Zat em energię kinet yczną ciała Ek możemy zdefiniować, jako różnicę między jego
energią całkowit ą a energią spoczynkową:
Ek = E − E0 =
mc2
2
−−−−v−2 − mc
√1 − c 2
Wzór t en jest dokładny dla całego zakresu prędkości ciała, 0
( 3.20 )
< v < c.
Wzór t en znacznie się uprości, gdy ciało ma małą prędkość w st osunku do prędkości świat ła, t zn.
gdy v/c ≈ 0. W t ym celu przekszt ałcimy wzór (w3.3
(2_3_3_energia_kinet yczna.ht ml#t opic_2_h3.3__eq_w3)), pomnożymy licznik i mianownik t ego
wzoru przez
−−−−−−−
(1 + √1 − v2 /c2 ):
−−−−−−
2 /c−
2
1
−
√
1
−
v
mc2
1
2
2
2
Ek = −−−−−−− − mc = mc ( −−−−−−− − 1) = mc
−−−−−−−
√ 1 − v 2 /c 2
√ 1 − v 2 /c 2
√ 1 − v 2 /c 2
( 3.21 )
Ot rzymamy
1 − (1 − v2 /c2 )
mc2
mv2
1
Ek = −−−−−−−
=
−−−−−−−
−−−−−−−
−−−−−−−
√ 1 − v 2 /c 2 1 + √ 1 − v 2 /c 2
√ 1 − v 2 /c 2 1 + √ 1 − v 2 /c 2
( 3.22 )
Dla małych prędkości możemy zaniedbać wyraz v2 /c2 . Przyjmując, że v2 /c2 = 0, wzór (3.8
(2_3_3_energia_kinet yczna.ht ml#t opic_2_h3.3__eq8)) uprości się i ot rzymamy:
mv2
Ek =
2
( 3.23 )
Wzór t en jest dokładnie t aki sam jak (3.8 (2_3_3_energia_kinet yczna.ht ml#t opic_2_h3.3__eq8)).
Wzór t en jest powszechnie st osowany w mechanice newt onowskiej. W zwykłych przypadkach, z
kt órymi mamy do czynienia w życiu codziennym wzór t en jest wyst arczająco dokładny. Nawet
dla prędkości rzędu set ek kilomet rów na sekundę, daje wart ość różniącą się od dokładnego
wzoru (w3.3 (2_3_3_energia_kinet yczna.ht ml#t opic_2_h3.3__eq_w3)) o mniej niż jedną
dziesięciot ysięczną procent a.
Pytania i problemy
1. Co t o jest energia?
2. Podaj wzór na energię całkowit ą i na energię spoczynkową ciała. Zdefiniuj pojęcie energii
kinet ycznej.
3. Podaj wzór na energię kinet yczną ciała o masie m mającego prędkość v. Wyprowadź t en
wzór dla przypadku rozpędzania ciała st ałą siłą.
4. Do jakich wielkości fizycznych – wekt orowych, czy skalarnych – należy energia kinet yczna?
Odpowiedź uzasadnij.
5. Pęd kuli karabinowej wynosi 8 (kg ⋅ m)/s, a jej energia kinet yczna 3,2 kJ. Wyznacz masę
kuli.
Prawo zachowania energii
mechanicznej
Suma energii pot encjalnej i kinet ycznej ciała nazywa się energią mechaniczną ciała
E = Ep + Ek
( 3.24 )
Ciało może mieć jednocześnie energię pot encjalną i kinet yczną. Na przykład, lądujący prom
kosmiczny, szybujący na niewielkiej wysokości h z prędkością v, ma zarówno energię pot encjalną
Ep = mgh, jak i energię kinet yczną Ek =
mv2
. Energia mechaniczna promu wyniesie więc
2
E = mgh +
mv2
2
( 3.25 )
Jeżeli pilot włączy silniki, t o zadziała siła, kt óra wykona pracę W . Praca t a może spowodować
zarówno zmianę wysokości lot u, jak i prędkości. Zat em, koszt em t ej pracy, nast ąpi przyrost
energii pot encjalnej ΔEp i przyrost energii kinet ycznej ΔEk . Suma t ych dwóch rodzajów energii
będzie przyrost em energii mechanicznej i będzie równa pracy W . To samo st osuje się do
dowolnego ciała i do dowolnego układu ciał, w kt órym działają siły zachowawcze. Mamy zat em
równanie
W = ΔE = ΔEp + ΔEk
( 3.26 )
Równanie t o jest wyrazem bardzo ważnej prawidłowości wyst ępującej we wszyst kich zjawiskach
mechanicznych, w kt órych siły oporu i t arcia można zaniedbać: praca sił zewnętrznych
wyko nana na układzie zacho wawczym ciał (to znaczy takim, w któ rym działają
tylko siły zacho wawcze (rozdział 3.2 (2_3_2_energia_pot encjalna.ht ml#t opic_2_h3.2)) jest
ró wna zmianie całko witej energii mechanicznej układu.
Załóżmy t eraz, że układ jest odosobniony i nie jest wykonywana nad nim żadna praca sił
zewnęt rznych. Wt edy W = 0 i przyrost energii układu jest równy zeru, czyli
W = ΔE = E2 − E1 = 0
( 3.27 )
lub E1 = E2 = const. Oznacza t o, że całkowit a energia mechaniczna układu jest wt edy st ała.
Ponieważ energia mechaniczna składa się z energii pot encjalnej i kinet ycznej, zat em
� Remember
Prawo zacho wania energii mechanicznej
E = Ep + Ek = const
( 3.28 )
Całkowit a energia mechaniczna izolowanego układu zachowawczego jest st ała (zachowuje
się).
 Figure 3.14
Animacja
 Przykład zachowania energii mechanicznej. Rzut pionowy
 Przykład 6
Ciało zsuwa się bez t arcia po równi pochyłej o wysokości h (rys. 3.11
(2_3_4_zasada_zachowania_energii.ht ml#t opic_2_h3.4__rys11)). Ile wynosi prędkość ciała v
podst awy równi?
Odpo wiedź: Całkowit a energia ciała na szczycie równi wynosi Ep
Ek =
= mgh zaś u podst awy:
mv2
. Z przyrównania t ych dwóch wielkości mamy, że prędkość końcowa
2
−−−
v = √2gh
( 3.29 )
Widzimy, że prędkość końcowa ciała zależy t ylko od wysokości, z jakiej ciało się zsuwało, a nie
zależy od kąt a nachylenia równi.
 Figure 3.15
Całko wita energia ciała zsuwającego się po ró wni bez tarcia
E = Ep + Ek = const

 a) u szczyt u równi ciało ma t ylko energię pot encjalną, b) u podst awy równi ciało ma t ylko
energię kinet yczną
 Przykład 7
Ciało zsuwa się po równi i nast ępnie pokonuje „diabelską pęt lę” o promieniu R (rys. 3.12
(2_3_4_zasada_zachowania_energii.ht ml#t opic_2_h3.4__rys12)). Nie uwzględniając t arcia,
oblicz, z jakiej co najmniej wysokości h ciało powinno się zsuwać, aby nie oderwało się od pęt li
nawet w jej najwyższym punkcie.
Ciało , zsuwając się po ró wni po chyłej, nabiera prędko ści i mo że
po ko nać „diabelską pętlę"
 Figure 3.16
Odpo wiedź: Jeżeli prędkość ciała w szczyt owym punkcie pęt li będzie wyst arczająco duża, t o
siła odśrodkowa (dociskająca ciało do pęt li) F0
ciała P
=
mv2
będzie co najmniej równa sile ciężkości
R
= mg odrywającej je od pęt li. St ąd ot rzymujemy warunek
mv2
= mg
R
v2 = gR
lub
( 3.30 )
Z drugiej st rony, z prawa zachowania energii mamy wniosek, że energia pot encjalna ciała na
szczycie równi Ep = mgh jest równa energii w punkcie szczyt owym pęt li. Ta ost at nia energia
składa się z energii pot encjalnej mg
⋅ 2R i energii kinet ycznej
mv2
. Mamy więc równanie:
2
mv2
mgh = mg ⋅ 2R +
2
( 3.31 )
v2
h = 2R +
2g
( 3.32 )
St ąd:
Podst awiając t u v2
= gR, ot rzymamy h = 2R +
R
2
=
5
2
R. Zat em wysokość, z jakiej
powinno się zsuwać ciało, aby nie oderwać się od pęt li, musi spełniać warunek
h≥
5
R
2
( 3.33 )
Widzimy, że warunek t en nie zależy od przyspieszenia ziemskiego g . Zat em t aki sam warunek
będzie obowiązywał na Księżycu i na jakiejkolwiek planecie.

 Przykład 8
Klocek zsuwa się bez t arcia po ściance wydrążonego dołka wykonanego w kszt ałcie paraboli
(rys. 3.13 (2_3_4_zasada_zachowania_energii.ht ml#t opic_2_h3.4__rys13)) o równaniu y
Jaka będzie zależność energii pot encjalnej Ep (x) ciała od współrzędnej x?
 Figure 3.17
= cx2 .
Ciało zsuwające się po ściance wydrążo nego do łka w kształcie
parabo li
Odpo wiedź: Energia pot encjalna względem dna wydrążenia wynosi Ep (x)
= mgh, gdzie
wysokość h w t rakcie zsuwania ciała wynosi y, zat em Ep (x) = mgy. Ponieważ y = cx2 ,
zat em
Ep (x) = mgcx2
( 3.34 )
Widzimy, że krzywa energii pot encjalnej jest parabolą t ypu
Y = Kx2
gdzie
K = mgc jest
( 3.35 )
st ałym współczynnikiem.
Kszt ałt t ej krzywej energii pot encjalnej jest t aki sam jak kszt ałt dołka, w kt órym porusza się
klocek.
Łat wo można dojść do ogólnego wniosku, że w przypadku dołka dowolnego kszt ałt u, kszt ałt
krzywej energii pot encjalnej jest t aki sam jak kszt ałt dołka. Zbieżność t ych dwóch pojęć
sprawiła, że posługujemy się pojęciem dołu potencjału lub studnią potencjału w różnych
przypadkach, gdy mamy do czynienia z ruchem ciał w polu sił (nie t ylko grawit acji). Pojęcie t o
jest bardzo użyt eczne i st osuje się do wielu zagadnień fizycznych, np. w fizyce at omowej.
Podobnie w przypadku ciała zaczepionego na sprężynie można powiedzieć, że ciało znajduje się
w parabolicznej st udni pot encjału (pat rz rys. 3.13
(2_3_4_zasada_zachowania_energii.ht ml#t opic_2_h3.4__rys13) i wzór (3.5
(2_3_4_zasada_zachowania_energii.ht ml#t opic_2_h3.4__eq5))).
Ogólna zasada zachowania energii
Zasada zachowania energii mechanicznej spełniona jest ściśle w przypadku, gdy siły oporu i t arcia
nie wyst ępują lub są t ak małe, że można je zaniedbać. W przeciwnym przypadku w t rakcie pracy
część energii mechanicznej zost aje st racona. Ale czy rzeczywiście st racona? Ot óż nie, bo t ę
właśnie część energii odnajdujemy w wydzielającym się cieple (powierzchnie t rące się ogrzewają).
W ogólnym przypadku energia mechaniczna może zamieniać się na różne post acie energii. Na
przykład energia pot encjalna spadającej wody może napędzać generat or wyt warzający prąd
elekt ryczny. W t akim przypadku energia mechaniczna zamienia się na energię elekt ryczną.
Znamy wiele różnych post aci energii: mechaniczną, elekt ryczną, promienist ą, fal
Znamy wiele różnych post aci energii: mechaniczną, elekt ryczną, promienist ą, fal
elekt romagnet ycznych, jądrową it d.
Weźmy pod uwagę układ izolowany ciał, w kt órym mogą zachodzić przemiany jednej post aci
energii w inną. Niech układ jest izolowany w t en sposób, że żadna z post aci energii nie ucieka na
zewnąt rz ani żadna nie przenika do układu. Ot óż okazuje się, że wt edy całkowit a suma
wszyst kich możliwych post aci energii jest st ała. To znaczy, że energia nie znika ani nie może być
st worzona z niczego. Na podst awie niezliczonych eksperyment ów i obserwacji naukowych
ut wierdzono się w przekonaniu o nienaruszalności zasady:
� Remember
Zasada zacho wania energii
W układzie odosobnionym suma wszyst kich rodzajów energii jest st ała.
Ta uniwersalna zasada nosi nazwę zasady zachowania energii. Nigdy i nigdzie nie st wierdzono
najmniejszego nawet odst ępst wa od niej. Ma ona fundament alne znaczenie w fizyce i na niej
opiera się sposób pomiaru nowych form energii.
Zasada zachowania energii należy do nielicznej grupy zasad zachowania. Z jedną z nich
spot kaliśmy się już uprzednio, mianowicie z zasadą zachowania pędu. W mechanice wyst ępuje
jeszcze jedna zasada zachowania – zasada zachowania moment u pędu, kt órą poznamy później.
Wszyst kie zasady zachowania mają fundament alne znaczenie w fizyce, ponieważ wynikają z
podst awowych własności przest rzeni i czasu. Okazuje się, że zasada zachowania energii wynika z
zasadniczej własności czasu, kt óra polega na t ym, że czas w pust ej przest rzeni płynie zawsze
jednakowo, nigdy nie przyspiesza ani nie zwalnia. Również zasada zachowania pędu wynika z
podobnej własności przest rzeni, zwanej jednorodnością przest rzeni.
Pytania i problemy
1. Co rozumiemy przez pojęcie energii mechanicznej? Podaj t reść prawa zachowania energii
mechanicznej.
2. Ciężarek zaczepiony do sprężyny wykonuje ruch drgający. Przedst aw na wykresie
zależność energii kinet ycznej ( Ek ) ciężarka od wydłużenia ( x) sprężyny.
3. Ciężarek o masie m jest zaczepiony do sprężyny. Sprężyna zost ała rozciągnięt a o odcinek
xM . Oblicz wart ość prędkości ciężarka, gdy (po zwolnieniu sprężyny) znajdzie się w
x
odległości x = M . St ała sprężyst ości sprężyny wynosi k.
2
4. Podaj kilka przykładów energii niebędącej energią mechaniczną.
5. Podaj t reść zasady zachowania energii.
6. Wiadomo, że zasada zachowania energii wynika z podst awowej własności czasu. Podaj, jaka
t o własność.
Moc
Pojęcie mocy ut worzono po t o, aby móc dokładnie określać „jak mocny” jest dany silnik, czy
dowolne inne urządzenie wykonujące pracę. Dzięki t emu możemy porównywać i oceniać
ilościowo t ę własność różnych urządzeń.
Na przykład, w salonie samochodowym sprzedawca oferuje do wyboru samochód z różnymi
silnikami. Jeden z nich osiąga prędkość v = 100 km/h po czasie t 1 = 10 s od moment u st art u,
drugi: v = 100 km/h – po czasie t 2 = 8 s.
Zapyt ajmy, kt óry silnik jest mocniejszy. Mocniejszy jest oczywiście silnik drugi, gdyż wykonuje
pracę rozpędzania samochodu w krót szym czasie niż pierwszy. Mówimy, że w t ym drugim
przypadku mamy do czynienia z większą mocą. Moc oznaczamy symbolem P i definiujemy
nast ępująco:
� Remember
Mo c
jest t o st osunek pracy W do czasu t , w jakim t a praca zost ała wykonana:
P =
W
t
( 3.36 )
Innymi słowy, moc jest „szybkością wykonania pracy”. Jednost ka mocy wynika ze wzoru (3.18
(2_3_5_moc.ht ml#t opic_2_h3.5__eq18)); jest ona równa jednemu dżulowi podzielonemu przez
jedną sekundę i nazywa się wat:
1W =
1J
1s
( 3.37 )
Począt kowo w XIX wieku ust anowiono jednost kę mocy w porównaniu do mocy konia. Jednost kę
t ę nazwano koniem mechanicznym ( KM ).
1 KM = 0, 7355 kW
( 3.38 )
Jednost ka t a jest częst o st osowana do dziś, mimo że nie jest uznawana przez Międzynarodowy
Układ Jednost ek SI. Producenci aut chęt nie st osują jednost kę konia mechanicznego z t ego
względu, że jest bardzo poglądowa.
 Przykład 9
Uczeń wbiega po schodach na drugie pięt ro budynku, pokonując wysokość h = 6 m w czasie
t = 6 s. Oblicz, z jaką mocą wbiegł uczeń, wiedząc, że jego masa wynosi m = 60 kg.
Odpo wiedź:
P =
W
mgh
=
t
t
Zat em:
60 ⋅ 9, 81 ⋅ 6
( 3.39 )
P =
60 ⋅ 9, 81 ⋅ 6
W = 588, 6 W
6
( 3.40 )
Czyli uczeń t rakt owany jako „urządzenie mechaniczne” miał moc P = 588, 6 W , co odpowiada
nie w pełni jednemu koniowi mechanicznemu, P = 0, 8 KM (można żart obliwie określić, że „był
silny prawie jak koń”).
Sprawność
Zasada zachowania energii obowiązuje w każdym przypadku, m in. dot yczy t o urządzeń
t echnicznych. Czyli energia do starczo na do urządzenia (w określonym czasie, więc i
dost arczona moc) nie może zginąć. Jednakże część t ej energii (i mocy) zost aje zużyt a na pracę
przeciwko t arciu i oporom wyst ępującym w mechanizmie urządzenia. Zat em część energii (i
mocy) zost aje rozproszona bezużyt ecznie. Pozost ała część energii dost arczonej (i mocy) jest
zamieniana na pracę użyteczną (powodującą np. nadanie prędkości samochodowi).
W celu ilościowego określenia wydajności energet ycznej urządzenia definiuje się pojęcie
sprawności urządzeń technicznych nast ępująco:
� Remember
Sprawno ść
Sprawność, t o st osunek mocy użyt ecznej P U do mocy dost arczonej do urządzenia P 0 :
η=
PU
P0
( 3.41 )
 Przykład 10
Samochód jedzie z prędkością 100 km/h i zużywa 6 lit rów benzyny na 100 kilomet rów.
1. Jaka moc
P0
jest dost arczana do silnika? Przyjmij, że przy spalaniu jednego lit ra benzyny
ot rzymuje się 3 ⋅ 107 energii.
2. Ile wynosi moc użyt eczna silnika P U pot rzebna dla podt rzymania t ej prędkości? Siła
wypadkowa oporów ruchu wynosi F = 540 N .
3. Z jaką sprawnością η pracuje silnik?
Odpo wiedź:
Ad. a) Samochód zużywa 6 lit rów benzyny w ciągu jednej godziny, czyli w ciągu 3600 s. Zat em
moc dost arczona
P0 =
6⋅3⋅ 10 7 J
3 600 s
PU =
Fs
t
Ad. b)
= 5 ⋅ 104 W = 50 kW
Praca na drodze s, przeciwko sile oporów ruchu wynosi W = Fs. Moc użyt eczna
= Fv = 540 N ⋅ 27, 8
Ad. c) Sprawność
η=
PU
P0
=
15 kW
50 kW
= 0, 3 = 30%
m
s
= 15 kW
( 3.42 )
( 3.43 )
( 3.44 )
Pytania i problemy
1. Podaj definicję mocy średniej. W jakich jednost kach mierzymy moc? Podaj nazwę jednost ki
oraz przedst aw ją za pomocą jednost ek podst awowych.
2. W jakim celu definiuje się pojęcie sprawności? Podaj definicję t ej wielkości.
3. Samochód o masie 1300 kg po rozbiegu t rwającym 10 s osiąga prędkość 108 km/h.
Wyznacz moc silnika samochodu przyjmując, że jego wypadkowa sprawność wynosi
η = 0, 4.
Zderzenia
Zderzenie – t o z pozoru prost e zjawisko – może dost arczyć nam wiele cennych informacji o
właściwościach zderzających się ciał oraz o siłach między nimi działających. W przypadku gdy
mówimy o zderzeniach ciał makroskopowych, mamy na myśli bezpo średnie zetknięcie się
ciał t akich, jak na przykład kule bilardowe. Okazuje się, że ze zderzeniami mamy do czynienia
również w mikroświecie, np. wt edy, gdy dwie jednoimiennie naładowane elekt rycznie cząst ki
zbliżają się do siebie i na skut ek oddziaływania pól elekt rycznych odskakują od siebie. W
szczególności zagadnienie zderzeń jest pierwszoplanowe przy współczesnych badaniach
cząst ek element arnych oraz przy badaniach element arnych oddziaływań podst awowych. Wiele
bardzo cennych informacji z obszaru mikroświat a kwant owego jest dost ępnych dla nas t ylko
dzięki badaniu zderzeń.
Teoria zderzeń, z kt órą t u się zapoznasz, jest oczywiście dużo prost sza niż t eoria st osowana
przez fizyków we współczesnych laborat oriach przy pracy z wielkimi akcelerat orami cząst ek
element arnych. Jednakże poznasz podst awowe zasady, kt óre rządzą t ymi zjawiskami. Do
zbadania zderzeń mechanicznych posłużą nam dwie zasady – zasada zachowania pędu i zasada
zachowania energii.
Zderzenia niesprężyste
Zderzenia niesprężyst e, t o t akie gdy po zderzeniu ciała nie odskakują od siebie, ale poruszają się
razem z jednakową prędkością. To st wierdzenie możemy uznać jako definicję zderzeń
niesprężyst ych:
 Note
Jeżeli po zderzeniu ciała poruszają się razem z jednakową prędkością, t o t akie zderzenie
nazywamy zderzeniem niesprężystym.
Przykładem zderzenia niesprężyst ego może być zderzenie dwóch kulek plast eliny, kt óre się
zlepiają, uderzenie pocisku w worek z piaskiem lub zderzenie met eoryt u z Ziemią. Podczas
zderzenia energia mechaniczna nie jest zachowana, gdyż część energii kinet ycznej zderzających
się ciał zost anie st racona na skut ek pracy przeciwko siłom t arcia i przekazana ot oczeniu pod
post acią ciepła. Nat omiast prawo zachowania pędu będzie t u obowiązywać w pełni, gdyż ciała
zderzające się możemy t rakt ować jako układ izolowany.
Wyobraźmy sobie dwa ciała zbliżające się do siebie, jak na rys. 3.14
(2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__rys14). Niech ciało o masie m1 ma prędkość v1 , a ciało o
masie m2 – prędkość v2 . Jaką prędkość będą miały ciała po zderzeniu doskonale niesprężyst ym?
Odpowiemy na t o pyt anie, korzyst ając z prawa zachowania pędu. Suma wekt orowa pędów obu
ciał przed zderzeniem jest pędem całkowit ym układu, kt óry pozost aje st ały również po
zderzeniu. Oba ciała po zderzeniu mają wspólną prędkość v⃗ , kt órej właśnie poszukujemy, zat em
pęd po zderzeniu jest równy
( m1 + m2 ) v⃗
( 3.45 )
m1 v⃗ 1 + m2 v⃗ 2 = ( m1 + m2 ) v⃗
( 3.46 )
Mamy więc równanie:
St ąd ot rzymujemy wzór na szukaną prędkość ciał po zderzeniu
⃗ +
⃗
v⃗ =
 Figure 3.18
m1 v⃗ 1 + m2 v⃗ 2
m1 + m2
( 3.47 )
Zderzenie niesprężyste dwó ch ciał
 Pęd wypadkowy jest st ały; całkowit y pęd przed zderzeniem jest równy pędowi obu ciał
(zlepionych) po zderzeniu
We wzorze (3.21 (2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__eq21)) wyst ępują wielkości wekt orowe i
nie należy go odczyt ywać, jakby w liczniku była suma aryt met yczna, ale st osować regułę
dodawania wekt orów. W szczególnym przypadku, gdy ciała zbliżają się do siebie wzdłuż wspólnej
prost ej (rys. 3.15 (2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__rys15)), równanie (3.21
(2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__eq21)) można zapisać skalarnie, ale należy prędkość
jednego ciała zaopat rzyć znakiem plus, a drugiego – znakiem minus.
 Figure 3.19
Zderzenie niesprężyste dwó ch ciał wzdłuż jednej pro stej
W zderzeniu niesprężyst ym suma energii kinet ycznych przed zderzeniem nie jest równa
całkowit ej energii kinet ycznej po zderzeniu, co już wcześniej zost ało zaznaczone. Teraz jest t o
szczególnie widoczne: jeżeli pędy zderzających się ciał są równe, ale przeciwnie zwrócone, t o
oba ciała po zderzeniu będą miały zerową prędkość, czyli ich energia kinet yczna będzie równa
zeru, nat omiast przed zderzeniem suma ich energii kinet ycznych była oczywiście większa od
zera.
 Przykład 11
Dwie kulki z plast eliny zbliżają się do siebie wzdłuż wspólnej prost ej (rys. 3.15
(2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__rys15)). Kulka o masie m1 = 10 g ma prędkość
v1 = 5 m/s, a kulka o masie m2 = 30 g – prędkość v2 = 2 m/s. Jaką prędkość będą miały
kulki po zderzeniu i w kt órą st ronę będą się poruszały?
Odpo wiedź: suma wekt orowa pędów obu ciał przed zderzeniem jest pędem całkowit ym
układu, kt óry pozost aje st ały również po zderzeniu (prawo zachowania pędu).
Przed zderzeniem całkowit y pęd obu kulek wynosił:
m1 v1 − m2 v2
( 3.48 )
( m1 + m2 )v
( 3.49 )
Po zderzeniu wynosi:
Obie kulki po zderzeniu mają wspólną prędkość v, kt órą znajdziemy z równania pędów:
( m1 + m2 )v = m1 v1 − m2 v2
( 3.50 )
St ąd ot rzymujemy wzór na szukaną prędkość kulek po zderzeniu
v=
m1 v1 − m2 v2
m1 + m2
( 3.51 )
Po podst awieniu danych ot rzymujemy:
v=
10 g ⋅ 5 m//s − 30 g ⋅ 2 m/s
m1 v1 − m2 v2
=
= −0, 25 m/s
m1 + m2
10 g + 30 g
( 3.52 )
Znak minus przed wart ością prędkości oznacza, że kulki po zderzeniu będą poruszały się w
lewo, t zn. w t ę samą st ronę w jaką poruszała się kulka druga (gdyż miała ona pęd o większej
wart ości).
Zderzenia sprężyste
Zderzenie jest doskonale sprężyst e, jeśli oprócz całkowit ego pędu zachowuje się również suma
energii kinet ycznych zderzających się ciał. Oczywiście, chodzi t u o całkowit y pęd i sumę energii
kinet ycznych. To znaczy, że podczas zderzenia mogą się zmieniać zarówno pędy, jak i energie
poszczególnych ciał, ale sumaryczny pęd i suma energii kinet ycznych pozost aje st ała. Zat em dla
zderzeń doskonale sprężyst ych ot rzymujemy układ dwóch równań:
p⃗ 1 + p⃗ 2 = p⃗ '1 + p⃗ '2
Ek1 + Ek2 = E'k1 + E'k2
}
( 3.53 )
Symbole nieopat rzone znakiem ' odpowiadają pędom i energiom przed zderzeniem, zaś
opat rzone t ym znakiem – po zderzeniu.
Ten układ równań pozwala obliczyć pędy (i prędkości) ciał po zderzeniu, jeśli dane są pędy (i
masy) obu ciał przed zderzeniem dla dowolnego przypadku zderzeń doskonale sprężyst ych.
Rozróżniamy dwa rodzaje zderzeń:
1. zderzenia czołowe,
2. zderzenia skośne.
Ze zderzeniem czołowym mamy do czynienia wt edy, gdy środki mas zderzających się ciał
poruszają się wzdłuż wspólnej linii prost ej. W pozost ałych przypadkach wyst ępuje zderzenie
skośne.
 Figure 3.20
Zderzenie czo ło we kul
 Zderzenie czołowe dwóch kul mających znacznie różniące się masy, kula masywniejsza
spoczywa
Ad. 1. Rozważymy zderzenie czołowe dwóch kul. Dla uproszczenia przyjmiemy układ odniesienia
t aki, w kt órym kula m2 spoczywa (rys. 3.16 (2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__rys16)). Niech
kula m1 w t ym układzie przed zderzeniem ma prędkość v. Obliczymy prędkości v'1 i v'2 po
zderzeniu, korzyst ając z układu równań (3.22 (2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__eq22)):
}
m 1 v 1 = m 1 v '1 + m 2 v '2
m1 v2
2
=
m1 v' 21
2
+
m2 v' 22
2
}
( 3.54 )
Oba t e równania przekszt ałcimy do nast ępującej post aci:
m1 (v − v'1 )= m2 v'2
m1 (v2 − v'21 )= m2 v'22
⎫
⎬
⎭
( 3.55 )
Jeżeli t eraz drugie równanie podzielimy st ronami przez pierwsze, ot rzymamy
v + v'1 = v'2
( 3.56 )
To równanie łącznie z pierwszym równaniem układu (3.22
(2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__eq22)) możemy pot rakt ować jako układ dwóch równań z
dwiema niewiadomymi v'1 i v'2 . St ąd po odpowiednich przekszt ałceniach ot rzymamy
v'1 =
m1 − m2
v
m1 + m2
v'2 =
2m1
v
m1 + m2
( 3.57 )
( 3.58 )
Teraz zast osujemy t e wzory dla dwóch ciekawych przypadków
a). Jeżeli o bie zderzające się kule mają jednako we masy, czyli m1 = m2 , t o v'1 = 0 i
v'2 = v. Oznacza t o, że druga kula, kt óra począt kowo była nieruchoma, po zderzeniu uzyska
prędkość równą dokładnie prędkości kuli pierwszej. Kule po prost u wymienią się prędkościami.
Podobną syt uację możemy mieć w przypadku zderzenia czołowego dwóch ident ycznych cząst ek
kwant owych (np. prot onów); cząst ki t akie są nierozróżnialne i efekt zderzenia jest t aki, jakby
jedna cząst ka „przeszła przez drugą” bez zmiany prędkości.
Zderzenie czo ło we dwó ch kul mających jednako we masy, kula
druga spo czywa
 Figure 3.21
b). Jeżeli bardzo lekka kula zderza się czołowo z kulą masywną, t zn. gdy m2
m
mas 1 jest bliski zeru i wt edy
≫ m1 , t o st osunek
m2
m − m2
v'1 = 1
v=
m1 + m2
m1
m2
m1
m2
−1
+1
v ≈ −v
( 3.59 )
czyli kula pierwsza po zderzeniu uzyska prędkość o wart ości t akiej samej, jaką miała przed
zderzeniem, lecz z przeciwnym zwrot em. Nat omiast kula druga pozost anie w spoczynku, gdyż
zgodnie z równaniem (3.26 (2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__eq26)) jej prędkość będzie
bliska zeru, v'2 = 0. Syt uacja t aka wyst ąpi również wt edy, gdy kula zderzy się (doskonale
sprężyście) ze ścianą. Kula odskoczy od ściany w st ronę przeciwną, nie t racąc pierwot nej
prędkości (co do wart ości bezwzględnej). Ściana nat omiast nie uzyska prakt ycznie żadnej
prędkości (rys. 3.18 (2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__rys18)).
 Figure 3.22
Zderzenie sprężyste kuli ze ścianą
 Kula, zderzając się doskonale sprężyście ze ścianą, odskakuje od niej, nie zmieniając
bezwzględnej wart ości prędkości
Ad. 2. Rozważymy t eraz szczególny przypadek zderzenia skośnego dwóch kul, gdy kule mają
jednakowe masy i można nie uwzględniać t arcia oraz ruchu obrot owego kul.
Przyjmiemy, że przed zderzeniem kula 1 ma prędkość v⃗ , a kula 2 spoczywa (rys. 3.18
(2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__rys18)). Aby rozwiązać t o zagadnienie, sprowadzimy je do
przypadku prost szego rozważonego poprzednio.
W punkcie zet knięcia kul prowadzimy płaszczyznę st yczną do powierzchni obu kul. Rozłóżmy
wekt or prędkości v⃗ na dwie składowe: normalną v⃗ 0 i st yczną do płaszczyzny st yku v⃗ s . Podczas
zderzenia na obie kule działają siły powst ałe na skut ek deformacji sprężyst ej kul. Siły t e mają
kierunek normalnej do płaszczyzny st yku kul i zamieniają prędkości v⃗ 0 obu kul, zupełnie t ak samo
jak w zderzeniu czołowym – przypadek 1a. Zat em po zderzeniu kula 2 uzyska prędkość
v'2 = v⃗ 0
 Figure 3.23
( 3.60 )
Zderzenie kul
 Kula 1 przekazuje spoczywającej kuli 2 składową normalną prędkości (prost opadłą do
płaszczyzny st yku kul), ale zachowuje składową st yczną. Tory kul po zderzeniu t worzą kąt
prost y
Nat omiast składowa st yczna nie ulegnie zmianie, gdyż założyliśmy, że t arcie jest znikomo małe i
nie ma powodu, dla kt órego kule miałyby oddziaływać na siebie w kierunku st ycznym do
płaszczyzny st yku. Kula 1 st raci więc swoją składową normalną prędkości, a zachowa t ylko
składową st yczną prędkości. Cała jej prędkość po zderzeniu będzie równa v⃗ s .
Ze względu na t o, że składowa normalna i st yczna są wzajemnie prost opadłe, t o po zderzeniu
t ory obu kul będą t worzyć kąt prost y. Taki właśnie przypadek wyst ępuje przy zderzeniu dwóch
jednakowych kul bilardowych (rys. 3.20 (2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__rys20)). Z
podobnymi przypadkami mamy również do czynienia w mikroświecie, przy zderzeniach
jednakowych cząst ek kwant owych, np. dwóch prot onów lub dwóch deut eronów (rys. 3.21
(2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__rys21)).
 Figure 3.24
Zderzenie kul bilardo wych
 Toru obu kul, po zderzeniu t worzą kąt prost y. Zdjęcie wykonano t echniką st roboskopową
 Figure 3.25
Zderzenie pro to nu z pro to nem
 Ślady obu prot onów po zderzeniu t worzą kąt prost y
 Tip
Zauważ, że t e same zasady zachowania rządzą ruchem ciał w Makroświecie jak i w
Mikroświecie!
 Figure 3.26
Animacja
 Zderzenia sprężyst e
Pytania i problemy
1. Zast osuj zasadę zachowania pędu do wybranego przykładu zderzenia sprężyst ego oraz
zderzenia niesprężyst ego - zapisz równania wyrażające t ę zasadę. Czy dla każdego z t ych
przypadków energia kinet yczna układu przed i po zderzeniu ma t aką samą wart ość?
2. Oblicz, jaką część energii kinet ycznej t racą kule przy zderzeniu, jak na rys. 3.15
(2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__rys15).
3. Dlaczego przy zderzeniu sprężyst ym czołowym dwóch jednakowych ciał wymieniają się one
prędkościami?
 CAUTION
Wykaż, że wynika t o z zasady zachowania pędu.
4. Piłka, kt óra miała począt kowo pęd o wart ości p0 , uderza prost opadle w ścianę i odbija się
od niej doskonale sprężyście. Czy po odbiciu od ściany pęd piłki zmieni się? W odpowiedzi
uwzględnij kierunek, zwrot i wart ość wekt ora pędu.
5. Doświadczalnie można st wierdzić, że gdy dwie jednakowe kule zderzają się sprężyście
skośnie, wówczas po odbiciu ich t ory t worzą kąt prost y. Wyjaśnij, dlaczego t ak się dzieje.
6. Ze zderzeniem podobnym do omawianych w poprzednim pyt aniu mamy również do
czynienia w mikroświecie, przy zderzeniach jednakowych cząst ek kwant owych, np. dwóch
prot onów (rys. 3.21 (2_3_6_zderzenia.ht ml#t opic_2_h3.6__rys21)). Jakie wnioski możesz z
t ego wyciągnąć?
7. Kulka plast eliny o masie m ma prędkość v. Kulka uderza w drugą spoczywającą kulkę
plast eliny o masie 4m.
a. Oblicz, ile wynosi prędkość kulek po sklejeniu v' .
b. Oblicz, ile wyniesie energia kinet yczna Ek ' kulek po sklejeniu.
c. Rozważ, czy energia kinet yczna pierwszej kulki Ek przed sklejeniem się z drugą jest
równa energii kinet ycznej Ek ' obu kulek po sklejeniu.
Rozdział 4. Dynamika bryły sztywnej
Dot ychczas opisywaliśmy ruch ciała w przypadkach, gdy mogliśmy nie uwzględniać jego
rozmiarów. Ciało t akie t rakt owaliśmy jako punkt mat erialny. Obecnie rozszerzymy opis ruchu,
uwzględniając rozmiary ciała. Jednakże w naszych rozważaniach ograniczymy się t ylko do t zw.
ciała szt ywnego. Ciałem sztywnym lub bryłą sztywną nazywamy ciało, kt órego cząst ki składowe
zachowują względem siebie st ałe odległości. Jest t o pewna idealizacja ciał st ałych wyst ępujących
w naszym ot oczeniu. Możemy ją st osować do wielu zagadnień wt edy, gdy w ciele st ałym
zaniedbujemy ruchy drgające i inne ruchy at omów oraz cząst eczek.
Prawa ruchu opisane w t ym rozdziale t łumaczą wiele zjawisk wyst ępujących w przyrodzie – w
skali kosmicznej, makro- i mikro-skopowej.
Wiele urządzeń mechanicznych, jest opart e na prawach ruchu bryły szt ywnej, np. żyroskopy,
śmigła helikopt erów i samolot ów, koła zamachowe, kołowrot y, i in.
Ruch postępowy i obrotowy bryły
sztywnej
Aby opisać ruch ciała rozciągłego, musimy podać, jak poruszają się jego punkt y. Wyróżnimy dwa
prost e rodzaje ruchu – post ępowy i obrot owy. W ruchu po stępo wym o dcinek łączący
dwa do wo lne punkty bryły sztywnej przemieszcza się ró wno legle do siebie (rys.
4.1a (2_4_1_ruch_post epowy_i_obrot owy.ht ml#t opic_2_h4.1__rys1)). W t akim ruchu
poszczególne punkt y bryły mogą się poruszać po krzywych, a nawet po okręgach, niemniej ruch
całości będzie post ępowy, zgodnie z definicją t ego ruchu. Łat wo można dojść do wniosku, że
ruch t ramwaju po t orze prost ym jest ruchem post ępowym (rys. 4.2a
(2_4_1_ruch_post epowy_i_obrot owy.ht ml#t opic_2_h4.1__rys2)), nat omiast ruch t ego t ramwaju
na zakręcie nie jest ruchem post ępowym (rys. 4.2b
(2_4_1_ruch_post epowy_i_obrot owy.ht ml#t opic_2_h4.1__rys2)). Wbrew pozorom ruch wagonika
diabelskiego młyna jest ruchem post ępowym (rys. 4.2c
(2_4_1_ruch_post epowy_i_obrot owy.ht ml#t opic_2_h4.1__rys2)), nat omiast nie jest nim ruch
wagonika na karuzeli (rys. 4.2d (2_4_1_ruch_post epowy_i_obrot owy.ht ml#t opic_2_h4.1__rys2)).
 Figure 4.1
Ruch po stępo wy i o bro to wy bryły sztywnej
 a) W ruchu post ępowym bryły szt ywnej odcinek łączący dwa dowolne punkt y A i B
przemieszcza się równolegle do siebie; b) w ruchu obrot owym wszyst kie punkt y ciała opisują
okręgi, kt órych środki leżą na wspólnej osi obrot u
 Figure 4.2
Przykłady ruchu po stępo wego i o bro to wego
 a) Tramwaj na prost ym t orze wykonuje ruch post ępowy, b) nat omiast na zakręcie wykonuje
ruch obrot owy; c) wagonik „diabelskiego młyna” porusza się ruchem post ępowym, d)
nat omiast wagonik karuzeli – ruchem obrot owym
Zarówno ruch t ramwaju na zakręcie, jak i ruch wagonika na karuzeli jest ruchem obrot owym.
Podczas ruchu obrotowego wszyst kie punkt y bryły zakreślają okręgi leżące na równoległych
płaszczyznach, przy czym środki okręgów leżą na wspólnej prost ej, zwanej osią obrot u (rys. 4.1b
(2_4_1_ruch_post epowy_i_obrot owy.ht ml#t opic_2_h4.1__rys1)). Różne punkt y bryły, znajdujące
się w różnych odległościach od osi obrot u, mają różne prędkości liniowe (rys. 4.3
(2_4_1_ruch_post epowy_i_obrot owy.ht ml#t opic_2_h4.1__rys3)), ale wszyst kie punkt y mają t aką
samą prędkość kąt ową ω.
W ruchu o bro to wym bryły prędko ści linio we ró żnych punktó w są
ró żne, zaś prędko ść kąto wa jest jednako wa
 Figure 4.3
Jeśli bryła jest w ruchu po stępo wym, t o można ją zast ąpić punkt em mat erialnym, bo
wszyst kie jej części poruszają się z jednakową prędkością i zakreślają jednakowe t ory. Całkowit y
pęd bryły da się przedst awić jako pęd punkt u mat erialnego o masie
m = m1 + m2 + ... + mn , gdzie m1 , m2 , ..., mn są masami poszczególnych element ów
bryły. Pęd bryły jest równy sumie pędów element ów składowych, więc
( 4.1
p⃗ = p⃗ 1 + p⃗ 2 + ... + p⃗ n = m1 v⃗ 1 + m2 v⃗ 2 + ... + mn v⃗ n = ( m1 + m2 + ... + mn ) v⃗ = m
v⃗ )
Podobnie, energię kinetyczną bryły w ruchu post ępowym można wyrazić t ak jak energię
kinet yczną punkt u mat erialnego
mv2
Ek =
2
( 4.2 )
Obliczenie energii po tencjalnej bryły sztywnej w polu grawit acyjnym Ziemi sprowadza się
do energii pot encjalnej punkt u mat erialnego położonego w środku masy bryły. Nat omiast w
przypadku ruchu obrot owego bryły, t akie rozumowanie jest niesłuszne, ponieważ różne jej
element y mają różne prędkości liniowe. Możemy jednak wykorzyst ać fakt , że wszyst kie
element y bryły mają jednakową prędkość kąt ową i opisywać jej ruch za pomocą wielkości
dynamicznych zawierających t ę prędkość. W t ym celu posłużymy się pojęciami: moment pędu,
moment bezwładności i moment siły.
 Figure 4.4
Animacja
 Bryła szt ywna - ruch post ępowy i obrot owy
Pytania i problemy
1. Wyjaśnij, dlaczego pojęcie „bryła szt ywna” jest ciałem modelowym, jest idealizacją realnych
ciał. W jakim celu st osuje się t aki model?
2. Czym się różni ruch obrot owy ciała od ruchu post ępowego?
3. Podaj t rzy przykłady ruchu post ępowego i obrot owego bryły szt ywnej.
Moment bezwładności i energia
kinetyczna
Wyprowadzimy wzór na energię kinet yczną bryły obracającej się z prędkością kąt ową ω. W t ym
celu najpierw rozważymy t ylko dwa małe element y bryły o masach m1 i m2 , jak na rys. 4.4
(2_4_2_moment _bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h1__rys4).
 Figure 4.5 Dwie małe kulki umieszczo ne na lekkim pręcie o bracającym się
względem o si pro sto padłej, przecho dzącej przez jego ko niec
Prędkości liniowe obu element ów wyrazimy za pomocą wspólnej prędkości kąt owej:
v1 = ωr1
oraz
v2 = ωr2
( 4.3 )
Zat em energie kinet yczne t ych element ów bryły wyrazimy nast ępująco
Ek1 =
m1 v21
m1 r21 ω2
=
2
2
oraz
Ek2 =
m2 v22
m2 r22 ω2
=
2
2
( 4.4 )
Energia kinet yczna Ek bryły składającej się z t ych dwóch element ów jest równa
Ek = Ek1 + Ek2 =
( m1 r21 + m2 r22 )ω2
( 4.5 )
2
Wielkość fizyczną w nawiasach nazywamy momentem bezwładności układu dwóch punktów
materialnych i oznaczamy przez I :
I = m1 r21 + m2 r22
( 4.6 )
Korzyst ając z t ego pojęcia, energię kinet yczną układu możemy wyrazić za pomocą wzoru
Ek =
Iω2
2
( 4.7 )
Ost at nie dwa wzory uogólnimy - zast osujemy je do całej bryły szt ywnej. Podzielimy całą bryłę na
dost at ecznie dużą liczbę: n małych element ów o masach Δmi odległych od osi obrot u o ri (rys.
4.5 (2_4_2_moment _bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h1__rys5)). Te element y można t rakt ować jako
punkt y mat erialne. Zat em moment bezwładności bryły składającej z układu n punkt ów
mat erialnych po uogólnieniu definicji (4.4 (2_4_2_moment _bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h1__eq4))
przyjmie post ać sumy (nie dwóch, ale) wszyst kich n wyrazów: Δmi r2i . Zat em
� Remember
Mo ment bezwładno ści bryły sztywnej
I = m1 r21 + m2 r22 + ... + mi r2i + mn r2n
gdzie cała bryła zost ała podzielona na dużą liczbę:
odległych od osi obrot u odpowiednio o ri .
( 4.8 )
n małych element ów o masach Δmi
Jednost ka moment u bezwładności t o: kilogram razy met r do kwadrat u, [I]
= kg ⋅ m2 .
 Figure 4.6 Po dział całej bryły na małe elementy o masach
o d o si o bro tu o dpo wiednio o ri
mi , któ re
są o dległe
Wzór na energię kinet yczną bryły szt ywnej jest ident yczny z (4.5
(2_4_2_moment _bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h1__eq5)).
Energia kinetyczna bryły sztywnej
Pokażemy, że wzór na energię kinet yczną bryły szt ywnej jest ident yczny ze wzorem (4.5
(2_4_2_moment _bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h1__eq5)). Każdy element ma prędkość
vi = ri ω
( 4.9 )
i energię kinet yczną:
Ei =
Δmi v2i
Δmi r2i ω2
Δmi ( ri ω) 2
ω2
=
=
= Δmi r2i
2
2
2
2
( 4.10 )
Zat em całkowit a energia kinet yczna bryły składającej z układu n element ów przyjmie post ać
sumy:
Ek = E1 + E2 + ... + En = Δm1 r21
( 4.11 )
ω2
ω2
ω2
ω2
+ Δm2 r22
+ ... + Δmn r2n
= (Δm1 r21 + Δm2 r22 + ... + Δmn r2n )
2
2
2
2
Zat em, zgodnie z definicją (4.6 (2_4_2_moment _bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h1__eq6))
Ek = (Δm1 r21 + Δm2 r22 + ... + Δmn r2n )
ω2
2
( 4.12 )
 Figure 4.7 Po dział całej bryły na małe elementy o masach
o d o si o bro tu o dpo wiednio o ri
mi , któ re
są o dległe
 Przykład 1
Znajdź wzór na moment bezwładności jednorodnego pierścienia cienkościennego względem osi
przechodzącej przez jego środek (rys. 4.6a
(2_4_2_moment _bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h1__rys6)). Pierścień ma masę mp i promień R .
 Figure 4.8
Ilustracja do przykładu 1
 a) Pierścień cienkościenny o promieniu R , b) t en sam pierścień podzielony na małe
element y
Odpo wiedź: Dzielimy cały pierścień na małe element y o masach Δm1 , Δm2 , ..., △mn .
Wszyst kie są odległe od osi obrot u o ri = R (rys. 4.6b
(2_4_2_moment _bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h1__rys6)). Zat em zgodnie z definicją, daną
wzorem (4.6 (2_4_2_moment _bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h1__eq6)), moment bezwładności
pierścienia przyjmie post ać
2
)
I0 = Δm1 R2 + Δm2 R2 + ... + Δmn R2 = (Δm1 + Δm2 + ... + Δmn ) R2 = mp(R4.13
I0 = mp R2
( 4.14 )
Podzieliliśmy t ut aj całą bryłę na dowolnie małe element y o masach mi odległe od osi obrot u o ri .
Wzór (4.6 (2_4_2_moment _bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h1__eq6)) jest definicją moment u
bezwładności bryły szt ywnej. Charakt eryzuje on rozkład masy układu względem wybranej osi
obrot u. Widzimy, że jednost ką moment u bezwładności jest kilogram razy met r do kwadrat u (
obrot u. Widzimy, że jednost ką moment u bezwładności jest kilogram razy met r do kwadrat u (
kg ⋅ m2 ).
Pytania i problemy
1. Podaj definicję moment u bezwładności bryły. W jakich jednost kach go wyrażamy?
2. Podaj wzór na energię kinet yczną ruchu obrot owego bryły szt ywnej.
3. W wierzchołkach równobocznego t rójkąt a o boku a umieszczono małe kulki o jednakowych
masach m. Oblicz moment bezwładności kulek względem osi będącej przedłużeniem
jednej wysokości t rójkąt a.
4. Oblicz moment bezwładności pręt a o masie m i długości l względem osi prost opadłej do
niego i przechodzącej przez jego koniec, korzyst ając z definiującego wzoru (4.6
(2_4_2_moment _bezwladnosci.ht ml#t opic_2_h1__eq6)).
5. Koło zamachowe o promieniu 25 cm i masie 10 kg obraca się z częst ot liwością
v = 1 200 min-1 . Przyjmując, że cała masa koła skupiona jest
jego energię kinet yczną.
na jego obwodzie, oblicz
Twierdzenie Steinera. Zależność
momentu bezwładności od położenia
osi obrotu
Zgodnie ze wzorem (4.6 (2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq6)) moment
bezwładności zależy nie t ylko od masy bryły, ale również od położenia osi, względem kt órej go
określamy. Ist nieje zależność między moment em bezwładności I układu względem dowolnej osi
a moment em bezwładności I0 względem równoległej do niej osi przechodzącej przez środek
masy układu:
I = I0 + mr20
( 4.15 )
gdzie r0 jest odległością między t ymi osiami (rys. 4.7
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__rys7)). Zależność t a nosi nazwę twierdzenia
Steinera.
 Figure 4.9
Mo ment bezwładno ści ciała względem ró żnych o si
 Moment bezwładności dla bryły szt ywnej ma wart ość I0 względem osi O–O przechodzącej
przez środek masy, nat omiast ma inną wart ość I , gdy jest obliczony względem innej osi O'–O'
Środek masy
Z pojęciem środka masy zet knąłeś się już wcześniej (w Gimnazjum). Pojęcie t o jest bardzo
ważne i częst o st osowane w fizyce. Dlat ego poświęcamy mu cały rozdział 4.5
(2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5). Tut aj skrót owo podajemy najważniejsze dane
pot rzebne do zrozumienia t reści t ego rozdziału.
Pojęcie środka masy jest bardzo użyt eczne, gdyż pozwala na znakomit e uproszczenie opisu
ruchu układu składającego się z wielu ciał. Zamiast rozpat rywać poszczególne ruchy dużej ilości
ciał, wyst arczy w wielu przypadkach rozważyć jedynie ruch jednego punkt u będącego środkiem
masy układu t ych ciał. Pojęcie środka masy st osuje się również do bryły szt ywnej. Dzięki
zast osowaniu t ego pojęcia skomplikowany ruch bryły można prost o opisać, jako złożenie ruchu
punkt u mat erialnego i obrot u.
Pojęcie środka masy najłat wiej można wyjaśnić rozważając bliskie mu pojęcie środka ciężkości
(rys. 4.12w (2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__rys12w)).
 Figure 4.10
Śro dek masy dwó ch ciał
 Środek masy (jak i środek ciężkości) dwóch ciał o masach m1 i m2 znajduje się w punkcie
l
dzielącym odcinek l na dwa odcinki l1 i l2 , w st osunku 1
l2
=
m2
m1
S,
Pojęcie środka masy st osuje się nie t ylko do dwóch ciał, ale również do układu wielu ciał i do brył
szt ywnych.
W przypadku brył jednorodnych położenie środka masy pokrywa się ze środkiem
geomet rycznym symet rycznej bryły. Na przykład, dla jednorodnej kuli środek ciężkości znajduje
się dokładnie w środku kuli. Podobnie dla jednorodnych ciał w kszt ałcie walca, sześcianu,
równoległościanu it p. – ich środki ciężkości pokrywają się ze środkami geomet rycznymi.
Wykażemy t eraz słuszność t wierdzenia St einera dla przypadku układu dwóch punkt ów
mat erialnych. W t ym celu obliczymy ich moment y bezwładności względem dwóch osi
równoległych do siebie i prost opadłych do płaszczyzny rysunku (rys. 4.8
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__rys8)), odległych od siebie o r0 . Moment
bezwładności względem osi przechodzącej przez środek masy O wynosi
I0 = m1 r21 + m2 r22
2
2
( 4.16 )
2
2
'2
Z t wierdzenia Pit agorasa: r'2
1 = h + ( r1 + x) i r2 = h + ( r2 − x) . Po podst awieniu t ego
do wzoru (4.8 (2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq8)) i po prost ych
przekszt ałceniach ot rzymamy
I = I0 + ( m1 + m2 )(h2 + x2 ) + 2x( m1 r1 − m2 r2 )
 Figure 4.11
( 4.17 )
Układ dwó ch punktó w materialnych
 Układ dwóch punkt ów mat erialnych odległych o r1 i r2 od osi przechodzącej przez środek
masy O i odległych o r'1 i r'2 od osi przechodzącej przez punkt O'
Ponieważ h2 + x2 = r20 i m1 r1 − m2 r2 = 0 (zob. rozdz.4.5
(2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5) - definicja środka masy – oraz wzory (4.25
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq25)) i (4.25'
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq25')) ), więc
wykazać).
I = I0 + mr20
(co mieliśmy
 Przykład 2
Znajdź wzór na moment bezwładności I0 jednorodnego pręt a względem osi prost opadłej do
pręt a i przechodzącej przez jego środek masy (rys. 4.9
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__rys9)).
 Figure 4.12
Osie o bro tu pro sto padłe do pręta
Odpo wiedź: Przyjmiemy, że wzór na moment bezwładności pręt a (mającego masę
długość l) względem osi przechodzącej przez jego koniec ma post ać
I = kml2
gdzie
k jest
mi
( 4.18 )
bezwymiarowym współczynnikiem.
Zauważmy, że I0 – moment bezwładności pręt a względem osi przechodzącej przez środek
masy – można przedst awić jako sumę moment ów bezwładności jego połówek względem osi
przechodzących przez ich końce, zat em
2
m l 2
k
I0 = 2k
( ) = ml2
2 2
4
( 4.19 )
Ale zgodnie z t wierdzeniem St einera
l 2
k
1+k 2
I = m( ) + I0 = ml2 + ml2 =
ml
2
4
4
Przyrównując prawe st rony równości (4.10
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq10)) i (4.12
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq12)), mamy, że
( 4.20 )
k=
1+k
. St ąd
4
1
.
3
k=
Zat em, korzyst ając ze wzoru (4.11 (2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq11)),
ot rzymujemy, że moment bezwładności pręt a względem osi przechodzącej przez środek masy
jest wyrażony za pomocą wzoru
I0 =
1
ml2
12
( 4.21 )
 Przykład 3
Znajdź wzór na moment bezwładności jednorodnego walca względem jego osi przechodzącej
przez jego środek (rys. 4.10a (2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__rys10)).
a) Jedno ro dny walec, b) z walca wycięto pierścień
 Figure 4.13
Odpo wiedź: Zakładamy, podobnie jak w poprzednim przykładzie, że wzór na moment
bezwładności (obecnie dla walca) ma post ać
I0 = kmR2
( 4.22 )
Żeby znaleźć współczynnik k, wyt niemy z walca, w myśli, pierścień (rys. 4.10b
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__rys10)). Moment bezwładności I0p będzie
równy różnicy moment ów dwóch walców o promieniach R i R 1 oraz masach m i m1
=
mR21
R2
(masa walca o ust alonej grubości jest proporcjonalna do pola powierzchni kołowej podst awy
R2 , zat em
2
2
2
I0p = I0 = I0,1 = kmR − km1 R = kmR − k
Ponieważ
m(R
2
−R21 )
2
R
= mp
mR21
R
2
R21
=
km
R
2
(R −
4
R41 )
m(R − R21 )
( 4.23 ) 2
=k
jest masą pierścienia, więc
I0p = kmp (R2 + R21 )
Zat em, jeśli pierścień jest dost at ecznie cienki (t zn. R
( 4.24 )
≈ R1 ), t o
I0p = 2kmp R2
( 4.25 )
Z drugiej st rony, na podst awie wzoru (4.6
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq6)) (pat rz również przykład 1),
I0p = Δm1 R2 + Δm2 R2 + ... + Δmn R2 = (Δm1 + Δm2 + ... + Δmn ) R2 = m(p4.26
R2 )
Porównując wzór (4.13 (2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq13)) z (4.15
R
2
(R2 + R21 )
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq15)), po uproszczeniu ot rzymujemy, że
2k = 1
Zat em dochodzimy do wniosku, że
przybiera post ać:
( 4.27 )
k = 1/2. Wzór na moment
I0 =
bezwładności dla walca
1
mR 2
2
( 4.28 )
Wyprowadzenie wzorów dla innych prost ych brył jednorodnych byłoby bardziej skomplikowane
pod względem mat emat ycznym, dlat ego ograniczymy się t ut aj do podania w t ab. 4.3.1
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__t ab4.3.1) got owych wzorów.
 Figure 4.14 Mo ment bezwładno ści dla wybranych jedno ro dnych brył I0
względem o si przecho dzącej przez śro dek masy, zaznaczo nej na rysunku
 Przykład 4
Ile wynosi prędkość liniowa górnego końca słupa upadającego na ziemię? Słup począt kowo
znajdował się w pozycji pionowej i miał wysokość H = 4 m, nast ępnie zost ał podcięt y u
post awy.
Odpo wiedź: Energia pot encjalna słupa o masie
H
znajduje się na wysokości
– wynosi:
2
Ep = mg
m, w pozycji pionowej – środek masy słupa
H
2
( 4.29 )
Słup t uż przed upadkiem ma energię kinet yczną ruchu obrot owego (wzór (4.5
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq5))):
Ek =
Iω2
2
( 4.30 )
Moment bezwładności względem osi u podst awy słupa (pat rz (4.13
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq13)) i t wierdzenie St einera (4.8
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__eq8))) wynosi
I = m(
2
H
H2
H2
) +m
=m
2
12
3
( 4.31 )
Wykorzyst ując t o wyrażenie, po przyrównaniu energii kinet ycznej do energii pot encjalnej słupa,
ot rzymamy:
mg
H
mH 2 ω2
=
2
6
( 4.32 )
Po uproszczeniu i uwzględnieniu, że prędkość liniowa górnego punkt u słupa (t uż przed
upadkiem) wynosi v = H , ot rzymujemy
−−−−
v = √3gH
( 4.33 )
czyli
v = 10, 85
m
s
( 4.34 )
Pytania i problemy
1. W jakim celu st osuje się t wierdzenie St einera? Sformułuj t o t wierdzenie.
2. Znając moment bezwładności pierścienia cienkościennego o promieniu R i masie m
względem osi przechodzącej przez jego środek (t ab. 4.3.1
(2_4_3_t wierdzenie_St einera.ht ml#t opic_2_h4.3__t ab4.3.1)), oblicz moment bezwładności
t ego pierścienia względem osi przechodzącej przez jeden z punkt ów leżących na jego
obwodzie.
3. W wierzchołkach równobocznego t rójkąt a o boku a umieszczono małe kulki o jednakowych
masach m. Oblicz moment bezwładności kulek względem osi będącej przedłużeniem
jednej wysokości t rójkąt a.
 Figure 4.15
tró jkąta
Układ kulek umieszczo nych w wierzcho łkach ró wno bo cznego
Moment siły
Może zauważyłeś, że drzwi łat wiej jest ot worzyć, przykładając siłę w jak najdalszej odległości od
zawiasów. Dużo większej siły należy użyć, gdy jest ona przyłożona w pobliżu zawiasów, czyli w
pobliżu osi obrot u drzwi. Wynika z t ego, że w przypadku ruchu obrot owego bryły szt ywnej (jaką
są np. drzwi) nie wyst arczy t ylko znajomość siły F , ale ważna jest odległość linii kierunku działania
siły od osi obrot u, czyli t zw. ramię siły d (rys. 4.12
(2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__rys12)). Dlat ego wprowadza się pojęcie t zw. momentu
siły.
Siła F o braca bryłę względem o si pro sto padłej do płaszczyzny
rysunku, przecho dzącej przez punkt O. Ramię siły wyno si d
 Figure 4.16
 Figure 4.17
Animacja
 Moment siły
� Remember
Moment siły względem pewnej osi:
jest t o iloczyn wart ości siły F i jej ramienia d:
M =F ⋅d
( 4.35 )
ramię siły d jest najkrót szą odległością między osią obrot u a linią kierunku działania siły.
Jednost ką moment u siły jest niut on ⋅ met r ( N ⋅ m).
Przyjmuje się umownie, że moment siły ma znak „+”, gdy wywołuje obrót bryły w kierunku
zgodnym z ruchem wskazówek zegara, zaś znak „-”, gdy wywołuje obrót w kierunku
przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara.
Praca siły obracającej bryłę sztywną
Wyznaczmy pracę ΔW siły F obracającej bryłę wokół nieruchomej osi obrot u o kąt Δα (rys.
4.13 (2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__rys13)). Siła F jest zaczepiona w odległości r od
osi obrot u O (rys. 4.13 (2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__rys13)) i zakreśla łuk
Δs = rΔα .
Praca w naszym przypadku jest równa ΔW = Fs Δs. Siła Fs jest rzut em siły F na kierunek s i
wynosi Fs = F sin ϕ, zaś długość łuku Δs = rΔα , zat em praca siły F przy obrocie bryły o kąt
Δα wynosi
ΔW = FrΔα sin ϕ
( 4.36 )
Siła F o braca bryłę o chwilo wy kąt Δα względem o si pro sto padłej
do płaszczyzny rysunku, przecho dzącej przez punkt O
 Figure 4.18
 Figure 4.19
Ro zkład siły
F
o bracającej bryłę. Ramię siły wyno si
d = r sin ϕ
Wzór (4.18 (2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__eq18)) określający pracę obracania bryły
szt ywnej przybierze podobny kszt ałt do wzoru (3.1 (2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__eq1)) na
pracę przesunięcia punkt u mat erialnego:
ΔW = FΔs
( 4.37 )
gdy zast osujemy pojęcie moment u siły zgodnie ze wzorem (4.17
(2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__eq17)) jako:
M = Fd = Fr sin ϕ
( 4.38 )
Po zast osowaniu wyrażenia na wart ość moment u siły wzór (4.18
(2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__eq18)) przybierze post ać:
W = MΔα
( 4.39 )
 Note
Mo ment siły jako ilo czyn wekto ro wy
Zauważmy, że we wzorze (4.19 (2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__eq19)):
M = Fd = Fr sin ϕ
( 4.40 )
wyst ępuje charakt eryst yczny iloczyn wart ości dwóch wekt orów F ⃗ i r⃗ oraz sinusa kąt a
między nimi zawart ego:
Fr sin ϕ
( 4.41 )
Przypomina t o nam iloczyn skalarny dwóch wekt orów (pat rz rozdz.3.1
(2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1) – wzór (3.3 (2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1__eq3)), z
t ym że t am wyst ępował nie sinus, a kosinus kąt a zawart ego między wekt orami). Powt órzmy
t ut aj definicję iloczynu skalarnego:
Wielkość skalarna, kt óra powst aje w wyniku skalarnego mnożenia dwóch wekt orów, nazywa
się iloczynem skalarnym wekt orów. Iloczyn skalarny dwóch wekt orów a⃗ i b⃗ zapisujemy
symbolicznie jako
a⃗ ⋅ b⃗, a jego wart ość wyraża się za pomocą wzoru
a⃗ ⋅ b⃗ = ab cos α
( 4.42 )
W rachunku wekt orowym, oprócz iloczynu skalarnego, definiuje się jeszcze iloczyn
wektorowy. Iloczyn t en można określić nast ępująco:
Iloczynem wektorowym dwóch wekt orów a⃗ i b⃗ jest wekt or c⃗ ,
c⃗ = a⃗ × b⃗
( 4.43 )
kt óry jest prost opadły do każdego z wekt orów a⃗ i b⃗; ma zwrot t aki, że t rzy wekt ory, t worzą
w przest rzeni układ prawoskręt ny (zgodnie z regułą śruby prawoskręt nej, rys. 4.15
(2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__rys15)). Jego wart ość wynosi
c = ab sin α
( 4.44 )
 Figure 4.20
Ilo czyn wekto ro wy dwó ch wekto ró w jest wekto rem, któ rego
długo ść jest ró wna po lu po wierzchni ro zpiętej na wekto rach
a⃗ i b⃗
Należy zauważyć, że wart ość wekt ora c⃗ ut worzonego z iloczynu wekt orowego dwóch
wekt orów a⃗ i b⃗ jest liczbowo równa polu powierzchni rozpięt ej na wekt orach a⃗ i b⃗, gdyż
c = ab sin α = a(b sin α)
( 4.45 )
Wart ość wyrażenia w nawiasach jest wysokością h równoległoboku o bokach a i b (rys. 4.16
(2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__rys16)), zat em: podst awa a razy wysokość h, t o
pole powierzchni t ego równoległoboku\
Po dstawa
ró wno legło bo ku
 Figure 4.21
a
razy wyso ko ść
h, to
po le po wierzchni
Wart o ponadt o zauważyć, że iloczyn wekt orowy nie podlega prawu przemienności. Dlat ego
ważna jest kolejność zapisu. Zmiana kolejności powoduje zmianę zwrot u wekt ora wynikłego
z iloczynu wekt orowego:
a⃗ × b⃗ = c⃗
ale
b⃗ × a⃗ = −c⃗
( 4.46 )
St osując definicję iloczynu wekt orowego, możemy napisać wzór wekt orowy na moment
siły:
M⃗ = r⃗ × F ⃗
( 4.47 )
Wzór t en jest lepszy od (4.16 (2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__eq16)), w t ym
sensie, że zawiera w sobie informacje nie t ylko o wart ości moment u siły, ale – jeszcze
dodat kowo – o własnościach wekt orowych moment u siły i nie wymaga st osowania umowy o
jego znaku „ ± ”.
Warunki równowagi
Moment siły jest podst awową wielkością fizyczną, kt órą operują inżynierowie przy projekt owaniu
st ropów, most ów i innych budowli. Żeby konst rukcja inżynierska się nie zawaliła, musi spełniać
warunki równowagi. Badaniem warunków równowagi zajmuje się oddzielna dziedzina nauki, zwana
statyką. My ograniczymy się t ut aj do przedst awienia t ylko podst awowych zasad.
Aby ciało nie zmieniało swojego st anu spoczynku, muszą być spełnione dwa warunki:
1. Jeżeli ciało może się przemieszczać ruchem post ępowym, t o równowaga jest osiągnięt a
wt edy, gdy suma wekto ro wa wszystkich sił (tzn. ich wypadko wa) jest ró wna
zeru.
2. Jeżeli ciało może obracać się wokół określonej osi, t o pozost aje w równowadze, gdy suma
wszystkich mo mentó w sił jest ró wna zeru, czyli
M⃗ 1 + M⃗ 2 + ... + M⃗ n = 0
( 4.48 )
Warunek 1. jest konsekwencją pierwszej zasady dynamiki Newt ona.
Warunek 2. wynika z żądania, aby w st anie równowagi suma moment ów obracających ciało w
jedną st ronę była równa sumie moment ów obracających ciało w st ronę przeciwną.
 Przykład 5
Dwa ciężary o masach m1 i m2 znajdują się na końcach szt ywnego, lekkiego pręt a o długości l
(rys. 4.16 (2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__rys16)). Punkt st abilnego podparcia, gdy
układ jest w równowadze (czyli pręt się nie przechyla) znajduje się w odległościach l1 i l1 ,
odpowiednio, od końców pręt a. Znajdź jaki jest st osunek
 Figure 4.22
l1
.
l2
Należy tak do brać sto sunek l1 do l2 , aby pręt się nie przechylał
Odpo wiedź: Jeżeli pręt jest podpart y t ak jak na rysunku, t o ramieniem siły jest odcinek l1 .
Moment t ej siły jest ujemny i wynosi M1 = −F1 l1 . Ramieniem siły jest odcinek l2 ; moment t ej
siły jest dodat ni, M2 = F2 l2 .
Zgodnie z warunkiem równowagi - pręt nie będzie się przechylał, gdy
M +M =F l −F l =
gl −
gl = 0
M1 + M2 = F2 l2 − F1 l1 = m2 gl2 − m1 gl1 = 0
( 4.49 )
m1 l1 = m2 l2
( 4.50 )
St ąd
więc
l1
m2
=
l2
m1
( 4.51 )
Widzimy, że układ jest w równowadze (pręt się nie przechyla), gdy pręt jest podpart y w
punkcie, kt óry dzieli odcinek l w st osunku
l1
m2
równym odwrot ności st osunku mas m ciężarów.
l2
1
Wzór (4.24 (2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__eq24)) posłuży nam do wyznaczenia
położenia środka ciężkości i środka masy.
Pytania i problemy
1. Zdefiniuj moment siły oraz ramię siły.
2. Siła F = 100 N , działając st ycznie do obwodu koła zamachowego wykonanego w post aci
obręczy cienkościennej o promieniu r = 50 cm, obraca go względem osi przechodzącej
przez środek o kąt 360∘ . Oblicz pracę wykonaną przez moment t ej siły.
3. Podaj wyrażenie na pracę, kt órą wykonuje siła obracająca bryłę wokół nieruchomej osi.
4. Podaj jakie warunki muszą być spełnione, aby ciało było w równowadze.
5. Jaką pracę należy wykonać, aby leżący na ziemi jednorodny słup o długości 10 m i o masie
100 kg post awić pionowo?
 CAUTION
Środek masy jednorodnego prost opadłościennego bloku leży w jego środku
geomet rycznym.
.
6. Jednorodny blok o masie 17 000 kg w kszt ałcie prost opadłościanu ma wymiary krawędzi:
a = 2 m, b = 1 m, c = 1, 5 m (rys. 4.18
(2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__rys18)).
a. Oblicz energię pot encjalną bloku w przypadku, gdy leży na poziomym podłożu na
ściance bocznej o wymiarach a ⋅ b.
b. Ile pracy wykona dźwig, st awiając blok na ściance o wymiarach c ⋅ b t ak, aby krawędź
a była pionowa?
 Figure 4.23
Jedno ro dny blo k pro sto padło ścienny
Środek ciężkości i środek masy
Pojęcie środka masy jest bardzo użyt eczne, gdyż – jak się przekonamy – pozwala na znakomit e
uproszczenie opisu ruchu układu składającego się z wielu ciał. Zamiast rozpat rywać
poszczególne ruchy dużej ilości ciał, wyst arczy w wielu przypadkach rozważyć jedynie ruch
jednego punkt u będącego środkiem masy układu t ych ciał. Pojęcie środka masy st osuje się
również do bryły szt ywnej. Dzięki zast osowaniu t ego pojęcia skomplikowany ruch bryły można
prost o opisać, jako złożenie ruchu punkt u mat erialnego i obrot u. Pojęcie środka masy najłat wiej
można wyjaśnić rozważając bliskie mu pojęcie środka ciężkości.
Środek ciężkości
W przykładzie 5 (2_4_4_moment _sily.ht ml#t opic_2_h4.4__prz_nr_5) wyznaczyliśmy położenie
punkt u st abilnego podparcia szt ywnego pręt a, na końcach kt órego znajdują się dwa ciężary o
masach m1 i m2 (rys. 4.16 (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__rys16)). Warunek
równowagi wymaga, aby suma moment ów sił ciężkości względem osi przechodzącej przez punkt
st abilnego podparcia była równa zeru:
M1 + M2 = F2 l2 − F1 l1 = m2 gl2 − m1 gl1 = 0
( 4.52 )
St ąd:
l1
m2
=
l2
m1
( 4.53 )
Taki warunek równowagi wyst ępuje w polu sił ciężkości w dowolnym przypadku dwóch ciał o
masach m1 i m2 odległych od siebie o l – rys. 4.18
(2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__rys18).
Można wykazać, że punkt zaczepienia wypadkowej sił ciężkości przypada właśnie w punkcie S,
kt óry dzieli odcinek l zgodnie z powyższym warunkiem. Dlat ego punkt S nazywamy środkiem
ciężkości dwóch ciał.
Pojęcie środka ciężkości st osuje się nie t ylko do dwóch ciał, ale również do układu wielu ciał i do
brył szt ywnych. Ogólna definicja:
 Note
Środek ciężkości - jest t o punkt zaczepienia siły wypadkowej wszyst kich sił ciężkości
element ów układu, lub wszyst kich części bryły szt ywnej.
W przypadku brył jednorodnych położenie środka ciężkości pokrywa się ze środkiem
geomet rycznym symet rycznej bryły. Na przykład, dla jednorodnej kuli środek ciężkości znajduje
się dokładnie w środku kuli. Podobnie dla jednorodnych ciał w kszt ałcie walca, sześcianu,
równoległościanu it p. – ich środki ciężkości pokrywają się ze środkami geomet rycznymi.
m1 i m2
 Znajduje się on w punkcie S, dzielącym odcinek l na dwa odcinki l1 i l1 , w st osunku
l1 /l2 = m2 /m1
 Figure 4.24
Śro dek ciężko ści dwó ch ciał o masach
Rodzaje równowagi
Jak już wspomniano równowaga bryły będzie ut rzymana wt edy, gdy punkt (st abilnego podparcia)
przyłożenia siły przeciwnej do siły grawit acji - równoważącej t ę grawit ację będzie znajdował się w
środku ciężkości. Równowaga może być osiągnięt a również w przypadkach, gdy punkt podparcia
(lub) ciała będzie znajdował się dokładnie nad, lub pod środkiem ciężkości. W związku z t ym
rozróżniamy nast ępujące rodzaje równowagi:
1. Równowaga obojętna
Punkt zawieszenia pokrywa się ze środkiem ciężkości (rys. 4.19
(2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__rys19)). Wychylenie ciała nie zmienia położenia
środka ciężkości, jego energia pot encjalna nie zmienia się. Zat em nie wymaga pracy i ciało
pozost aje w nowym położeniu równowagi.
 Figure 4.25
Punkt zawieszenia znajduje się w śro dku ciężko ści
S
 a) Ciało znajduje się w równowadze, b) po wychyleniu ciało w dalszym ciągu znajduje się
w równowadze
2. Równowaga trwała
Ciało znajduje się w równowadze t rwałej, gdy punkt zawieszenia znajduje się nad środkiem
ciężkości (rys. 4.20a (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__rys20)) na linii pionowej.
Wychylenie ciała (rys. 4.20b (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__rys20)) powoduje
wyt rącone ze st anu równowagi. Pojawia się moment siły sprowadzający ciało do położenia
wyjściowego. Należy zauważyć, że wychylenie ciała podnosi jego środek ciężkości, zat em
energia pot encjalna ciała wzrast a. Ciało ma najniższą energię pot encjalną w położeniu
równowagi (rys. 4.20a (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__rys20)).
 Figure 4.26
Punkt zawieszenia znajduje się nad śro dkiem ciężko ści
S
 a) Ciało znajduje się w równowadze, b) po wychyleniu ciało powraca do st anu równowagi
3. Równowaga chwiejna
Ciało znajduje się w równowadze chwiejnej, gdy punkt podparcia znajduje się pod środkiem
ciężkości (rys. 4.21a (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__rys21)) na linii pionowej.
Wychylenie ciała (rys. 4.21b (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__rys21)) powoduje
wyt rącenie ze st anu równowagi. Pojawia się moment siły odchylający ciało dalej od
położenia wyjściowego. Teraz wychylenie ciała obniża jego środek ciężkości, zat em energia
pot encjalna ciała maleje. Ciało ma najwyższą energię pot encjalną w położeniu pierwot nym
(rys. 4.21a (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__rys21)).
 Figure 4.27
Punkt po dparcia znajduje się po d śro dkiem ciężko ści
S
 a) Ciało znajduje się w równowadze chwiejnej, b) po wychyleniu ciało wychyla się dalej
Środek masy
Środek masy znajduje się w t ym samym miejscu co środek ciężkości. Środek masy jest pojęciem
ogólniejszym od środka ciężkości, gdyż ciało ma środek masy zawsze niezależnie od t ego, czy
znajduje się, czy nie, w polu ciężkości. Położenie środka masy wyznacza się za pomocą wzorów
podobnych do wzorów określających położenie środka ciężkości.
 Figure 4.28
Po ło żenie śro dka masy między dwo ma ciałami
Rozważmy dwa ciała o masach m1 i m2 położone na osi x w odległości x1 i x2 od punkt u O,
odległe od siebie o l = x2 − x1 (rys. 4.22 (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__rys22)).
Punkt S, kt óry dzieli odcinek l w st osunku odwrot nie proporcjonalnym do mas t ych ciał,
nazywamy środkiem masy układu dwóch ciał (punkt ów mat erialnych). Zat em
l1
l2
=
m2
m1
( 4.54 )
W szczególnym przypadku, gdy masy obydwu ciał są sobie równe, czyli m1 = m2 , ze wzoru
(4.25 (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__eq25)) wynika, że l1 = l2 , t o znaczy, że środek
masy znajduje się dokładnie w połowie odcinka łączącego obydwa ciała.
Jeżeli przez xs oznaczymy współrzędną środka masy, t o l1 = xs − x1 , l2 = x2 − xs i po
wymnożeniu „na krzyż” równania (4.25 (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__eq25)) mamy
m1 ( xs − x1 ) = m2 ( x2 − xs )
( 4.55 )
skąd po prost ych przekszt ałceniach ot rzymamy wzór na współrzędną środka masy
xs =
m1 x1 + m2 x2
m1 + m2
( 4.56 )
Wzór t en łat wo daje się uogólnić dla układu wielu, n, punkt ów mat erialnych:
=
+
+...+
xs =
m1 x1 + m2 x2 +...+ mnxn
m1 + m2 +...+ mn
( 4.57 )
W celu określenia położenia środka masy w przest rzeni należy podać wszyst kie t rzy
współrzędne. Współrzędne ys i zs wyrażamy analogicznie do wzoru na xs .
Pojęcie środka masy st osuje się nie t ylko do układu wielu punkt ów mat erialnych, ale również do
pojedynczych ciał o dowolnym kszt ałcie. Aby znaleźć położenie środka masy, należy w t akim
przypadku podzielić ciało na małe części i zast osować wzór analogiczny do (4.27
(2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__eq27)), gdzie masy i współrzędne odnoszą się do
poszczególnych części ciała. Dla ciał o kszt ałt ach wykazujących dużą symet rię wyznaczenie
środka masy jest prost e. W przypadku ciał jednorodnych położenie środka masy pokrywa się ze
środkiem geomet rycznym symet rycznej bryły (co omówiliśmy wyżej rozważając położenie
środka ciężkości).
Środek masy może być w spoczynku lub poruszać się podczas ruchu poszczególnych ciał układu.
Zapyt ajmy, jaka jest prędkość środka masy vs , gdy znane są prędkości i masy ciał układu.
 Note
Pisząc dwa równania (4.27 (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__eq27)) dla dwóch
różnych chwil czasu i odejmując je od siebie st ronami, ot rzymamy
Δxs =
m1 Δ x1 + m2 Δ x2 +...+ mnΔ xn
m1 + m2 +...+ mn
( 4.58 )
Δt = t 2 − t 1 i uwzględniając, że prędkość środka masy
Δss
Δx1
Δx2
oraz że prędkości poszczególnych ciał wynoszą: v1 =
, v2 =
it d.,
Δt
Δt
Δt
Dzieląc obie st rony przez
vs =
ot rzymamy
vs =
m1 v1 + m2 v2 +...+ mnvn
m1 + m2 +...+ mn
( 4.59 )
m1 v⃗1 + m2 v⃗2 +...+ mnv⃗n
m1 + m2 +...+ mn
( 4.60 )
Wzór t en jest słuszny również w zapisie wekt orowym:
v⃗ s =
Widzimy, że w liczniku t ego wzoru wyst ępuje sumaryczny pęd całego układu, a w
mianowniku sumaryczna masa M całego układu, więc
v⃗ s =
p⃗
M
( 4.61 )
Zat em prędkość środka masy jest zdet erminowana przez pęd całego układu. W przypadku gdy
układ jest odosobniony, jego całkowit y pęd jest st ały i wt edy prędkość środka masy jest
również st ała co do wart ości i co do kierunku, czyli środek masy porusza się ruchem
bezwładnym, niezależnie od t ego, jak poruszają się części składowe układu. Na układ
odosobniony nie działają siły zewnęt rzne. Widzimy zat em, że siły wewnęt rzne nie wpływają na
ruch środka masy.
Jak zachowuje się środek masy, gdy na układ działają siły zewnęt rzne? Środek masy uzyskuje
wt edy przyśpieszenie a⃗ s , kt óre można obliczyć z drugiej zasady dynamiki Newt ona:
( 4.62 )
F ⃗ = M a⃗ s
gdzie F ⃗ oznacza sumę (wekt orową) zewnęt rznych sił działających na wszyst kie ciała układu.
Zat em, śro dek masy układu zacho wuje się tak, jak gdyby cała masa układu
znajdo wała się w punkcie śro dka masy i jak gdyby wszystkie siły działające na
ciała układu były przyło żo ne do tego punktu. Treść powyższego st wierdzenia służy do
definicji środka masy:

 Note
Środek masy - jest t o punkt geomet ryczny bryły lub układu ciał, kt óry zachowuje się t ak, jak
gdyby cała masa układu (bryły) znajdowała się w t ym punkcie i jak gdyby wszyst kie siły
zewnęt rzne działające na element y układu (bryły) były przyłożone do t ego punkt u.
W szczególnym przypadku, gdy siły zewnęt rzne nie działają na układ, wówczas
przyspieszenie środka masy jest równe zeru ( a⃗ s
wcześniej omówiony.
= 0), czyli v⃗ s = const. Jest
F⃗ = 0 i
t o przypadek
 Note
Druga zasada dynamiki Newt ona dla środka masy:
( 4.63 )
F ⃗ = M a⃗ s
gdzie F ⃗ wypadkowa sił zewnęt rznych działających na układ, a⃗ s - przyśpieszenie środka
masy, M - całkowit a masa układu.
Prawo wyrażone wzorem (4.32 (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__eq32))
udowodnimy dla układu składającego się z dwóch ciał. Zapiszemy dwa równania (4.29
'
(2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__eq29)) dla dwóch różnych chwil czasu t ' i t ' :
v⃗ 's =
'
v⃗ 's =
m1 v⃗1 + m2 v⃗2
m1 + m2
'
'
''
( 4.64 )
''
( 4.65 )
m1 v⃗1 + m2 v⃗2
m1 + m2
odejmując je st ronami, ot rzymamy
'
'
'
v⃗ s − v⃗ s =
Zat em
Δv⃗ s =
St ąd
''
''
m1 v⃗1 + m2 v⃗2
m1 + m2
−
m1 v⃗1 + m2 v⃗2
m1 + m2
'
'
=
m1 ( v⃗1 −v⃗1 ) + m2 ( v⃗2 −v⃗2 )
''
'
''
m1 + m2
m1 Δ v⃗1 + m2 Δ v⃗2
m1 + m2
Δvs⃗
Δt
= m1
=
m1 Δ v⃗1 + m2 Δ v⃗2
m1 + m2
( 4.66 )
( 4.67 )
( m1 + m2 )Δv⃗ s = m1 Δv⃗ 1 + m2 Δv⃗ 2
'
Dzieląc obie st rony przez Δt = t ' − t ' , ot rzymamy
( m1 + m2 )
'
Δv1⃗
Δt
+ m2
Δv2⃗
Δt
( 4.68 )
( 4.69 )
Po prawej st ronie t ego równania wyst ępują wyrażenia:
m1
Δv⃗1
Δt
(gdzie
= m1 a⃗ 1
a⃗ 1
( 4.70 )
jest przyspieszeniem ciała „1”) oraz
⃗2
( 4.71 )
m2 Δv
= m2 a⃗ 2
Δt
( a⃗ 2 jest przyspieszeniem ciała „2”). Zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newt ona iloczyny t e
są równe wypadkowym siłom działającym na ciała „1” i „2”. Na każde ciało działają zarówno
siły wewnęt rzne ( f ⃗1 i f ⃗2 ), jak i zewnęt rzne ( F ⃗1 i F ⃗2 ), więc
m1 a⃗ 1 = f ⃗1 + F ⃗1
oraz
( 4.72 )
m2 a⃗ 2 = f ⃗2 + F ⃗2
( 4.73 )
Podst awiając t e wyrażenia do wzoru (4.34 (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__eq34))
oraz uwzględniając, że
ot rzymamy:
Δv⃗s
Δt
= a⃗ s (gdzie a⃗ s oznacza przyspieszenie środka masy),
( m1 + m2 ) a⃗ s = f ⃗1 + F ⃗1 + f ⃗2 + F ⃗2
( 4.74 )
Zgodnie z t rzecią zasadą dynamiki Newt ona, siły f ⃗1 i f ⃗2 są sobie równe, lecz przeciwnie
zwrócone, ponieważ są siłami wewnęt rznymi wzajemnego oddziaływania ciał A i B , czyli
f ⃗1 + f ⃗2 = 0. Ost at ecznie ot rzymamy:
( m1 + m2 ) a⃗ s = F ⃗1 + F ⃗2
( 4.75 )
Wzór t en wyraża zasadę ruchu środka masy dla układu dwóch ciał i łat wo daje się uogólnić;
jest on zgodny ze wzorem (4.32 (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__eq32)). Zat em
wykazaliśmy w szczególnym przypadku prawdziwość t wierdzenia o środku masy.
 Przykład 6
Granat leci poziomo. W pewnej chwili granat wybucha, odłamki rozlat ują się w różnych
kierunkach, ale środek masy wszyst kich odłamków leci w dalszym ciągu t ak, jakby nic się nie
wydarzyło. To znaczy t ak, jak gdyby granat leciał, nie rozrywając się na części. Dzieje się t ak
dlat ego, że (zaniedbując opór powiet rza) w czasie wybuchu na odłamki granat u działają siły
wewnęt rzne, a siły wewnęt rzne nie wpływają na ruch środka masy układu (ich suma wekt orowa
jest równa zero).
 Figure 4.29
Animacja
 Eksplodujący granat : środek masy pojawia się jednakowo mimo eksplozji
 Przykład 7
Człowiek przechodzi z rufy łódki na dziób. Na jaką odległość łódka przemieści się na jeziorze?
Masa łódki M = 100 kg , a jej długość l = 5 m. Masa człowieka m = 75 kg .
Odpo wiedź: Układ łódka–człowiek możemy t rakt ować jako układ odosobniony, ponieważ siły
t arcia między łódką a wodą są bardzo małe. Zat em środek masy układu pozost aje w
spoczynku, mimo że człowiek i łódka przemieszczają się (rys. 4.23
(2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__rys23)). Środek masy łódki znajduje się w połowie
długości łódki, w odległości l/2 od rufy i dziobu.
 Figure 4.30 Śro dek masy układu łó dka–czło wiek po zo staje w spo czynku
mimo ruchu czło wieka
Animacja
 Figure 4.31
 Dynamika - środek masy
Środek masy S układu dzieli odcinek o długości l/2 na dwa odcinki l1 i l2 w st osunku odwrot nie
proporcjonalnym do mas M i m. Możemy zat em napisać równania:
l1
l2
=
l1 + l2 = 2l
St ąd po wyeliminowaniu l2 ot rzymujemy
l1 =
m
M
,
m
2 (m+M )
l
( 4.76 )
( 4.77 )
Pat rząc na rysunek 4.23 (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__rys23), widzimy, że
przemieszczenie środka masy łódki (punkt O na rysunku) wynosi 2l1 i t akie samo jest
przemieszczenie każdego innego punkt u łódki względem jeziora, czyli przemieszczenie łódki
wynosi
x=
m
m+M
l
( 4.78 )
Zat em
x=
75 kg
100 kg+75 kg
⋅ 5 m = 2, 14 m
( 4.79 )
Pytania i problemy
1. Podaj wzór na współrzędną xs środka masy t rzech punkt ów mat erialnych o masach m1 ,
m2 , m3 i współrzędnych x1 , x2 , x2 .
2. Układ odosobniony składa się z t rzech ciał o masach m1 = 1 kg , m2 = 2 kg , m3 = 2 kg i
prędkościach v1 = 1 m
, v2 = 2 m
, v3 = -1 m
. Ciała t e są rozmieszczone na wspólnej
s
s
s
prost ej. Oblicz prędkość środka masy t ego układu.
3. Opisz zachowanie środka masy układu, na kt óry działa siła zewnęt rzna.
4. W przykładzie 7 (2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__prz_nr_7) omówiono kont rat ak
rakiet owy. Przypuśćmy, że podczas ident ycznego kont rat aku rakiet a rozpada się na wiele
części. Po jakim t orze będzie się poruszać środek masy odłamków rakiet y? Pomijamy
opory powiet rza.
Moment pędu i druga zasada
dynamiki bryły sztywnej
Pojęcie momentu pędu należy on do podst awowych pojęć fizyki. Poprzednio poznałeś dwie
fundament alne zasady zachowania – zasadę zachowania pędu i zasadę zachowania energii.
Obecnie zapoznasz się z nast ępną – zasadą zachowania moment u pędu. Pozwala ona na
rozwiązywanie wielu problemów fizycznych w sposób łat wy bez konieczności analizowania
ruchów indywidualnych cząst ek i sił na nie działających.
Zauważyłeś zapewne, że w przypadku opisu ruchu bryły szt ywnej korzyst aliśmy z wielkości
fizycznych analogicznych do pewnych wielkości dla punkt u mat erialnego. Zamiast masy
korzyst aliśmy z momentu bezwładności, zamiast siły – z momentu siły. Podobnie, zamiast pędu
będziemy korzyst ać z momentu pędu. Żeby się przekonać o konieczności (i wygodzie)
st osowania t ego pojęcia, rozważymy ciało obracające się wokół nieruchomej osi, na kt óre działa
kilka sił. Sumę wszyst kich moment ów sił oznaczymy przez M⃗ . Wypadkowy moment powoduje
przyrost energii kinet ycznej ciała, a więc i prędkości kąt owej. Niech w pewnym niedużym
odst ępie czasu Δt prędkość kąt owa ciała zmienia się od wart ości ω1 do ω2 . Zat em zmiana
energii kinet ycznej, zgodnie z wzorem (4.5) – rozdz.4.2
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq5), wynosi
ΔEk = Ek2 − Ek1
Iω22
Iω21
I
=
−
= ( ω22 − ω21 )
2
2
2
( 4.80 )
Wzór t en przekszt ałcimy w nast ępujący sposób:
ΔEk =
gdzie
I
(ω22
2
− ω21 )=
I
(ω2
2
− ω1 )(ω2 + ω1 )=(I ω2 − I ω1 )ωś r
ωś r oznacza średnią prędkość kąt ową ωś r =
( 4.81 )
ω1 + ω2
2
Zmiana energii kinet ycznej jest wywołana pracą wypadkowego moment u siły
ΔW = MΔα = M ωś r Δt
( 4.82 )
Przyrównując (4.36 (2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq36)) do (4.37
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq37)) po uproszczeniu przez ωś r ,
ot rzymamy:
MΔt = I ω2 − I ω1
( 4.83 )
Wzór t en przypomina nam swoim kszt ałt em drugą zasadę dynamiki Newt ona w ujęciu pędu i
popędu (pat rz wzór (2.12 (2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.3__eq12))):
FΔt = mv2 − mv1
( 4.84 )
Zamiast wart ości siły F we wzorze (4.39
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq39)) mamy w (4.38
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq38)) wart ość moment u siły M ,
zamiast masy m – moment bezwładności I , zamiast prędkości liniowej v – prędkość kąt ową ω.
Iloczyn masy i prędkości jest pędem, p⃗ = mv⃗ . Podobnie dla bryły, ilo czyn mo mentu
bezwładno ści i prędko ści kąto wej jest warto ścią mo mentu pędu:
L = Iω
Jednost ką moment u pędu jest
kg⋅m2
.
s
Zwróćmy uwagę na t o, że wzór (4.40
( 4.85 )
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq40)) jest analogonem wzoru na pęd:
p⃗ = mv⃗
( 4.86 )
Pęd jest wielkością wekt orową, podobnie i moment pędu. Konsekwent nie, wzór (4.40
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq40)) możemy zapisać wekt orowo,
jeżeli przyjmiemy, że i prędkość kąt owa jest wekt orem (moment bezwładności I jest skalarem).
Wt edy wzór na moment pędu możemy zapisać w post aci wekt orowej:
L⃗ = I ω⃗
( 4.87 )
We wzorze t ym prędkość kąt owa wyst ępuje w post aci wekt orowej. Jest t o wekt or, kt órego
długość ma wart ość liczbową równą prędkości kąt owej, kierunek jest prost opadły do
płaszczyzny obrot u i zwrot zgodny z regułą śruby prawoskręt nej (pat rz rys. 4.24
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__rys24)).
Wekto r prędko ści kąto wej ma kierunek pro sto padły do
płaszczyzny o bro tu i zwro t zgo dny z regułą śruby prawo skrętnej
 Figure 4.32
Tak zdefiniowany wekt or ma własności nieco różne od „zwykłego” wekt ora i nazywa się
wekt orem osiowym. Dzięki t emu i moment pędu zdefiniowany wzorem (4.42
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq42)) jest t eż wekt orem osiowym.
 Tip
Wekt or osiowy ma t ę własność, że przy zamianie układu współrzędnych – z prawoskręt nego
na lewoskręt ny – nie zmienia swego kierunku i zwrot u. Podczas gdy „zwykły” wekt or (zwany
wekt orem biegunowym) przy t ej zamianie układu współrzędnych zachowuje t ylko kierunek, a
zwrot zmienia się na przeciwny. Własności t ych wekt orów są szerzej opisane w książce: H.
Morgenau i G.M. Murphy, Matematyka w Fizyce i Chemii, PWN, Warszawa.
Ot o definicja moment u pędu:
� Remember
Mo ment pędu wyraża się iloczynem moment u bezwładności I oraz prędkości kąt owej:
L⃗ = I ω⃗
( 4.88 )
Zauważmy, że wart ość moment u pędu punkt u mat erialnego poruszającego się po okręgu o
promieniu r wynosi L
promienia okręgu.
= mr2 ω = mrv = r mv = rp, czyli jest
równa iloczynowi pędu i
Korzyst ając z definicji moment u pędu: L = Iω, wzór (4.37
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq37)) możemy przekszt ałcić
nast ępująco:
MΔt = L2 − L1 = ΔL lub M⃗ Δt = L⃗ 2 − L⃗ 1 = ΔL⃗ . Zat em
ΔL⃗
M⃗ =
Δt
( 4.89 )
Wzór t en jest t o wyrazem drugiej zasady dynamiki ruchu o bro to wego bryły sztywnej,
kt óra ze względu na swój dominujący charakt er nosi również nazwę podst awowej zasady
dynamiki ruchu o bro to wego bryły sztywnej:
� Remember
II zasada dynamiki bryły sztywnej:
Moment siły M⃗ jest równy st osunkowi przyrost u moment u pędu ΔL⃗ do czasu Δt , w jakim
t en przyrost nast ąpił, czyli jest równy szybkości zmian moment u pędu
ΔL⃗
⃗
M=
Δt
( 4.90 )
Ponownie zwróćmy uwagę na analogię. Wyst ępuje t u analogia z drugą zasadą dynamiki dla
punkt u mat erialnego
F⃗ =
moment u pędu jest pęd.
Δp ⃗
, gdzie odpowiednikiem moment u siły jest siła, a odpowiednikiem
Δt
Równanie (4.43 (2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq43)):
ΔL⃗
M⃗ =
Δt
( 4.91 )
można przedst awić w jeszcze innej post aci. Ponieważ,
ΔL = L2 − L1 = I ω2 − I ω1 = IΔω
( 4.92 )
więc
Δω⃗
M⃗ =
Δt
( 4.93 )
ale
Δω⃗
= ε⃗
Δt
( 4.94 )
jest przyspieszeniem kąt owym (należy zwrócić uwagę na t o, że przyspieszenie kąt owe
definiujemy za pomocą wzoru ε ⃗
przyspieszenie liniowe
a⃗ =
=
Δω⃗
, kt óry ma swój odpowiednik w post aci wzoru na
Δt
Δv⃗
), zat em
Δt
M⃗ = I ε ⃗
( 4.95 )
Równanie t o mówi, że w ruchu obrot owym przyspieszenie kąt owe bryły jest proporcjonalne do
wypadkowego moment u siły, a współczynnikiem proporcjonalności jest moment bezwładności
bryły.
Znowu mamy t u analogię z wzorem F ⃗
mat erialnego.
= ma⃗ - wyrażającym drugą zasadę dynamiki punkt u
 Note
Mo ment pędu w po staci ilo czynu wekto ro wego
Moment pędu punkt u mat erialnego poruszającego się po okręgu, zgodnie ze wzorem (4.39
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq39)), wynosi
L = Iω = mr2 ω = mrv = r mv = rp.
Zat em moment pędu punkt u mat erialnego poruszającego się po okręgu można zapisać jako
L = rp, gdzie r jest promieniem okręgu. W przypadku ogólniejszym ruchu krzywoliniowego
punkt u mat erialnego (rys. 4.24
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__rys24)) moment pędu względem
wybranej osi wyraża się za pomocą wzoru
L = rp sin α
( 4.96 )
Widzimy, że wzór t en ma post ać wart ości iloczynu wekt orowego (pat rz rozdz. 4.4. – wzór
(4.21’) (2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.4__eq21-1')).
Moment pędu można więc zdefiniować za pomocą iloczynu wekt orowego:
L⃗ = r⃗ × p⃗
gdzie r⃗ jest
( 4.97 )
t zw. ramieniem, czyli wekt orem odległości osi obrot u do określonego punkt u.
 Figure 4.33
Mo ment pędu jest wekto rem,
L⃗ = r⃗ × p⃗
Chociaż pokazaliśmy, że wzór t en jest słuszny dla punkt u mat erialnego, t o jednak ma on
znaczenie ogólne i st osuje się również do bryły szt ywnej. Zapis wekt orowy podst awowej zasady
dynamiki ruchu obrot owego bryły szt ywnej w post aci (4.42
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq42)) ma znaczenie nie t ylko czyst o
formalne, wyraża coś więcej. Mianowicie, mówi nam, że nie t ylko szybkość zmiany moment u
pędu jest równa wart ości moment u siły, ale również kierunek i zwrot zmiany wekto ra moment u
pędu ΔL⃗ jest t aki, jak kierunek i zwrot wekt ora moment u siły.
To, że moment pędu jest wekt orem ma kapit alne znaczenie, gdyż prawo zachowania moment u
pędu (kt óre omówimy w nast ępnym podrozdziale) dot yczy nie t ylko wart ości moment u pędu,
ale również własności kierunkowych. Oznacza t o na przykład, że nie zmienia się w przest rzeni
kierunek osi obrot u bryły odosobnionej – ma to wielo rakie zasto so wania i wyjaśnia
wiele zjawisk!
 Przykład 8
Jednorodna kulka st acza się bez poślizgu po równi pochyłej o kącie nachylenia do poziomu α .
Oblicz przyspieszenie kulki i porównaj je z przyspieszeniem klocka zsuwającego się bez t arcia z
t ej samej równi.
Odpo wiedź: Na kulkę wzdłuż równi działają dwie siły: składowa siły ciężkości F ⃗s i T ⃗ - siła
t arcia (rys. 4.26 (2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__rys26)). Ruch kulki
można przedst awić jako złożenie dwóch ruchów: obrot owego względem osi O przechodzącej
przez jej środek i post ępowego. Prost sze jednak rozwiązanie naszego zagadnienia ot rzymamy,
'
gdy rozpat rzymy obrot owy ruch kulki względem chwilowej osi O przechodzącej przez punkt
st yku kulki z powierzchnią równi.
 Figure 4.34
Chwilo wa o ś o bro tu znajduje się w miejscu styku kulki z ró wnią.
Obró t kulki jest wywo łany mo mentem siły
 Figure 4.35
Animacja
F ⃗s
 Bryła szt ywna - kula i klocek na równi pochyłej
Zast osujemy wzór (4.44 (2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq44)):
M = Iε. To właśnie siła Fs wywołuje obrót kulki względem t ej chwilowej osi obrot u. Ramię siły
jest co do wart ości równe promieniowi kulki r, zat em M = Fs r lub M = mg sin α , więc
mg sin α = Iε
gdzie
I jest
( 4.98 )
'
moment em bezwładności kulki względem osi O . Z t wierdzenia St einera:
I = I0 + mr2 =
2
7
mr2 + mr2 = mr2
5
5
( 4.99 )
(por. rozdz. 4.3 - t ab. 4.3.1 (2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.3__t ab4.3.1)).
Zat em
mg sin α =
Podst awiając przyspieszenie liniowe
7
mr2 ε
5
( 4.100 )
a = εr (brak poślizgu), po uproszczeniu ot rzymamy
a=
5
g sin α
7
( 4.101 )
Klocek zsuwający się z równi bez t arcia ma przyspieszenie a k = g sin α (dla klocka Fs = ma k
lub mg sin α = ma k , zat em g sin α = a k ). Widzimy, że przyspieszenie kulki jest mniejsze od
przyspieszenia klocka o czynnik 5/7.
Podamy jeszcze nieco inne podejście do rozwiązania naszego zagadnienia. Zauważmy, że
równanie (4.46 (2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq46)) mogliśmy
ot rzymać bez rozkładu siły ciężkości F = mg na składowe. Na rysunku 4.25
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__rys25) widać, że ramię t ej siły
względem chwilowej osi obrot u O' wynosi d = r sin α , zat em jej moment względem t ej osi
jest równy M = mgr sin α , ale M = Iε – st ąd równanie (4.46
(2_4_6_moment _pedu_i_II_zas_dyn.ht ml#t opic_2_h4.6__eq46)).
Pytania i problemy
1. Zdefiniuj moment pędu. Na wybranym przykładzie wyjaśnij prawo zachowania moment u
pędu.
2. Sformułuj podst awową zasadę dynamiki bryły szt ywnej w ruchu obrot owym. Jaki skut ek
wywołuje działanie siły, kt órej moment jest niezrównoważony?
3. Na koło o promieniu r = 0, 5 m nawinięt o nić i przyłożono siłę F = 3 N , w wyniku czego
koło zaczęło się obracać na osi przechodzącej przez jego środek z przyspieszeniem
ε = 0, 25 s-2 . Ile wynosi moment
bezwładności koła?
Prawo zachowania momentu pędu
Poprzednio poznałeś dwie fundament alne zasady zachowania – zasadę zachowania pędu i
zasadę zachowania energii. Obecnie zapoznasz się z nast ępną – zasadą zachowania moment u
pędu. Pozwala ona na rozwiązywanie wielu problemów fizycznych w sposób łat wy bez
konieczności analizowania ruchów indywidualnych cząst ek i sił na nie działających.
Jeżeli wypadkowy moment sił działający na ciało (lub układ ciał) jest równy zeru M⃗
wzoru (4.43 (2_4_7_prawo_zach_moment u_pedu.ht ml#t opic_2_h4.7__eq43)):
= 0, t o ze
ΔL⃗
M⃗ =
Δt
( 4.102 )
wynika, że
ΔL⃗ = 0
czyli
L⃗ = const
( 4.103 )
Całkowit y moment pędu ciała (lub układu ciał) jest więc st ały. W szczególności, jeżeli mamy do
czynienia z układem odosobnionym, t o siły zewnęt rzne są równe zeru i wypadkowy moment sił
jest równy zeru. Wt edy obowiązuje równanie (4.49
(2_4_7_prawo_zach_moment u_pedu.ht ml#t opic_2_h4.7__eq49)). Ot rzymaliśmy bardzo ważny
wynik – prawo zachowania moment u pędu, kt óre brzmi:
� Remember
Prawo zacho wania mo mentu pędu
Moment pędu układu odosobnionego jest st ały w czasie
Prawo zachowania moment u pędu należy do podst awowych praw przyrody i obok prawa
zachowania pędu i prawa zachowania energii ma powszechne zast osowanie do zjawisk zarówno
w skali makroskopowej i mikroskopowej – na poziomie cząst ek element arnych, jak i w skali
kosmicznej – na poziomie układów gwiezdnych i galakt yk.
Prawa zachowania a symetrie czasu i
przestrzeni
Prawo zachowania moment u pędu, podobnie jak dwa pozost ałe prawa zachowania wyst ępujące
w mechanice, wynika z podst awowych symet rii przest rzeni i czasu. Jak już wspomniano, prawo
zachowania energii wynika z symet rii czasu względem przesunięć (w czasie). Mówimy, że czas
ma cechę jednorodności. Prawo zachowania pędu wynika z symet rii przest rzeni względem
przesunięć. Mówimy, że przestrzeń ma cechę jednorodności. Podobnie i prawo zachowania
moment u pędu wynika z symet rii przest rzeni względem obrot ów (mówiąc popularnie, pust a
przest rzeń jest jednakowa w dowolnym kierunku lub – przest rzeń „wygląda t ak samo”, jeżeli
pat rzeć w dowolnym kierunku). Mówimy, że przest rzeń jest izotropowa.
Spróbujmy w sposób uproszczony wyjaśnić, dlaczego ist nieje prawo zachowania moment u pędu.
Wyobraźmy sobie obracającą się w pust ej przest rzeni bryłę szt ywną, na kt órą nie działają inne
ciała. Skoro bryła zost ała raz wprowadzona w ruch obrot owy, t o będzie ciągle t rwała w t ym
st anie. Żaden kierunek w przest rzeni nie jest w st anie zmienić jej st anu ruchu, t zn. spowolnić ją
lub przyspieszyć, ponieważ każdy kierunek jest równoważny (jest „jednakowo dobry”). Po prost u
nie ma powodu, dla kt órego bryła miałaby zmieniać swoją prędkość ruchu obrot owego.
Należy zwrócić uwagę na t o, że moment pędu jest wielkością wekt orową i prawo zachowania
moment u pędu mówi o zachowaniu nie t ylko wart ości moment u pędu, ale również i o zachowaniu
jego zwrot u i kierunku. Zat em, jeżeli odosobniony układ ciał ma określoną oś obrot u, t o jej
kierunek w przest rzeni się nie zmienia.
 Przykład 9
Johannes Kepler w wyniku wielolet nich obserwacji ust alił prawa ruchu planet , zwane prawami
Keplera. Będziemy je bliżej omawiać przy okazji t eorii grawit acji. Każda z planet obiega Słońce
po orbicie elipt ycznej. W jednym z ognisk elipsy znajduje się Słońce (ściślej zdanie t o powinno
brzmieć: w jednym z ognisk elipsy znajduje się środek masy układu Słońce-planet a). Z prawa
zachowania moment u pędu wynika, że orbit alna prędkość planet y nieust annie się zmienia wraz
ze zmianami jej odległości od Słońca.
Ot óż drugie prawo Keplera mówi, że promień wodzący r⃗ po pro wadzo ny ze śro dka
Sło ńca do śro dka planety zakreśla ró wne po la po wierzchni w ró wnych
o dstępach czasu (rys. 4.27
(2_4_7_prawo_zach_moment u_pedu.ht ml#t opic_2_h4.7__rys27)). Wykażemy, że prawo t o
wynika z zasady zachowania moment u pędu.
 Figure 4.36 Pro mień wo dzący zakreśla ró wne po la po wierzchni w ró wnych
o dstępach czasu
Odpo wiedź: Możemy przyjąć, że Słońce i planet a t worzą układ odosobniony. Środek masy
układu Słońce–planet a pokrywa się prawie ze środkiem Słońca. Abst rahując od ruchów własnych
– obrot owych – Słońca i planet y, moment pędu t ego układu wynosi
L = mvr = const
gdzie
( 4.104 )
m – masa planet y, v – jej prędkość liniowa, r – promień wodzący.
Weźmy pod uwagę mały odst ęp czasu Δt . Pole powierzchni zakreślone przez promień
wodzący w jednost ce czasu wyniesie:
σ=
ΔS
1 rΔs
1
mvr
L
=
= vr =
=
= const
Δt
2 Δt
2
2m
2m
Jest t o właśnie drugie prawo Keplera wyrażone w post aci mat emat ycznej.
 Przykład 10
Komet a okrąża Słońce po orbicie elipt ycznej w t aki sposób, że w jednym ognisku elipsy
( 4.105 )
Komet a okrąża Słońce po orbicie elipt ycznej w t aki sposób, że w jednym ognisku elipsy
znajduje się Słońce, zaś st osunek najdalszej do najbliższej odległości komet y od Słońca wynosi
2
n= R
= 100. Ile razy prędkość liniowa komet y jest
R1
R1 , od jej prędkości liniowej w odległości R2 ?
większa, gdy się znajduje w odległości
Odpo wiedź: Jeśli zaniedbamy oddziaływanie komet y z innymi ciałami niebieskimi i przyjmiemy,
że jej masa jest st ała, t o jej moment pędu jest st ały i wynosi L = mvR = const, zat em
mv1 R1 = mv2 R2 . St ąd
v1
R2
=
= 100
v2
R1
Prędkość komet y w odległości R 1 od Słońca jest st o razy większa od jej prędkości w
odległości R 2 .
 Figure 4.37
Animacja
 Dynamika - zasada zachowania moment u pędu
( 4.106 )
 Figure 4.38
Animacja
 Człowiek na krześle obrot owym
 Przykład 11
W helikopt erze wielkie śmigło napędowe uzyskuje moment pędu od silnika w kadłubie. Z prawa
zachowania moment u pędu wynika, że kadłub uzyskałby t aki sam moment pędu, ale
przeciwnego znaku. Kadłub obracałby się w przeciwnym kierunku niż śmigło. Aby zapobiec t emu
zjawisku t emu niepożądanemu zjawisku umieszcza się dodat kowe śmigło na ogonie (rys. 4.28
(2_4_7_prawo_zach_moment u_pedu.ht ml#t opic_2_h4.7__rys28)). Obraca się ono w t akim
kierunku, aby powst ał moment pędu przeciwdziałający obracaniu się kadłuba helikopt era.
Do datko we śmigło na o go nie przeciwdziała o bracaniu się
kadłuba heliko ptera
 Figure 4.39
 Figure 4.40
Animacja
 Bryła szt ywna - zasada zachowania moment u pędu. Helikopt er
Pytania i problemy
1. Sformułuj prawo zachowania moment u pędu.
2. Jaka własność przest rzeni powoduje, że obowiązuje prawo zachowania moment u pędu?
Opisz t ę własność.
3. Tancerka wykonuje piruet . Gdy ma ręce rozłożone, ma moment bezwładności I , nat omiast
'
gdy ma ręce blisko ciała, jej moment bezwładności wynosi I . St osunek moment ów
bezwładności I'
I
=
5
. Ile wynosi st osunek prędkości kąt owych t ancerki ω' ?
3
ω
Analogia między wielkościami ruchu
obrotowego a wielkościami ruchu
postępowego
Na zakończenie podsumujemy wiadomości, znajdując analogie między wielkościami mechaniki
ruchu obrot owego bryły szt ywnej a wielkościami mechaniki punkt u mat erialnego – zob. t ab. 4.8.1
(2_4_8_analogie.ht ml#t opic_2_h4.8__t ab4.8.1). Widzimy, że wzory dla ruchu obrot owego bryły
szt ywnej można ot rzymać przez prost e podst awienie odpowiednich wielkości do wzorów
charakt eryzujących ruch post ępowy. Na przykład, jeżeli zast ąpimy masę m moment em
bezwładności I , pęd p – moment em pędu L, a prędkość liniową v – prędkością kąt ową ω, t o ze
wzoru na energię kinet yczną punkt u mat erialnego
mv2
Ek =
2
( 4.107 )
ot rzymujemy wzór na energię ruchu obrot owego bryły
mω2
Ek =
2
 Figure 4.41
Po dstawo we wzo ry ruchu po stępo wego i o bro to wego bryły
sztywnej
Pytania i problemy
1. Opisz analogię między ruchem post ępowym a ruchem obrot owym ciała.
2. Wykonując doświadczenie „Akceleracja”
(../t asks/2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13), wyznaczyliśmy
( 4.108 )
przyspieszenie kulki t oczącej się po równi pochyłej. Nie int eresowało nas, dlaczego kulka
doznaje t akiego, a nie innego przyspieszenia. Obecnie, znając równania ruchu kulki (jako
bryły szt ywnej), oblicz jej przyspieszenie. Sprawdź, czy różnica między wart ością obliczoną
a wart ością wyznaczoną eksperyment alnie mieści się w granicach niepewności pomiarowej.
Doświadczenie „Akceleracja BIS”
Wykonując t o doświadczenie, przekonamy się, że na równi pochyłej obracające się ciało st acza
się wolniej niż ciało ślizgające się po niej. Wyznaczymy wart ość przyspieszenia obręczy
st aczającej się po równi pochyłej, oraz ślizgającego się klocka. Wykorzyst amy t u nabyt e
wcześniej umiejęt ności opracowania wyników pomiarów i sposób przekszt ałcenia krzywej na
wykresie w linię prost ą (pat rz r.1.13 – Doświadczenie „Akceleracja”
(2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13)).
Doświadczenie wykonujemy w nast ępujący sposób:
Ust awiamy na st ole równię pochyłą (o długości ok. 1 m) o niewielkim kącie nachylenia do poziomu
(rys. 4.29 (2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t ask_2_h4.9__rys29)). Oznaczamy kredą
(lub w inny sposób) jednakowe odcinki drogi, na przykład co l = 10 cm.
Będziemy badać ruch dwóch ciał: klocka i obręczy (doświadczenie można poszerzyć st osując
inne ciała – kula, walec).
 Figure 4.42
Ilustracja do świadczenia
 Równia pochyła służąca do pomiarów czasów poruszających się ciał
Za pomocą st opera mierzymy czas ruchu obręczy i klocka na coraz dłuższych odcinkach drogi.
Mierzymy czas t 1 na drodze s1 = l, t 2 na drodze s2 = 2l, . . . , s10 = 10l. Ciała puszczamy za
każdym razem z wierzchołka równi. Każdy pomiar powt arzamy t rzykrot nie, aby łącznie ot rzymać
t rzy serie pomiarów.
Wpisujemy wyniki pomiarów czasu do odpowiednich rubryk t abelki pomiarów znajdującej się w
sprawozdaniu z doświadczenia (ht t p://../images/Sprawozdanie_Akceleracja.doc).
 Figure 4.43
T abela po miaró w
Dla każdej wart ości drogi obliczamy średni czas ruchu ciała i wpisujemy go do rubryki t ś r . Dzięki
t emu uzyskujemy dokładniejsze wart ości czasów (jak sądzisz – dlaczego?). Obliczamy wart ości
kwadrat ów czasów średnich i wpisujemy je w ost at niej rubryce t abelki.
Sporządzamy wykresy zależności drogi od czasu dla wart ości uzyskanych podczas pomiaru
(krzywe dla obu ciał wykonujemy na wspólnym wykresie). Na osi rzędnych odkładamy drogę s w
met rach, a na osi odcięt ych czas w sekundach. Pamięt ajmy o doborze właściwej skali na osiach,
aby wykresy były czyt elne. Nanosimy punkt y doświadczalne i wykreślamy krzywe, prowadząc je
między punkt ami doświadczalnymi (nie należy kreślić linii łamanej od punkt u do punkt u).
Sprawdzamy, czy ot rzymane krzywe przypominają parabole. Teoret yczny wzór na drogę w ruchu
jednost ajnie przyspieszonym (wzór (1.19
(../t opics/2_1_4_ruch_jednost ajnie_przyspieszony.ht ml#t opic_2_h1.4__eq19))) jest , jak wiemy,
kwadrat ową funkcją czasu, czyli na wykresie przedst awia się jako parabola.
a
2
s=
at 2
2
( 4.109 )
Jeżeli wykreślone krzywe (rys. 4.30
(2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t ask_2_h4.9__rys30)) przypominają parabole, t o
znaczy, że ruch t ych ciał jest jednost ajnie przyśpieszony zgodnie ze wzorem t eoret ycznym
(4.52 (2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t ask_2_h4.9__eq52)). Jeżeli ot rzymaliśmy t aki
wynik, możemy się cieszyć, jednakże możemy odczuwać pewien niedosyt , gdyż uzyskaliśmy
t ylko jakościowe („na oko”) pot wierdzenie t eorii.
Zapisujemy wnioski, jakie wynikają z kszt ałt u ot rzymanych krzywych. Odpowiadamy na pyt ania:
Co świadczy o t ym, że mamy do czynienia w obu przypadkach z ruchem jednost ajnie
przyspieszonym? Czy na podst awie t ych wyników można wyznaczyć przyśpieszenie (liniowe)
klocka a 0 i obręczy a obr ?
 Figure 4.44
Wykres zależno ści dro gi o d czasu
 Doświadczalny wykres zależności drogi od czasu dla ciał poruszających się po równi pochyłej
Spróbujmy znaleźć pot wierdzenie kszt ałt u parabolicznego krzywych - bardziej obiekt ywne i
dokładniejsze. Zast osujemy zat em procedurę „prost owania” paraboli opisaną w rozdz. 1.13
(2_1_13_doswiadczenie_akceleracja.ht ml#t ask_2_h1.13). Jeżeli na osi rzędnych będziemy
odkładać drogę s, a na osi odcięt ych, zamiast wart ości czasu t , wart ości kwadrat ów czasu t 2 , t o
powinniśmy ot rzymać prost ą. Wt edy w równaniu (4.51
(2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t opic_2_h4.9__eq51)) jako zmienną niezależną
t rakt ujemy nie t , ale t 2 , nat omiast s jako zmienną zależną. Ot rzymujemy w t en sposób
zależność liniową między s a t 2 :
s=
 Figure 4.45
a 2
a
(t ) ≡ (y = x)
2
2
Wykres zależno ści dro gi o d kwadratu czasu
( 4.110 )
 Doświadczalny wykres zależności drogi od kwadrat u czasu dla klocka i obręczy st aczającej
się po równi pochyłej
Teraz wyznaczymy przyspieszenia a . Zgodnie ze wzorem (4.52
(2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t ask_2_h4.9__eq52)), t angens kąt a nachylenia
prost ej do osi t 2 (współczynnik kierunkowy prost ej) jest liczbowo równy połowie przyspieszenia:
tan α =
a
(liczbowo)
2
( 4.111 )
Aby obliczyć wart ość t angensa, możemy wziąć z wykresu rzędną i odcięt ą dowolnego punkt u na
prost ej; najlepiej obrać punkt na końcu prost ej. Liczbowo
a = 2 tan α
Dla klocka (prost a niebieska – rys. 4.31
(2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t ask_2_h4.9__rys31)) tan α kl
( 4.112 )
= s10 /t kl,10 .
Dla obręczy (prost a czerwona – rys. 4.31
(2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t ask_2_h4.9__rys31)) tan α obr
 Figure 4.46
= s10 /t obr,10 .
Animacja
 Wirt ualne wykonanie doświadczenia akceleracja bis
1. Uruchom animację kliknięciem myszy.
St oper uruchamia się sam w momencie, gdy chłopiec upuszcza ciała — klocek i obręcz na
równię pochyłą.
2. Obserwuj ruch klocka i obręczy i zat rzymuj kolejno animację w moment ach, gdy ciała mijają
kolejne znaczniki.
3. Zanot uj kolejne odczyt y st opera i wpisz do t abelki pomiarów w sprawozdaniu.
przyjmij, że cała droga kulki wzdłuż równi wynosi s = 1 m. Moment zast opowania animacji
zależy od czynników przypadkowych (m.in. - t wój refleks). Dlat ego, t ak jak w „realu”
pomiary są obarczone niepewnościami, kt óre powinieneś ocenić i wykorzyst ać w t zw.
„Dyskusji błędów”. Kieruj się wskazówkami zawart ymi w ww. opisie doświadczenia realnego.
 Note
Dyskusja niepewno ści po miaro wych
Liczbowym wynikiem naszego doświadczenia ma być przyspieszenie klocka i obręczy. Wynik
pomiaru jest wt edy pełny, gdy podajemy niepewność, z jaką go wyznaczono. Nasz końcowy
wynik nie powst aje przez bezpośredni pomiar, lecz przez złożenie pomiarów bezpośrednich.
Wobec t ego jest on obarczony niepewnościami pomiarów. Zat em, podobnie jak t o
czyniliśmy w przypadku poprzednich doświadczeń, oceńmy najpierw niepewności pomiarów
bezpośrednich.
1. Niepewno ści po miaró w bezpo średnich
Mamy dwie wielkości mierzone bezpośrednio – drogę s i czas t . Przy ocenie
niepewności pomiaru drogi s należy wziąć pod uwagę t o, że kreski, kt órymi
zaznaczaliśmy odcinki drogi, mają pewną grubość (kreda), i że st osowaliśmy podziałkę
cent ymet rową, kt óra ma ograniczoną dokładność. Przyjmiemy więc, że maksymalna
niepewność, z jaką mierzyliśmy drogę, wynosi
Δs = 0, 5 cm
( 4.113 )
Czas mierzyliśmy za pomocą st opera, kt órego dokładność jest wyznaczona przez
wart ość najmniejszej działki (w podanym przykładzie 0,1 s). Powinniśmy dodać jeszcze
czas reakcji przy włączaniu i wyłączaniu st opera w przybliżeniu 0,1 s. Przyjmiemy więc,
że maksymalna niepewność pomiaru czasu wynosi
Δt = 0, 3 s
( 4.114 )
2. Niepewno ść po miaru wielko ści zło żo nej
Przekszt ałcając wzór (4.52
(2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t opic_2_h4.9__eq52)), ot rzymujemy
a=
2s
t2
( 4.115 )
więc przyspieszenie a , będące wynikiem końcowym pomiaru, ma post ać iloczynową.
Zat em możemy st osować t aką samą regułę jak np. w przypadku doświadczenia
„Galileusz”. Niepewność względna wyniku końcowego jest sumą niepewności
względnych pomiarów bezpośrednich. Niepewności pomiarowe mogą być dodat nie lub
ujemne i mogą redukować się nawzajem, jednak przy ocenie niepewności wyniku
końcowego uwzględnimy syt uację najbardziej niekorzyst ną, kiedy niepewności się
sumują. Dlat ego sumujemy wszyst kie niepewności ze znakiem plus, czyli dodajemy ich
wart ości bezwzględne:
∣ Δa ∣ ∣ Δs ∣
∣ Δt ∣
∣
∣=∣
∣ + 2∣
∣
∣ a ∣ ∣ s ∣
∣ t ∣
Niepewność względną Δt wzięliśmy dwukrot nie, ponieważ czas
t
( 4.116 )
t wyst ępuje we
wzorze (4.53 (2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t opic_2_h4.9__eq53)) na
przyspieszenie w drugiej pot ędze ( Δt ).
t
Teraz możemy przyst ąpić do obliczeń szczegółowych. Obliczymy przyspieszenie i
niepewność naszego wyniku końcowego. Przede wszyst kim poprowadzimy dokładniej
linię prost ą na wykresie zależności s od t 2 . W t ym celu przedst awimy graficznie
niepewności Δs i Δ( t 2 ). Niepewność
Δs oceniliśmy jako równą ±0, 5 cm, nat omiast
niepewność kwadrat u czasu Δ( t 2 ) musimy pot rakt ować jako niepewność pomiaru
Złożonego
∣∣Δ (t2 )∣∣
t2
=2
∣∣Δt∣∣
, więc
t
∣Δ(t 2 )∣ = 2|Δt|t
∣
∣
Przyjęliśmy, że
( 4.117 )
t = ±0, 3 s, więc
∣Δ(t 2 )∣ = 0, 6t (s2 )
∣
∣
( 4.118 )
Dla każdego czasu t obliczamy niepewność ∣∣( t 2 )∣∣. Obliczone wart ości oraz wart ości
pozost ałych niepewności wpisujemy do t abelki niepewności pomiarów.
Każdy punkt doświadczalny na wykresie ot oczymy t ak zwanym prost okąt em
niepewności pomiarowych (rys. 4.30
(2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t opic_2_h4.9__rys30)) informującym nas
o możliwej pomyłce przy ust alaniu położenia punkt u. Prost okąt niepewności ma
podst awę równą 2∣t 2 ∣ i wysokość 2|s| = 1 cm.
Teraz możemy śmiało poprowadzić prost e w pobliżu punkt ów doświadczalnych; nie
popełnimy pomyłki, jeżeli prost e będą przechodzić przez większość (powyżej 70%)
prost okąt ów niepewności, jak na wykresie – rys. 4.30
(2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t opic_2_h4.9__rys30). Ot o sposób na
możliwie najdokładniejsze poprowadzenie linii na wykresie doświadczalnym.
Teraz wyznaczymy dokładne wart ości przyspieszeń klocka i obręczy, według
wcześniej podanego opisu.
Ot rzymaliśmy wart ości przyśpieszeń. Jednakże nie jest t o jeszcze pełny wynik
końcowy naszego doświadczenia, ponieważ nie podaliśmy niepewności wyznaczonych
wart ości przyspieszeń Δa . Aby je wyznaczyć, skorzyst amy ze wzoru (4.54
(2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t opic_2_h4.9__eq54)) na niepewność
względną (oznaczmy ją przez ε). Ot rzymamy
∣ Δa ∣ ∣ Δs ∣
∣ Δt ∣
ε=∣
∣=∣
∣ + 2∣
∣
∣ a ∣ ∣ s ∣
∣ t ∣
Niepewność bezwzględna wynosi a
= εa .
 Note
Wnio ski ko ńco we
Powinieneś odpowiedzieć sobie na pyt anie: dlaczego obręcz uzyskuje mniejsze
przyśpieszenie, niż klocek?
Wyjaśnienie t ego zagadnienia znajdziesz w przykładzie 8, rozdz. 2.6
(../t opics/2_2_6_zasada_zachowania_pedu.ht ml#t opic_2_h2.6). Rozpat rywane t am
( 4.119 )
zagadnienie dot yczy kulki st aczającej się po równi pochyłej. Tu mamy do czynienia z ruchem
obręczy, ale wzory są podobne.
Moment bezwładności bryły obrot owej można zapisać wzorem
I0 = kmr2
Dla obręczy k
( 4.120 )
= 1, dla kuli k = 2/5, dla walca k = 1/2.
Przeprowadzając rozumowanie podobne do t ego z przykładu 8, ot rzymujemy, że
przyspieszenie bryły st aczającej się po równi pochyłej wynosi:
ab =
1
g sin α
k+ 1
( 4.121 )
Zaś dla klocka, jak wiemy
a = g sin α
( 4.122 )
Zat em
ab =
1
a
k+ 1
( 4.123 )
Sprawdzamy, czy ot rzymane doświadczalnie wart ości przyśpieszenia klocka a i obręczy
a obr spełniają relację (4.58
(2_4_9_doswiadczenie_akceleracja_bis.ht ml#t opic_2_h4.9__eq58)), czyli czy a obr = 1/2 a
(bo kobr = 1/2).
Rozdział 5. Ciążenie
powszechne (grawitacja)
Kopernik w swoim dziele pt . O obrot ach ciał niebieskich pisał: "Najwłaściwiej jest
po stępo wać za przezo rną przyro dą, któ ra najmo cniej się strzegła two rzyć co ś
zbytecznego lub nieużytecznego , a często jedną rzecz o bdarzyła wielo rakimi
skutkami". Ta "jedna rzecz" t o – jak się okazało – siła powszechnego ciążenia; jedyna
przyczyna ruchu wszyst kich ciał kosmicznych, siła naprawdę obdarzona "wielo rakimi
skutkami”.
Prawo powszechnego ciążenia
Genialnie prost e wyjaśnienie prawa powszechnego ciążenia podał Izaak Newt on w 1686 roku.
St wierdził, że t a sama siła, kt óra przyciąga przedmiot y znajdujące się w pobliżu Ziemi, musi
przyciągać również Księżyc krążący dookoła Ziemi. Newt on w swoich rozważaniach poszedł dalej.
St wierdził, że skoro Ziemia krąży wokół Słońca, t o znaczy, że Słońce przyciąga Ziemię siłą o t ym
samym charakt erze. To samo dot yczy również i innych planet krążących wokół Słońca. W myśl
t rzeciej zasady dynamiki, każda z planet musi wzajemnie przyciągać Słońce z t aką samą siłą, lecz
przeciwnie zwróconą. Ale masa Słońca jest bez porównania wielokrot nie większa od masy
jakiejkolwiek z planet , dlat ego skut ek wzajemnego przyciągania odbija się prawie wyłącznie na
planecie: planet a i Słońce krążą wkoło wspólnego środka masy, kt óry znajduje się bardzo blisko
środka Słońca.
Ot o koncepcja Newt ona: wszystkie ciała przyciągają się wzajemnie. Siła przyciągania
wzajemnego ciał nazywa się siłą powszechnego ciążenia albo siłą grawitacji. Poniżej
przedst awiamy skrót owo rozumowanie Newt ona.
Newt on post awił sobie nast ępne pyt anie: Od jakich czynników zależy siła grawit acji? Ziemia
przyciąga ciała znajdujące się w jej pobliżu, t akie jak np. piłkę oraz odległe od niej – np. Księżyc.
Siłę z jaką Ziemia przyciąga piłkę można wyrazić za pomocą przyśpieszenia ziemskiego g ,
wzorem:
F = mg
gdzie m jest
masą ciała, g jest przyspieszeniem spadającej piłki w pobliżu Ziemi.
( 5.1 )
Wiadomo, że Ziemia nadaje wszyst kim ciałom jednakowe przyspieszenie g , niezależne od ich
masy m,
g=
F
m
( 5.2 )
Tak samo będzie, gdy ciała będą bardziej odległe od Ziemi – ciała t e będą miały jednakowe
przyśpieszenie gr - inne (mniejsze) niż g – w pobliżu Ziemi. Gdyby piłka znajdowała się w
odległości r t akiej samej jak Księżyc od Ziemi, t o miałaby przyspieszenie t akie samo jakie ma
Księżyc (rys. 5.1 (2_5_1_prawo_powszechnego_ciazenia.ht ml#t opic_2_h5.1__rys1)), kt óre jest
równe przyspieszeniu dośrodkowemu Księżyca w jego ruchu na orbicie kołowej.
 Figure 5.1
Przyspieszenie piłki
 Przyspieszenie piłki w pobliżu Ziemi wynosi g , zaś w odległości t akiej samej, jak odległość
Księżyca od Ziemi, przyspieszenie piłki jest dużo mniejsze; jest ono t akie samo, jak
przyspieszenie Księżyca, i wynosi gr
Przyspieszenie dośrodkowe Księżyca zgodnie ze wzorem (1.62
(2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__eq62)) wynosi:
ar =
4π2 r
T2
( 5.3 )
= gr
Mamy nast ępujące dane:
okres obiegu Księżyca wokół Ziemi T
dokładniej: ma 27,3 dnia),
= 2, 36 ⋅ 106 s (jest
orbit a Księżyca jest prawie kołowa i jej promień jest równy:
on nieco większy od 27 dni,
r = 3, 845 ⋅ 108 m,
promień Ziemi wynosi R = 6, 37 ⋅ 106 m. Zat em promień orbit y Księżyca jest prawie
dokładnie 60 razy większy od promienia Ziemi.
= 2, 73 ⋅ 10−3 m/s2 . Wiemy, że przyspieszenie
grawit acyjne dowolnego ciała przy powierzchni Ziemi wynosi g = 9, 81 m/s2 . Zat em t akie
Podst awiając t e dane, ot rzymamy gr
przyspieszenie uzyskują ciała w odległości od środka Ziemi równej jednemu promieniowi R.
Nat omiast w odległości 60 promieni Ziemi, czyli w odległości równej promieniowi orbit y Księżyca,
przyspieszenie wynosi t ylko gr
wynosi
2,73⋅10 −3
9,81
=
= 2, 73 ⋅ 10−3 m/s2 . St osunek wart ości t ych przyspieszeń
1
3 600
Zat em, jeżeli odległość rośnie 60 razy, t o przyspieszenie maleje
( 5.4 )
3 600 = 602
razy.
Newt on na podst awie t ego właśnie obliczenia st wierdził, że przyspieszenie grawit acyjne jest
odwrot nie proporcjonalne do kwadrat u odległości, czyli
ar =
F
m
∼
1
r2
( 5.5 )
Przekszt ałcając t o wyrażenie, ot rzymamy
F∼
1
r2
( 5.6 )
mM
r2
( 5.7 )
Zat em siła przyciągania działająca na Księżyc jest proporcjonalna do masy Księżyca. Ale w myśl
t rzeciej zasady dynamiki, t aka sama siła, lecz przeciwnie skierowana działa na Ziemię. Musi być
więc proporcjonalna również do masy M Ziemi. Wobec t ego
F∼
Na oznaczenie współczynnika proporcjonalności st osuje się dużą lit erę
grawitacji. Zat em
F=G
mM
r2
G, nazywamy go stałą
( 5.8 )
W t en sposób Newt on doszedł do wzoru na prawo powszechnego ciążenia. Chociaż wzór t en
zost ał wyprowadzony dla wzajemnego oddziaływania Ziemi i Księżyca, t o st osuje się on do
dowolnych ciał. Zat em prawo powszechnego ciążenia można wyrazić nast ępująco:
� Remember
Prawo po wszechnego ciążenia
Dwie masy punkt owe przyciągają się wzajemnie siłą wprost proporcjonalną do iloczynu ich
mas mM i odwrot nie proporcjonalną do kwadrat u ich wzajemnej odległości r.
F=G
mM
r2
( 5.9 )
To samo prawo, kt óre t łumaczy spadanie ciał na Ziemię, rządzi ruchem planet i komet w Układzie
Słonecznym, jak również ruchem gwiazd w Galakt yce oraz ruchami olbrzymich galakt yk. Prawo
grawit acji rządzi więc całą mechaniką nieba.
 Przykład 1
Newt on musiał podać wart ość st ałej grawit acji, aby jego prawo było pełne. Do oszacowania
st ałej G pot rzebna mu była gęst ość Ziemi. Gęst ość jest t o st osunek masy do objęt ości
ρ=
M
V
( 5.10 )
czyli liczbowo jest t o masa, jaka jest zawart a w objęt ości 1 m3 . Na podst awie znajomości
gęst ości różnych minerałów wyst ępujących na Ziemi przyjął, że gęst ość średnia Ziemi wynosi
ρ = 5 ⋅ 103 kg/m3
(okazało się później, że oszacowana przez niego gęst ość nie różni się
więcej niż o 10% od wart ości rzeczywist ej). Idąc śladem myśli Newt ona, oblicz st ałą grawit acji,
mając dane: oszacowaną wart ość gęst ości Ziemi, przyspieszenie ziemskie
g = 9, 81 m/s2
oraz promień Ziemi R = 6, 37 ⋅ 106 m.
Odpo wiedź: Siła przyciągania ciała o masie m przez Ziemię, przy jej powierzchni, wynosi
F = mg. Jest ona równa sile grawit acji wyrażonej wzorem (5.1
(2_5_1_prawo_powszechnego_ciazenia.ht ml#t opic_2_h5.1__eq1)), zat em
mg = G
mM
R2
( 5.11 )
St ąd po uproszczeniu masy i po przekszt ałceniu ot rzymamy
G=
gR2
M
( 5.12 )
Masa Ziemi, zgodnie ze wzorem (5.2
(2_5_1_prawo_powszechnego_ciazenia.ht ml#t opic_2_h5.1__eq2)), wynosi M
Przyjmując, że Ziemia ma kszt ałt kuli (czyli jej objęt ość wynosi V
Ziemi jest równa M
G=
4
3
gR
3
3
πR ρ
=
=
3g
4πρR
4πR3
3
=
ρ. Zat em
3⋅9,81
3)
4⋅3,14⋅ (5⋅1 0 ⋅ (6,37⋅1 0
6)
N⋅m2
kg2
=
3
= V ρ.
4πR
) ot rzymamy, że masa
3
= 7, 35 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2
( 5.13 )
Taką wart ość st ałej grawit acji ot rzymał Newt on. Różni się ona od, dzisiaj ogólnie przyjęt ej,
dokładnej wart ości
G = 6, 67 ⋅ 10−11 N ⋅ m2 ⋅ kg−2
( 5.14 )
o około 10%.
Pytania i problemy
1. Podaj, na podst awie jakich obliczeń Newt on doszedł do wniosku, że siła grawit acji maleje
odwrot nie proporcjonalnie do kwadrat u odległości między dwoma ciałami.
2. Podaj wzór i wyraź słowami prawo powszechnego ciążenia.
3. Przedst aw przyspieszenie ziemskie g za pomocą wzoru zawierającego st ałą grawit acji G,
masę Ziemi M oraz promień Ziemi R .
4. Mając do dyspozycji dane: g – przyspieszenie ziemskie, G – st ałą grawit acji oraz R –
promień Ziemi, wyprowadź wzór na ρ - średnią gęst ość Ziemi. Przyjmij, że Ziemia jest
jednorodną kulą.
Laboratoryjne potwierdzenie prawa
grawitacji
Prawo powszechnego ciążenia zost ało pot wierdzone nie t ylko przez obserwacje ast ronomiczne,
ale również w czt erech ścianach laborat orium. Pomiary H. Cavendisha, Ph. Jolly’ego i innych
pozwoliły wyznaczyć st ałą grawit acji G z dużą dokładnością. Jaki sens fizyczny ma st ała
grawit acji? Przyjrzyjmy się wzorowi (5.1
(2_5_1_prawo_powszechnego_ciazenia.ht ml#t opic_2_h5.1__eq1)):
F=G
mM
r2
( 5.15 )
jeżeli podst awimy m = 1 kg , M = 1 kg oraz r = 1 m, t o ot rzymamy, że liczbowo F = G.
Czyli st ała grawit acji wyraża się liczbowo siłą, z jaką przyciągają się dwa ciała o masie jednego
kilograma z odległości jednego met ra.
F =∣∣G∣∣N = 6, 67 ⋅ 10−11 N
( 5.16 )
Jest t o niewąt pliwie bardzo mała siła, gdyż nigdy na co dzień nie obserwujemy jej działania, nawet
gdy mamy do czynienia z wielkimi masami. Na przykład, nikt nie zaobserwował, aby dwa
załadowane TIR-y lub dwa wagony kolejowe przyciągały się.
 Przykład 2
Dwa samochody ciężarowe TIR zaparkowały obok siebie w t aki sposób, że ich środki mas
znajdują się w odległości r = 15 m od siebie. Oblicz, z jaką siłą przyciągają się one, jeżeli
wiadomo, że masa każdego z nich wynosi m
= 20 t = 2 ⋅ 104 kg.
Odpo wiedź:
F=G
m2
r2
= 6, 67 ⋅
(2⋅1 0 4 )
10−11
15 2
2
N = 1, 19 ⋅ 10−4 N
( 5.17 )
Jest t o naprawdę znikomo mała siła.
Widzimy, że pomiar siły grawit acji w warunkach laborat oryjnych wymagał bardzo dużej precyzji.
Henry Cavendish przeprowadził t akie precyzyjne doświadczenie w 1798 roku. Pomiar
przeprowadził za pomocą t zw. ”wagi skręceń”. Na nici kwarcowej zawiesił pręt z dwiema małymi
kulkami na jego końcach. Do kulek t ych zbliżał z obu st ron dwie duże kule ołowiane (rys. 5.2
(2_5_2_laborat oryjne_pot wierdzenie_prawa_grawit acji.ht ml#t opic_2_h5.2__rys2)). Siły
przyciągania skręcały pręt i nić kwarcową o pewien kąt . Kąt skręcenia, mierzył za pomocą
promienia odbit ego od lust erka zawieszonego na nici kwarcowej. Znając wart ość t ego kąt a,
Cavendish mógł obliczyć siły przyciągania się kul. Pomiar wymagał wielkiej ost rożności, dlat ego
swoją „wagę” umieszczał w zamknięt ej skrzyni dla uniknięcia prądów powiet rza, zaś odchylenie
nici kwarcowej obserwował za pomocą lunet y z innego pomieszczenia.
 Figure 5.2
Po miar siły grawitacji za po mo cą „wagi skręceń” Cavendisha
Pod koniec XIX wieku, w roku 1881, Philipp von Jolly opracował dokładniejszą met odę, st osując do
pomiaru siły grawit acji czułą wagę (rys. 5.3
(2_5_2_laborat oryjne_pot wierdzenie_prawa_grawit acji.ht ml#t opic_2_h5.2__rys3)).
 Figure 5.3
Po miar siły grawitacji meto dą Jo lly'ego
Pod jej szalkami umieścił jeszcze jedną parę szalek. Na jednej z dolnych szalek umieścił szklaną
bańkę napełnioną rt ęcią ważącą 5 kg i zrównoważył ją ust awiając odpowiedni odważnik na szalce
górnej. Bezpośrednio pod bańką z rt ęcią umieścił wielką kulę ołowianą, zbudowaną z oddzielnych
szt ab, ważącą 5,8 t . Waga wychyliła się, gdyż kula przyciągnęła bańkę z rt ęcią. Okazało się, że
dla zrównoważenia wagi t rzeba było położyć na przeciwległej górnej szalce odważnik o masie
zaledwie 0,566 mg. Zat em siła, z jaką kula przyciągnęła bańkę, wynosiła F = 5,55 mN.
Przekszt ałcając odpowiednio wzór (5.1
(2_5_1_prawo_powszechnego_ciazenia.ht ml#t opic_2_h5.1__eq1)) i podst awiając dane
doświadczalne, ot rzymano wart ość st ałej grawit acji
G = 6, 66 ⋅ 10−11
m3
kg⋅s2
( 5.18 )
Współczesne najdokładniejsze pomiary dają nast ępującą wart ość st ałej grawit acji:
G =(6, 673 ± 0, 003)⋅10−11
m3
kg⋅s2
( 5.19 )
Ważenie Słońca
Znając prawo grawit acji i st ałą grawit acji, możemy wyznaczyć masę Słońca, Ziemi i innych ciał
naszego układu planet arnego nie opuszczając domu, w kt órym się znajdujemy.
W celu wyznaczenia masy Słońca należy najpierw zauważyć, że siła dośrodkowa ut rzymująca
Ziemię na orbicie wokół Słońca, t o siła przyciągania Ziemi do Słońca:
( 5.20 )
F = G mM
r2
gdzie m – masa Ziemi, M – masa Słońca, r – odległość Ziemi do Słońca równa promieniowi orbit y
Ziemi.
Zast osujemy wzór (2.32 (2_2_9_sily_w_ruchu_po_okregu.ht ml#t opic_2_h2.9__eq32)) na siłę
dośrodkową w ruchu po okręgu (przyjmujemy, że kszt ałt orbit y Ziemi nie odbiega znacznie od
okręgu)
Fr =
gdzie
T
4π2 mr
T2
- okres obiegu Ziemi (czyli rok).
Jak już wspomniano F = Fr , zat em przyrównamy wzory (5.6
(2_5_2_laborat oryjne_pot wierdzenie_prawa_grawit acji.ht ml#t opic_2_h5.2__eq6)) i (5.7
( 5.21 )
(2_5_2_laborat oryjne_pot wierdzenie_prawa_grawit acji.ht ml#t opic_2_h5.2__eq7)):
G=
mM
r2
=
4 π2 mr
T2
( 5.22 )
Po przekszt ałceniu ot rzymamy wzór na masę Słońca
M=
4π2 r3
( 5.23 )
GT 2
Wszyst kie wart ości wielkości znajdujących się po prawej st ronie t ego wzoru można wyznaczyć
doświadczalnie, będąc na Ziemi (bez konieczności wędrowania w Kosmos).
11
A więc: promień orbit y Ziemi wynosi r = 1, 496 ⋅ 10
m, okres obiegu (czyli rok) TZ
dób (jedna doba słoneczna wynosi 24 h = 86 400 s ) i st ała grawit acji
= 365, 25
G = 6, 67 ⋅ 10−11 m3 /(kg ⋅ s2 ).
Wst awiając t e dane do wzoru (5.8
(2_5_2_laborat oryjne_pot wierdzenie_prawa_grawit acji.ht ml#t opic_2_h5.2__eq8)) wyznaczymy
masę Słońca:
M=
4π2 r3
GTZ2
=
4π2 (1,496⋅1 0 11 )
3
6,67⋅10 −11 (365,25⋅86400 )
2
( 5.24 )
= 2 ⋅ 1030 kg
Porównując masę Słońca z masą Ziemi m = 5, 97 ⋅ 1024
masę ok. 335 000 razy większą od masy Ziemi.
kg, niet rudno obliczyć, że Słońce ma
 Przykład 3
Znając prawo grawit acji (5.1 (2_5_1_prawo_powszechnego_ciazenia.ht ml#t opic_2_h5.1__eq1)),
obliczmy jak wysoko nad Ziemią należy umieścić st acjonarnego sat elit ę t elewizyjnego, oraz
promień jego orbit y rs , po kt órej musi poruszać się sat elit a st acjonarny.
Odpo wiedź: Prędkość kąt owa ω sat elit y powinna być t aka sama, jak prędkość kąt owa Ziemi
w jej ruchu wirowym dookoła swojej osi. Zat em przyspieszenie dośrodkowe sat elit y, zgodnie z
wzorem (1.60 (2_1_15_ruch_jednost ajny_po_okregu.ht ml#t opic_2_h1.15__eq60)), wynosi
a = ω2 rs . Wart ość przyśpieszenia sat elit y jest równa wart ości przyśpieszenia ziemskiego gs
w miejscu gdzie on akt ualnie przebywa, a = gs . Jest ono odwrot nie proporcjonalne do kwadrat u
odległości od środka Ziemi. Siła przyciągania ciała o masie m na powierzchni Ziemi wynosi:
F = mg = GmM
. Siła w odległości rs wynosi: Fs = mgs = GmM
. Dzieląc st ronami t e dwa
2
2
R
równania, ot rzymamy gs
gs = g
St ąd
=g
rs
R2
. Zat em przyspieszenie sat elit y:
r2s
R2
r2s
r2s =
gR2
ω2
r2s =
gR2 T 2
4π2
Korzyst ając ze wzoru ω
( 5.25 )
( 5.26 )
=
2π
ot rzymamy
T
( 5.27 )
= 6, 378 ⋅ 106 m, okres obrot u Ziemi
T = 86 164 s = doba gwiazdowa ) ot rzymujemy, że rs = 42, 182 ⋅ 106 m. Sat elit a
znajduje się nad Ziemią na wysokości h = rs − R , kt óra wynosi:
Podst awiając dane (promień Ziemi R
h = 35 797 km
h = 35 797 km
 Figure 5.4
( 5.28 )
Stelita iPST AR-1
 Załadowywany na pokład rosyjskiego samolot u t ransport owego Ant onow AN-124 na
lot nisku Moffet t Field w Kaliforni (St any Zjednoczone). Źródło: Loral
 Figure 5.5 Ilustracja przedstawia ko mercyjnego satelitę teleko munikacyjnego
iPST AR-1. Źró dło : Lo ral
 Figure 5.6
Animacja
 Grawit acja - waga skręceń
 Figure 5.7
Animacja
 Grawit acja - sat elit a st acjonarny
Pytania i problemy
1. Korzyst ając z prawa grawit acji, wyraź sens fizyczny st ałej grawit acji.
2. Dlaczego nie obserwuje się, aby dwa ciała, t akie jak na przykład dwa aut obusy, przyciągały
się wzajemnie siłą grawit acji? Przecież siła wzajemnego przyciągania dot yczy absolut nie
wszyst kich ciał. Odpowiedź uzasadnij liczbowo.
3. Narysuj schemat wagi skręceń Cavendisha.
4. Dlaczego Cavendish, mierząc st ałą grawit acji na swojej wadze skręceń, wykonywał pomiary
z pewnej odległości, z sąsiedniego pokoju?
5. Dlaczego Jolly dla zrównoważenia swojej wagi kładł ciężarki na górnej przeciwległej szalce, a
nie na dolnej?
Grawitacja wewnątrz planety – temat
nadobowiązkowy
Wzór na siłę grawitacji wewnątrz planety
Jak wiadomo, wzór na siłę grawit acji
F=G
mM
r2
( 5.29 )
pozwala obliczyć siłę przyciągania ciała o masie Unknown node type: ci przez inne ciało kulist e o
masie Unknown node type: ci w przypadku, gdy ciało Unknown node type: ci znajduje się na
zewnątrz ciała Unknown node type: ci , np. na zewnąt rz Ziemi. Nat omiast , jeżeli małe ciało
Unknown node type: ci znajduje się wewnątrz dużej jednorodnej kuli o masie
Unknown node type: ci w odległości Unknown node type: ci od jej środka, t o wypadkowa siła
grawit acji działająca na ciało Unknown node type: ci jest skierowana do środka kuli i wyraża się za
pomocą wzoru
mM (r)
Fw = G r2
gdzie M(r) oznacza masę rdzenia kuli o promieniu
 Figure 5.8
( 5.30 )
Unknown node type: ci .
Wypadko wa siła grawitacji Unknown node type: ci działająca na ciało
Unknown node type: ci wewnątrz kulistej planety jest skiero wana do śro dka kuli
Wyprowadzimy wzór (5.10
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__eq10)) na siłę grawit acji
działającą na ciało Unknown node type: ci wewnąt rz kuli o gęst ości ρ w zależności od odległości
od środka kuli Unknown node type: ci w zakresie
0 < r < R.
Podzielimy w myśli kulę na koncent ryczne cienkie warst wy. Umieścimy ciało próbne o masie
Unknown node type: ci w punkcie Unknown node type: ci (rys.5.7
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__rys7)a). Ciało w punkcie
Unknown node type: ci wewnąt rz kuli o promieniu Unknown node type: ci jest przyciągane do
środka kuli przez jej część kulist ą o promieniu Unknown node type: ci . Pokażemy t eraz, że
F
wypadkowa siła grawit acji Fw pochodząca od zewnęt rznych warst w wynosi zero.
a) Po dział zewnętrznej warstwy na ko ncentryczne cienkie warstwy,
b) „sto żki” wycinające przeciwległe fragmenty pó l S1 i S2
 Figure 5.9
Najpierw rozważymy siłę pochodzącą od jednej zewnęt rznej warst wy (rys. 5.7
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__rys7)b). Na ciało
Unknown node type: ci będą działać siły przyciągania do wszyst kich fragment ów t ej warst wy.
Rozważmy siłę F1 pochodzącą od jednego małego fragment u o powierzchni S1 . Siła t a jest
proporcjonalna do masy t ego fragment u, a więc i do pola jego powierzchni, i odwrot nie
proporcjonalna do kwadrat u odległości r1 , t zn. F1
∼
S1
.
r21
Jeżeli z punkt u Unknown node type: ci poprowadzimy st ożek do fragment u warst wy o polu S1 ,
t o po drugiej st ronie w odległości r2 powst anie st ożek wycinający z warst wy fragment o polu
S2 . Siła pochodząca od t ego fragment u będzie skierowana przeciwnie do siły F1 i wyrazi się
podobną zależnością F2
∼
S2
.
r22
2
St osunek t ych sił będzie równy
F1
F2
=
S1
S2
⋅
r22
r21
. Ponieważ t e dwa st ożki (o wspólnym wierzchołku
w punkcie Unknown node type: ci ) są do siebie podobne, więc łat wo można wykazać, że
S1
S2
r21
=
( 5.31 )
r22
Zat em
F1
F2
=
S1
S2
r22
⋅
r21
=
r21
r22
⋅
r22
r21
( 5.32 )
=1
Widzimy więc, że siły pochodzące od fragment ów warst wy o polach S1 i S2 znoszą się
wzajemnie. Każdy element warst wy ma swój odpowiednik „na ant ypodach”, a ponieważ można w
t en sposób podzielić całą powierzchnię warst wy, więc wypadkowa sił grawit acji czaszy
działających na ciało próbne umieszczone w dowolnym punkcie wewnąt rz niej będzie równa zeru.
A co z pozost ałymi warst wami?
Łat wo można wykazać w podobny sposób, że od każdej z pozost ałych warst w wypadkowa siła
grawit acji jest równa zeru. St ąd wynik: t ylko część wewnęt rzna kuli o promieniu
Unknown node type: ci przyciąga ciało próbne, czyli wewnąt rz Ziemi siła ciężkości wyrazi się za
pomocą wzoru
Fw = G
gdzie
mM(r)
r2
M(r) oznacza masę części wewnęt rznej kuli o promieniu
( 5.33 )
Unknown node type: ci .
Wykres zależności siły grawitacji
Unknown node type: ci od odległości
Unknown node type: ci od środka planety
kulistej
Zgodnie ze wzorem podanym (5.11
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__eq11)) wypadkowa siła
działająca na ciało próbne pochodzi t ylko od t ej wewnęt rznej kuli o promieniu
Unknown node type: ci . M(r) - masę kuli o promieniu Unknown node type: ci można wyrazić za
pomocą gęst ości ρ planet y:
4πr3
M(r)=
ρ
3
( 5.34 )
Wst awiając t en wzór do (5.11
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__eq11)) ot rzymamy:
F=G
4πr3 ρ
3
r2
m
=
4
3
πGρmr
( 5.35 )
Zauważmy, że siła grawit acji wewnąt rz jednorodnej planet y rośnie liniowo wraz z odległością od
środka planet y Unknown node type: ci , gdyż
F=
4
3
πGρmr
( 5.36 )
Wzór (5.13 (2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__eq13)) można
zapisać jako:
F = Kr
( 5.37 )
gdzie Unknown node type: ci ma st ałą wart ość:
K=
4
3
πGρm
( 5.38 )
Widzimy, więc że wykresem siły Unknown node type: ci wewnąt rz planet y jest linia prost a. Na
=G
mM
przedst awiający zależność odwrot nie proporcjonalną siły
r2
Unknown node type: ci od kwadrat u odległości Unknown node type: ci . Pełny wykres siły
zewnąt rz obowiązuje wzór F
grawit acji, wewnąt rz i na zewnąt rz jednorodnej kuli, w zależności od odległości od jej środka, jest
przedst awiony na rysunku 5.8
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__rys8).
 Figure 5.10 Wykres zależno ści siły grawitacji Unknown node type: ci działającej
wewnątrz kulistej planety o raz na zewnątrz planety
Praca przemieszczenia ciała wewnątrz
jednorodnej planety
Z punkt u środkowego jednorodnej planet y o masie Unknown node type: ci i promieniu
Unknown node type: ci przeniesiono ciało o masie Unknown node type: ci , na odległość
Unknown node type: ci . Jaką pracę wykonano?
Podczas wykonywania t ej pracy należy działać siłą przeciwnie skierowaną do siły grawit acji (5.16
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__eq16)) i równą jej wart ości
F = Kr. Siła t a zmienia się liniowo wraz ze wzrost em
Unknown node type: ci – przesunięcia
ciała. Wart ość średnia t ej siły na drodze Unknown node type: ci wynosi
=
1
1
Kr
2
Praca Unknown node type: ci przesunięcia ciała na t ej drodze wynosi W
Fśr =
W=
1
2
Kr2
4
6
πGρmr2
( 5.39 )
= Fśr r. Zat em
( 5.40 )
Podst awiając st ałą Unknown node type: ci wg wzoru (5.15
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__eq15)) ot rzymamy, że
W=
( 5.41 )
W przypadku, gdy ciało zost anie przeniesione z punkt u środkowego planet y na jej powierzchnię,
t o droga przesunięcia ciała wyniesie r = R , a siła grawit acji wzrośnie od zera, w środku planet y,
do wart ości
F=G
mM
r2
Zat em średnia siła na drodze od r
W = Fśr R, lub
W=
1
2
G
( 5.42 )
= 0 do r = R wyniesie Fśr =
1
2
G
mM
. Zaś praca
r2
mM
r
( 5.43 )
 Przykład 4 - „Pociąg przyszłości”
Pociągiem przyszłości nazwano pojazd, kt óry mógłby się poruszać t ylko pod wpływem siły
grawit acji (przy zaniedbaniu oporu powiet rza — bez dodat kowego napędu) w t unelu
przewierconym na wylot w Ziemi (rys. 5.9
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__rys9)). Pojazd t en mógłby
poruszać się wahadłowo, osiągając przeciwległy punkt Ziemi. Oblicz prędkość v0 , jaką
osiągnąłby pojazd w środku Ziemi, oraz prędkość vk na drugim końcu t unelu. Przyjmij, że Ziemia
jest jednorodną kulą, wszędzie o jednakowej gęst ości Unknown node type: ci , i zaniedbaj opór
powiet rza.
 Figure 5.11 W tunelu przewierco nym na wylo t w Ziemi mó głby kurso wać
„po ciąg przyszło ści”
Odpo wiedź: Pojazd w t unelu nabywa prędkości i energii kinet ycznej dzięki pracy siły
grawit acji. Praca Unknown node type: ci siły grawit acji wewnąt rz Ziemi (na drodze od
powierzchni Ziemi do jej środka – wzór (5.17
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__eq17))) jest równa energii
kinet ycznej ciała Unknown node type: ci w t unelu w punkcie środkowym Ziemi:
W=
St ąd
1
2
G
mM
R
=
mv20
2
( 5.44 )
−−−−
v 0 = √G M
R
( 5.45 )
mg = G
( 5.46 )
Wzór t en może przybrać prost szą post ać, gdy wykorzyst amy równanie siły grawit acji na
powierzchni Ziemi:
Więc
g=G
mM
R2
M
R2
( 5.47 )
Zat em wst awiając t en wynik do wzoru (5.18
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__eq18)) ost at ecznie
ot rzymamy prędkość pojazdu w t unelu w środku Ziemi
−−
−
v0 = √gR = 7, 9 km/s
Oczywiście, prędkość vk na drugim końcu t unelu wynosi zero, ponieważ praca
( 5.48 )
Unknown node type: ci siły grawit acji wewnąt rz Ziemi (na drodze od środka do powierzchni
Ziemi) zredukuje całkowicie energię kinet yczną ciała w punkcie środkowym Ziemi. Zat em
v k = 0.
Pytania i problemy
1. Czy na ciało znajdujące się wewnąt rz planet y działa siła grawit acji? Odpowiedź uzasadnij w
kilku słowach.
2. Dlaczego nie obserwuje się, aby na ciało znajdujące się wewnąt rz planet y działała
wypadkowa siła grawit acji równa zeru, jeżeli jest ono w pewnej odległości od środka
planet y? Przecież wewnąt rz planet y siła wzajemnego przyciągania działa we wszyst kich
kierunkach, czyli sile w dowolnym kierunku odpowiada przeciwnie skierowana siła o zwrocie
przeciwnym – więc t e siły powinny się znosić wzajemnie.
3. A jak działają siły grawit acji na ciało znajdujące się dokładnie w środku kulist ej planet y?
4. Podaj wzór na wypadkową siłę grawit acji działającą na małe ciało Unknown node type: ci
wewnąt rz dużej jednorodnej kuli o masie Unknown node type: ci w odległości
Unknown node type: ci od jej środka. Objaśnij znaczenie symboli w t ym wzorze.
5. Dlaczego pojazd umieszczony w t unelu przewierconym na wylot Ziemi (nazwany pociągiem
przyszłości) mógłby jeździć bez napędu i osiągać st ację znajdującą się na ant ypodach
Ziemi?
Reguła Titiusa-Bodego - rozdział
nadobowiązkowy
Tit ius (w XVIII w.) wydedukował, korzyst ając z prawa grawit acji, że średnie odległości
Unknown node type: ci planet od Słońca (wyrażone w AU - jednost kach ast ronomicznych) dla
Merkurego i kolejnych planet , aż do Sat urna włącznie, spełniają warunek:
R = 0, 4 + 0, 3m
( 5.49 )
gdzie Unknown node type: ci przybiera wart ości 0, 1, 2, 4, 8, 16, 32 (reguła t a jest zwana regułą
Titiusa-Bodego). Wart o zauważyć, że z wyjąt kiem zera wszyst kie pozost ałe liczby są pot ęgami
liczby 2, i t ak
1 = 20 , 2 = 21 , 4 = 22 , 8 = 23 , 16 = 24 , 32 = 25
( 5.50 )
Tit ius sprawdził swoją formułę t ylko dla planet , kt óre w owym czasie były znane — pat rz t abela 1
(2_5_4_regula_Tit iusa_Bodego_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.4__t ab1).
 Figure 5.12
T abela 1
Okazało się, że formuła t a jest prawdziwa (z zupełnie przyzwoit ą dokładnością) dla wszyst kich
znanych w owym czasie planet . Brakowało jednak planet y odpowiadającej liczbie m = 8, planet y,
kt órej orbit a powinna się znajdować między orbit ami Marsa i Jowisza w odległości 2,8 AU od
Słońca. Dopiero w XIX i XX wieku odkryt o wielką liczbę drobnych ciał, t zw. planet oid, mających
właśnie orbit y o średnich promieniach zbliżonych do wart ości 2,8 AU. Wiele obecnych danych
obserwacyjnych świadczy o t ym, że planet oidy t e są prawdopodobnie pozost ałością po rozbit ej
planecie, kt óra miała t am swoją orbit ę.
A co z pozost ałymi planet ami, kt óre odkryt o później, Uranem Nept unem i Plut onem?
Uzupełnimy t abelę, korzyst ając z nast ępujących liczb dla:
Urana
m = 28 = 64
Pluto na
m = 29 = 128
(nie uwzględniamy Nept una, kt óry ma niet ypową orbit ę).
 Figure 5.13
T abela 2
Zgodnie ze wzorem (5.21 (2_5_4_regula_Tit iusa_Bodego_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.4__eq21))
promień orbit y Urana wynosi
R = 0, 4 + 0, 3 ⋅ 64 = 19, 6 AU
( 5.51 )
R = 0, 4 + 0, 3 ⋅ 128 = 38, 8 AU
( 5.52 )
zaś promień orbit y Pluto na wynosi
Widzimy, że t e planet y, z wyjąt kiem Nept una, również poruszają się realnie po orbit ach
odpowiadających formule Tit iusa-Bodego.
Pytania i problemy
1. Podaj wzór Tit iusa-Bodego na średnie odległości planet od Słońca i objaśnij znaczenie
symboli w t ym wzorze.
2. Jak wiadomo formuła Tit iusa-Bodego sprawdziła się z dobrą dokładnością dla wszyst kich
znanych w owym czasie planet z wyjąt kiem planet y odpowiadającej liczbie m = 8, kt órej
orbit a powinna się znajdować między orbit ami Marsa i Jowisza. Jakie odkrycie uzasadniło
prawdziwość t ej formuły dla t ej liczby?
3. Czy formuła Tit iusa-Bodego sprawdza się również dla planet nieznanych w ich czasach?
Podaj nazwy t ych planet oraz ich numerację zgodną z t ą formułą.
Prawa Keplera ruchu planet
Johannes Kepler obserwował dokładnie ruch planet i na t ej podst awie wykazał, że planet y
poruszają się według określonych praw, kt óre pot wierdziły t eorię Kopernika i umożliwiły
Newt onowi odkrycie prawa powszechnego ciążenia.
Kepler st wierdził że ruchem planet rządzą t rzy prost e prawa (prawa Keplera st osują się również
do ruchu sat elit ów okrążających dowolną planet ę).
Ot o t reść praw Keplera:
� Remember
Pierwsze prawo Keplera
Każda planet a krąży po orbicie elipt ycznej a Słońce znajduje się w jednym z dwóch ognisk
elipsy (rys. 5.10 (2_5_5_prawa_Keplera_ruchu_planet .ht ml#t opic_2_h5.5__rys10)).
Planeta krąży po o rbicie eliptycznej a Sło ńce znajduje się w
jednym z dwó ch o gnisk elipsy
 Figure 5.14
� Remember
Drugie prawo Keplera
Promień wodzący poprowadzony ze środka Słońca do środka planet y zakreśla równe pola
powierzchni w równych odst ępach czasu (rys. 5.11
(2_5_5_prawa_Keplera_ruchu_planet .ht ml#t opic_2_h5.5__rys11)).
Pro mień wo dzący po pro wadzo ny ze śro dka Sło ńca do śro dka
planety zakreśla ró wne po la po wierzchni w ró wnych o dstępach czasu
 Figure 5.15
� Remember
T rzecie prawo Keplera
Sześciany wielkich półosi orbit jakichkolwiek dwóch planet mają się t ak do siebie, jak
Sześciany wielkich półosi orbit jakichkolwiek dwóch planet mają się t ak do siebie, jak
kwadrat y ich okresów obiegu. W przypadku orbit kołowych (koło jest szczególnym
przypadkiem elipsy):
r31
r32
=
T12
( 5.53 )
T22
Newt on udowodnił, że prawa Keplera są podrzędne wobec prawa powszechnego ciążenia. My
udowodnimy t rzecie prawo Keplera w przypadku – dwóch planet krążących po orbit ach kołowych
(wszyst kie planet y z wyjąt kiem Plut ona mają orbit y prawie kołowe). Drugie prawo Keplera wynika
z zasady zachowania moment u pędu i zost ało omówione w podrozdziale 4.7
(2_4_7_prawo_zach_moment u_pedu.ht ml#t opic_2_h4.7), przykład 9
(2_4_7_prawo_zach_moment u_pedu.ht ml#t opic_2_h4.7__prz_nr_9). Niech planet a „1” ma masę
m1 i promień orbit y r1 (rys. 5.11
(2_5_5_prawa_Keplera_ruchu_planet .ht ml#t opic_2_h5.5__rys11)).
 Figure 5.16
Dwie planety krążące po o rbitach ko ło wych
Siła z jaką Słońce (o masie Unknown node type: ci ) przyciąga planet ę wynosi
F1 = G
m1 M
r21
( 5.54 )
Jest t o siła dośrodkowa i zgodnie z wzorem (2.32
(2_2_9_sily_w_ruchu_po_okregu.ht ml#t opic_2_h2.9__eq32)) wynosi
równanie
F1 = G
m1 M
r21
a nast ępnie
G
M
r31
=
M
r32
=
=
4π2 r1 m1
T12
4π2 r1 m1
. St ąd ot rzymujemy
T12
( 5.55 )
4π2
T12
( 5.56 )
4π2
T22
( 5.57 )
Takie samo równanie ot rzymamy dla planet y „2”:
G
Dzieląc st ronami równanie (5.25 (2_5_5_prawa_Keplera_ruchu_planet .ht ml#t opic_2_h5.5__eq25))
przez (5.24 (2_5_5_prawa_Keplera_ruchu_planet .ht ml#t opic_2_h5.5__eq24)), ot rzymamy
równanie (5.23 (2_5_5_prawa_Keplera_ruchu_planet .ht ml#t opic_2_h5.5__eq23)), czyli t rzecie
prawo Keplera dla orbit kołowych.
 Przykład 6
Zarówno na Ziemię, jak i na Księżyc działa Słońce siłą przyciągania. Dlat ego układ Ziemia–
Księżyc krąży naokoło Słońca po t orze prawie kołowym. Ściśle mówiąc, środek masy układu
Ziemia–Księżyc krąży po t ym t orze. Z drugiej st rony, jeżeli mówimy, że Księżyc krąży naokoło
Ziemi, t o nie należy t ego rozumieć, że Księżyc krąży naokoło środka Ziemi. Tak nie jest ,
ponieważ Ziemia jest przyciągana przez Księżyc t aką samą siłą, z jaką Księżyc przyciąga Ziemię
(t ylko przeciwnie skierowaną), zgodnie z t rzecią zasadą dynamiki Newt ona. Dlat ego Ziemia i
Księżyc obracają się dookoła wspólnego punkt u będącego środkiem masy t ego układu (pat rz
rys. 5.13 (2_5_5_prawa_Keplera_ruchu_planet .ht ml#t opic_2_h5.5__rys13)).
Pomiary ast ronomiczne dost arczają nast ępujących informacji: średnia odległość Ziemia–Księżyc
jest równa 60,27 promieni ziemskich, ZK = 60, 27R , nat omiast odległość środka masy układu
= 0, 73R. Oblicz masę Księżyca
masę Ziemi M = 5, 97 ⋅ 10
kg.
od środka Ziemi wynosi ZC
 Figure 5.17
24
Unknown node type: ci , znając
Śro dek masy układu Ziemia-Księżyc
 Ziemia i Księżyc poruszają się dookoła wspólnego środka masy Unknown node type: ci
odległego od środka Ziemi o 0,73 promienia Ziemi, ZC = 0, 73R
Odpo wiedź: Środek masy omówiliśmy w podrozdziale 4.5
(2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5), gdzie podaliśmy wzór (4.25
(2_4_5_srodek_masy.ht ml#t opic_2_h4.5__eq25)), z kt órego wynika, że środek masy dzieli
odcinek łączący dwa ciała na odcinki odwrot nie proporcjonalne do ich mas. Zat em st osunek
odcinków ZC/KC (rys. 5.13 (2_5_5_prawa_Keplera_ruchu_planet .ht ml#t opic_2_h5.5__rys13))
jest równy st osunkowi mas m/M . St ąd ot rzymujemy wzór na masę Księżyca:
m=
ZC
KC
M
Odcinek KC jest równy (60, 27 − 0, 73)R = 59, 54R , zat em masa Księżyca wynosi
m =(0, 73/59, 54)M = 0, 0123M = 0, 0123 ⋅ 5, 97 ⋅ 1024 kg = 7, 34 ⋅ 1022 kg.
( 5.58 )
Pytania i problemy
1. Podaj t reść pierwszego prawa Keplera. Czy popełnimy duży błąd, gdy powiemy, że Ziemia
krąży po orbicie kołowej dookoła Słońca? Odpowiedź uzasadnij.
2. Podaj t reść drugiego prawa Keplera. Czy możesz powiedzieć, że środek Ziemi porusza się
ruchem jednost ajnym naokoło Słońca, wiedząc, że Ziemia krąży naokoło Słońca po orbicie
elipt ycznej? Odpowiedź uzasadnij.
3. Podaj t reść t rzeciego prawa Keplera. Oblicz ile wynosi promień orbit y Marsa (w przybliżeniu
kołowej), znając okres obiegu Marsa naokoło Słońca - rok marsjański TM = 686, 98
6
(ziemskich), promień orbit y Ziemi (w przybliżeniu kołowej) rZ = 149, 6 ⋅ 10 km, oraz rok
ziemski TZ = 365, 25 dni (jedna doba = 23 h 56 min 4 s = 86 164 s ).
4. Newt on wykazał, że prawa Keplera wynikają z prawa powszechnej grawit acji. Wykaż, że
t rzecie prawo Keplera dla szczególnego przypadku orbit kołowych wynika z prawa
grawit acji Newt ona.
Pole grawitacyjne
Zgodnie ze współczesnym poglądem na podst awowe oddziaływania w przyrodzie, pośrednikiem i
zarazem nośnikiem oddziaływań jest pole sił.
W dot ychczasowych naszych rozważaniach nie mówiliśmy nic o mechanizmie oddziaływania
grawit acyjnego. Przyjmowaliśmy milcząco, że wyst arczy, aby dwa ciała znalazły się w pewnej
odległości od siebie, aby wyst ąpiło między nimi oddziaływanie grawit acyjne. Taki sposób
podejścia do oddziaływań między ciałami nazywamy oddziaływaniem na odległość. Ten pogląd
ut rzymał się w fizyce aż do drugiej połowy XIX wieku. Współczesny pogląd na podst awowe
oddziaływania w przyrodzie przyjmuje, że pośrednikiem i zarazem nośnikiem oddziaływań jest
pole sił. W koncepcji oddziaływania na odległość ciała oddziałują nawet wt edy, gdy nie st ykają się
ze sobą. Nat omiast koncepcja polowa przyjmuje, że ciało będące źródłem oddziaływania
wprowadza modyfikację ot aczającej go przest rzeni, t worząc pole oddziaływań, kt óre z kolei
działa na ciała znajdujące się w t ym polu. Ciało posiadające masę wyt warza wokół siebie pole
grawitacyjne. Jeżeli w polu t ym znajdzie się inne ciało o określonej masie, t o na ciało będzie
działać siła grawit acji pochodząca od pola grawit acyjnego.
 Note
Po le grawitacyjne - t o przest rzeń, w kt órej na ciała obdarzone masą działają siły
grawit acji.
Ważnym pojęciem w koncepcji polowej są linie sił. Wyobraźmy sobie ciało o masie
Unknown node type: ci w kszt ałcie kuli (może t o być np. jakaś planet a) – rys. 5.14
(2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6__rys14)a. Umieśćmy w jej pobliżu w punkcie
Unknown node type: ci odległym o Unknown node type: ci od jej środka jakieś małe ciało o masie
m ≪ M , kt óre będziemy nazywać „ciałem próbnym”. Na ciało próbne działa siła ciężkości
F=G
mM
r2
 Figure 5.18
( 5.59 )
Linie sił po la grawitacyjnego :
 a) w pobliżu kuli – pole cent ralne, b) w pobliżu płaskiej powierzchni, np. w pobliżu powierzchni
Ziemi na niedużym obszarze – pole jednorodne
Jeżeli ciało próbne przesuniemy do punkt u Unknown node type: ci , t o będzie na nie działać
większa siła Unknown node type: ci Unknown node type: ci , ale jej kierunek się nie zmieni. We
wszyst kich punkt ach prost ej Unknown node type: ci Unknown node type: ci kierunek siły
grawit acji jest t aki sam. Linia t a nazywa się „linią sił”. W ogólnym przypadku linią sił nazywamy
linię, wzdłuż kt órej (st ycznie) na ciało próbne działają siły. Takich linii w ot oczeniu kuli możemy
wykreślić bardzo dużo. Linie sił w ot oczeniu kuli rozmieszczone są promieniście (rys. 5.14
(2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6__rys14)a). Pole o liniach sił rozmieszczonych
promieniście nazywamy polem centralnym. Gdy mamy do czynienia z niedużymi obszarami w
pobliżu powierzchni Ziemi, można przyjąć, że linie sił są równoległe do siebie i prost opadłe do
powierzchni Ziemi (rys. 5.14 (2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6__rys14)b). Takie pole,
w kt órym linie sił są równoległe, nazywamy polem jednorodnym.
Aby móc porównywać pola grawit acyjne, st osujemy wielkość zwaną natężeniem pola, kt óre
definiujemy jako st osunek siły grawit acyjnej F ⃗ działającej na ciało próbne w danym punkcie pola
do masy m t ego ciała
γ⃗ =
F⃗
m
( 5.60 )
Jeżeli t eraz skorzyst amy ze wzoru (5.26 (2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6__eq26))
⃗
dla wyznaczenia F , t o ot rzymamy wzór na nat ężenie pola pochodzącego od ciała kulist ego:
γ⃗ = G
m
M
r2
( 5.61 )
Widzimy, że
γ nie zależy od masy
Unknown node type: ci ciała próbnego, zależy nat omiast od
masy Unknown node type: ci ciała wyt warzającego pole oraz od odległości
Unknown node type: ci danego punkt u pola od środka ciała wyt warzającego pole. Zat em
wielkość (5.27 (2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6__eq27)) charakt eryzuje nam pole,
niezależnie od t ego, jakim ciałem próbnym się posługujemy. Nat ężenie pola jest wekt orem i ma
wymiar t aki sam jak przyspieszenie ( m ⋅ s−2 ). Wzór (5.27
(2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6__eq27)) mówi nam, że nat ężenie pola
grawit acyjnego jest t ym większe, im większa jest masa Unknown node type: ci ciała
wyt warzającego pole, i że nat ężenie pola słabnie z kwadrat em odległości Unknown node type: ci .
Zauważmy, że t am, gdzie pole jest słabsze, t am linie sił są rzadziej rozmieszczone (pat rz rys.
5.14 (2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6__rys14)a).
Zwróćmy uwagę na t o, że przyspieszenie grawit acyjne (choć inaczej definiowane) jest
równocześnie nat ężeniem pola grawit acyjnego, ponieważ
g⃗ =
F⃗
m
( 5.62 )
(porównaj ze wzorem (5.27 (2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6__eq27))).
 Przykład 7
Nat ężenie pola grawit acyjnego na zewnąt rz ciała kulist ego, np. na zewnąt rz Ziemi, jest dane
wzorem (5.27 (2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6__eq27)). Jak zmienia się nat ężenie
pola grawit acyjnego, wewnąt rz kuli, wraz z odległością od jej środka? Przyjmiemy, że kula jest
jednorodna, t zn. ma wszędzie jednakową gęst ość Unknown node type: ci .
Odpo wiedź: Zgodnie z t reścią rozdziału 5.4
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3) - jeżeli małe ciało
Unknown node type: ci znajduje się w punkcie Unknown node type: ci wewnąt rz dużej
jednorodnej kuli o masie Unknown node type: ci w odległości Unknown node type: ci od jej
środka (rys. 5.14 (2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6__rys14)), t o wypadkowa siła
grawit acji działająca na ciało Unknown node type: ci jest skierowana do środka kuli i wyraża się
za pomocą wzoru
mM (r)
Fw = G r2
gdzie M(r) jest
( 5.63 )
masą rdzenia kuli o promieniu Unknown node type: ci .
 Figure 5.19 Punkt materialny Unknown node type: ci wewnątrz kuli jest
przyciągany do śro dka kuli tylko przez jej część kulistą o pro mieniu
Unknown node type: ci
Można ją wyrazić za pomocą gęst ości Unknown node type: ci :
F=G
4πr3 ρ
3
m
r2
=
4
3
πGρmr
M(r)=
4πr3 ρ
zat em
3
( 5.64 )
Zgodnie ze wzorem (5.28 (2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6__eq28)) nat ężenie pola
grawit acyjnego wewnąt rz planet y
γ(r)=
4
3
πGρr
( 5.65 )
Widzimy, że nat ężenie pola grawit acyjnego wewnąt rz kuli (jak również i siła grawit acji) rośnie
liniowo wraz z odległością Unknown node type: ci od środka kuli. Wykres nat ężenia pola
grawit acyjnego, wewnąt rz i na zewnąt rz jednorodnej kuli, w zależności od odległości od jej
środka, jest przedst awiony na rys. 5.16 (2_5_6_pole_grawit acyjne.ht ml#t opic_2_h5.6__rys16).
Wykres natężenia po la grawitacyjnego wewnątrz i na zewnątrz
jedno ro dnej kuli
 Figure 5.20
Pytania i problemy
1. Co t o jest pole grawit acyjne? Podaj definicję pola grawit acyjnego.
2. Co t o jest nat ężenie pola grawit acyjnego? Podaj definicję. O czym informuje nas wart ość
nat ężenia pola grawit acyjnego?
3. Wiadomo, że masa Słońca jest 335 000 razy większa od masy Ziemi. W jakiej odległości
Unknown node type: ci od środka Słońca (na zewnąt rz od niego) nat ężenie pola
grawit acyjnego Słońca jest równe nat ężeniu ziemskiego pola grawit acyjnego na
powierzchni Ziemi. Promień Ziemi wynosi R Z = 6 371 km. Porównaj t ę odległość z
promieniem Słońca wynoszącym około 109 promieni Ziemi oraz z odległością Ziemia–
Słońce, kt óra wynosi około R Z−S = 150 000 000 km.
4. Rakiet a ma st ałe przyspieszenie, wskut ek czego w rakiecie wyst ępują siły bezwładności.
Wykreśl linie sił pola grawit acyjnego równoważnego polu sił bezwładności w rakiecie.
Praca w polu grawitacyjnym
W rozdziale 3.2 (2_3_2_energia_pot encjalna.ht ml#t opic_2_h3.2) wyznaczaliśmy pracę w polu
grawit acyjnym w pobliżu Ziemi – w polu jednorodnym – i ot rzymaliśmy wzór W = mgh. Obecnie
wyznaczymy pracę przemieszczenia ciała w dowolnej odległości od Ziemi oraz w polu
grawit acyjnym innych kulist ych ciał niebieskich.
Ile wynosi praca siły zewnęt rznej F ⃗ równej co do wart ości sile grawit acji, lecz przeciwnie
skierowanej, działającej na ciało próbne o masie Unknown node type: ci w polu grawit acyjnym na
drodze s = r2 − r1 wzdłuż linii siły pola, jak na rys. 5.17
(2_5_7_praca_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.7__rys17)?
 Figure 5.21 Siła zewnętrzna przesuwa ciało pró bne wzdłuż linii siły po la
grawitacyjnego
Na drodze od punkt u Unknown node type: ci do Unknown node type: ci siła F ⃗ zmienia swoją
wart ość według wzoru F = GMm/r2 . Wiemy już, że praca na wykresie zależności siły od
przesunięcia jest równa polu powierzchni pod linią siły (podrozdział 3.1
(2_3_1_praca.ht ml#t opic_2_h3.1)). Praca jest równa zakolorowanemu polu (przypominającemu
t rapez rys. 18 (2_5_7_praca_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.7__rys18)a). Zat em w celu
wyznaczenia pracy należy obliczyć wart ość powierzchni t ego pola. Tu napot ykamy na pewien
problem – jak obliczyć pole powierzchni t akiej figury geomet rycznej? Można obliczyć pole
prost okąt a równoważnego t ej figurze. W przypadku t rapezu równoważny mu prost okąt
¯¯ z sił F1 i F2 .
wyznaczony jest przez linię odpowiadającą średniej aryt met ycznej F̄
¯¯ nie
Jednakże w naszym przypadku nie jest t o zwykły t rapez. Dlat ego średnia aryt met yczna F̄
reprezent uje odpowiedniej średniej siły na t ej drodze. Pole powierzchni prost okąt a
Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci (rys.
5.18 (2_5_7_praca_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.7__rys18)b) pod linią średniej
aryt met ycznej siły byłoby dużo większe niż pole
Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci
odpowiadające pracy wykonanej przez siłę
 Figure 5.22
¯¯.
F̄
Praca siły w po lu grawitacyjnym
 a) pole powierzchni pod krzywą jest miarą pracy wykonanej przez siłę zewnęt rzną na drodze
od r1 do r2 , b) pole
Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci jest
równe polu powierzchni prost okąt a
Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci ;
pole powierzchni t ego prost okąt a jest miarą pracy wykonanej przez siłę będącą średnią
−−−−
geomet ryczną sił F1 i F2 : Fś r = √F1 F2
Okazuje się, że właściwą średnią siłą jest średnia geomet ryczna. W mat emat yce przyjmuje się
nast ępującą definicję średniej geomet rycznej a ś r dwóch liczb a 1 i a 2
−−
a śr = √−
a−
1 a2
Zat em w naszym przypadku średnia geomet ryczna sił F1 i F2 wynosi
−−−
−−−−−Mm
−−
−−
Mm
Fś r = √−
F−
1 F2 = √G 2 G 2 = G
r1
r2
Mm
r1 r2
( 5.66 )
( 5.67 )
Pole prost okąt a (pod linią t ej średniej siły) Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci na
rys. 5.18 (2_5_7_praca_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.7__rys18)b jest właśnie równe
polu pod krzywą siły Unknown node type: ci (
Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci Unknown node type: ci ).
Zat em praca siły zewnęt rznej przesunięcia masy próbnej Unknown node type: ci w polu
grawit acyjnym pochodzącym od ciała kulist ego o masie Unknown node type: ci wyrazi się
wzorem W12
= Fś r (r2 − r1 ) i po podst awieniu (5.34
(2_5_7_praca_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.7__eq34)) ot rzymamy
W12 = G
Mm
(r2
r1 r2
− r1 )
( 5.68 )
Po rozbiciu t ego wzoru na dwa składniki i po uproszczeniu ot rzymujemy ost at ecznie ładny
symet ryczny wzór
W12 = G
Mm
r1
−G
Mm
r2
( 5.69 )
 Figure 5.23 Praca przemieszczenia ciała po dro dze krzywo linio wej w po lu
grawitacyjnym
Obliczmy t eraz pracę przesunięcia ciała próbnego o masie m w polu grawit acyjnym wzdłuż
dowolnej drogi krzywoliniowej – rys. 5.19
(2_5_7_praca_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.7__rys19). Całą drogę podzielimy na małe
odcinki Δs, t ak małe, aby można było je t rakt ować jako odcinki prost e. Element arna praca na
pojedynczym odcinku drogi jest równa
ΔW = FΔs cos α = FΔr
( 5.70 )
gdyż, jak pokazano na rys. 5.19 (2_5_7_praca_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.7__rys19),
Δs cos α = Δr
Widzimy, że t a element arna praca jest równa element arnej pracy wzdłuż linii siły pola
grawit acyjnego i nie zależy od kąt a nachylenia element u drogi do linii siły. Cała praca będzie
równać się sumie prac ΔW (z dowolnie małym błędem zależnym od wielkości odcinków, na kt óre
podzieliliśmy całą drogę) wzdłuż jednej linii siły pola na odcinku .
Zat em, praca siły zewnętrznej w po lu grawitacyjnym nie zależy o d kształtu to ru,
po któ rym po rusza się ciało , a zależy tylko o d po ło żenia punktó w ko ńco wych
to ru.
Pytania i problemy
1. Dlaczego zast osowanie średniej aryt met ycznej siły grawit acji na odcinku drogi od r1 do r2
nie prowadzi do prawdziwej wart ości pracy pola grawit acyjnego? Jaką średnią należy
zast osować w t ym przypadku?
2. Przewożono dwie jednakowe skrzynie z part eru domu handlowego do sklepu położonego
na pierwszym pięt rze – jedną przewożono windą, a drugą za pomocą schodów ruchomych.
Czy wykonana praca przemieszczenia skrzyń (abst rahując od czynników ubocznych) w obu
przypadkach jest t aka sama, czy różna? Odpowiedź uzasadnij.
3. Oblicz pracę pot rzebną do przemieszczenia ruchem jednost ajnym ciała o masie m = 1 kg
z powierzchni Ziemi na wysokość h = 2R nad nią. Przyjmij, że promień Ziemi wynosi
R = 6, 4 ⋅ 106 m, a przyspieszenie ziemskie na powierzchni Ziemi wynosi
g = 9, 81 m/s2 .
Energia potencjalna w polu
grawitacyjnym
Wiemy już, że praca jaką t rzeba wykonać, aby podnieść ciało o masie Unknown node type: ci na
wysokość Unknown node type: ci wynosi
W = mgh
( 5.71 )
Zat em ciało znajdujące się na wysokości Unknown node type: ci ma energię pot encjalną
Ep = mgh
( 5.72 )
Dla niedużych różnic wysokości nad Ziemią przyspieszenie Unknown node type: ci prakt ycznie
nie zmienia się i siła ciężkości działająca na ciało pozost aje st ała na całej drodze
Unknown node type: ci . Dlat ego wzór (5.38
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq38)) na energię
pot encjalną ciała można st osować t ylko dla małych wysokości h w porównaniu z promieniem
Ziemi. Należy zaznaczyć, że wzór t en jest bardzo użyt eczny, gdyż jest prost y i częst o przy
rozwiązywaniu konkret nych zadań mamy do czynienia właśnie z niedużymi wysokościami w
st osunku do rozmiarów Ziemi.
Dokładny wzór na energię pot encjalną ciała znajdującego się na dowolnej wysokości w polu
grawit acyjnym ot rzymamy z wyrażenia (5.36
(2_5_7_praca_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.7__eq36)) na pracę w polu grawit acyjnym.
W12 = G
Mm
r1
−G
Mm
r2
( 5.73 )
Jeżeli począt kowo ciało znajdowało się w odległości r1 od środka Ziemi i zost ało przeniesione na
dalszą odległość r2 , t o zost ała wykonana praca siły zewnęt rznej, kt órą wyraża wzór (5.39
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq39)). Tyle właśnie
energii pot encjalnej nabyło ciało w st osunku do jego położenia począt kowego. Ciało bliżej Ziemi
ma mniejszą energię pot encjalną, niż wt edy, gdy znajduje się w dalszej od niej odległości.
Możemy powiedzieć, że ciało ma ujemną energię pot encjalną w miejscu wyznaczonym przez
promień r1 w st osunku do miejsca wyznaczonego przez r2 . Wygodnie jest mierzyć energię
pot encjalną ciała w polu grawit acyjnym w st osunku do punkt u oddalonego do nieskończoności.
Wt edy, przyjmując we wzorze (5.39
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq39)) r1 = r i
r2 = ∞, ot rzymamy nast ępujący wzór na energię pot encjalną ciała w polu grawit acyjnym:
Ep = −G
Mm
r
( 5.74 )
Znak minus w t ym wzorze oznacza, że energia pot encjalna ciała jest ujemna w st osunku do
nieskończoności, gdzie jest równa zeru. To oznacza, że jeżeli chcemy oddalić ciało od źródła pola
grawit acyjnego, t o musimy wykonać pracę. Chociaż wzór (5.40
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq40)) wydaje się
niepodobny do wzoru (5.38
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq38)), t o można
wykazać, że przybliżony wzór (5.38
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq38)) wynika z
dokładnego wzoru (5.40
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq40)).
 Przykład 8
W jakim zakresie wysokości Unknown node type: ci nad powierzchnią Ziemi możemy st osować
wzór przybliżony na energię pot encjalną (5.38
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq38)), aby nie
popełnić błędu większego niż 1%?
Odpo wiedź: Błąd bezwzględny wyraża się przez różnicę między wart ością przybliżoną
( Ep )przybl = mgh a wart ością dokładną ( Ep )dokł wyznaczoną ze wzoru (5.40
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq40)). Nat omiast
błąd względny obliczymy ze wzoru
(Ep )
przybl
−(Ep )
(Ep )
( 5.75 )
dok ł
dok ł
Powinien być zat em spełniony warunek
(Ep )
przybl
−(Ep )
(Ep )
dok ł
dok ł
=
(Ep )
przybl
(Ep )
− 1 < 0, 01
( 5.76 )
dok ł
Podst awiając t u wyrażenia (5.40
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq40)) i (5.38
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq38)), ot rzymujemy
R+h
R
−1=
h
R
≤ 0, 01
( 5.77 )
Widzimy więc, że aż do wysokości h
= 0,01R = 0,01.
h = 0, 01R = 0, 01 ⋅ 6 371 km ≈ 64 km przybliżony wzór (5.38
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq38)) wyraża energię
pot encjalną z błędem nie większym niż 1%.
Pojęcie energii pot encjalnej jest pojęciem ogólnym, kt óre st osuje się do wielu przypadków, nie
t ylko do pola grawit acyjnego. St osuje się je do wszyst kich przypadków, gdzie wyst ępują siły
zachowawcze. Przypomnijmy sobie (rozdz. 3.2 (2_3_2_energia_pot encjalna.ht ml#t opic_2_h3.2)),
co t o jest siła zachowawcza? Przykładem siły zachowawczej jest siła grawit acji. Jeżeli
podniesiemy ciało na pewną wysokość, t o praca wykonana przez siłę równą sile ciężkości, lecz
przeciwnie skierowaną, nie ginie, ale odnajdujemy ją w energii pot encjalnej, kt órą możemy znów
wykorzyst ać do wykonania pracy. Mówimy, że praca wykonana przeciwko sile ciężkości zost ała
„zachowana”. W poprzednim podrozdziale st wierdziliśmy, że praca przeciwko siłom
grawit acyjnym nie zależy od drogi, ale od współrzędnych począt ku i końca t oru. Ta właśnie cecha
siły zost ała wykorzyst ana do definicji siły zachowawczej. Zat em, jeżeli praca jakiejś siły nie
zależy o d dro gi, ale tylko o d po ło żenia punktó w po czątko wego i ko ńco wego
to ru, to siła ta jest siłą zacho wawczą.
Z t ej cechy siły zachowawczej wynika t wierdzenie, że praca wykonana przez siłę zachowawczą na
drodze zamknięt ej jest równa zeru. Dowód jest prost y i pozost awiamy go czyt elnikowi, jako
ćwiczenie. Z t wierdzenia t ego wynika, że nie możemy zyskiwać (ani t racić) energii przez
wielokrot ne obieganie t ego samego t oru, gdy mamy do czynienia z siłą zachowawczą.
Tarcie należy do sił niezachowawczych. Związane jest t o z t ym, że przy działaniu siły t arcia
energia się rozprasza i jest przekazywana ot oczeniu przez ciepło. Nie można jej odzyskać w
prost y sposób. Jeżeli przesuwamy ciało po poziomej podst awie ruchem jednost ajnym, działając
siłą Unknown node type: ci przeciwko sile t arcia Unknown node type: ci , t o praca wykonana przy
przesunięciu ciała nie zwiększa energii pot encjalnej ciała. Pracy t ej nie można odzyskać, gdyż nie
zost ała zachowana w post aci energii mechanicznej – zost ała ona zmarnowana dla nas
bezpowrot nie. Dlat ego t arcie zaliczamy do „sił niezacho wawczych”.
Wszyst kie czt ery podst awowe oddziaływania należą do kat egorii sił zachowawczych. Zat em,
podst awowe siły działające między cząst kami element arnymi należą do sił zachowawczych.
podst awowe siły działające między cząst kami element arnymi należą do sił zachowawczych.
Również dot yczy t o sił, kt óre można w prost y sposób zredukować do sił podst awowych.
Przykładem może być t u siła sprężyst ości sprężyny. Podczas rozciągania sprężyny at omy
zost ają nieco od siebie odsunięt e i elekt rost at yczne przyciąganie między nimi, sumując się, daje
makroskopowy efekt w post aci siły sprężyst ej sprężyny.
W przypadku ciała kosmicznego znajdującego się w polu grawit acyjnym innego ciała przyjmuje
się, że jego energia pot encjalna jest równa zeru w nieskończoności (pat rz wzór (5.41
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq41))).
Przyjęcie określonego poziomu odniesienia za zerowy jest dowolne i zależy od konkret nego
problemu fizycznego, ale skoro już raz obraliśmy jakiś poziom zerowy, t o energię każdego ciała
musimy wyznaczać względem t ego jednego wspólnego poziomu. Tylko wt edy możemy
porównywać energię pot encjalną różnych ciał.
Potencjał pola grawitacyjnego
Pole grawit acyjne opisywaliśmy dot ychczas za pomocą nat ężenia pola. Nat ężenie informuje nas
o t ym, jak silne jest pole, t o znaczy jak dużą siłą działa pole na ciało próbne o jednost kowej
masie. Nat ężenie jest wekt orem. Obecnie mamy możliwość opisania pola za pomocą wielkości
skalarnej, jaką jest energia pot encjalna. Zdefiniowanie pot encjału pozwala na uproszczenie wielu
rachunków, a w nauce o elekt ryczności jest podst awowym pojęciem umożliwiającym zrozumienie
wielu zjawisk, co będzie jednym z t emat ów nast ępnych rozdziałów.
Energia pot encjalna ciała w polu grawit acyjnym wyrażona wzorem jest zależna zarówno od masy
Unknown node type: ci źródła pola, od miejsca w przest rzeni wyznaczonego przez promień
Unknown node type: ci , jak i od masy Unknown node type: ci ciała próbnego znajdującego się w
polu. Zat em zawiera wielkości charakt eryzujące zarówno pole, jak i ciało próbne przypadkowo
znajdujące się w polu. Aby ot rzymać wielkość, kt óra określałaby samo pole, t rzeba t ak zmienić
wzór, aby zawierał t ylko wielkości charakt eryzujące pole. Jeżeli podzielimy energię pot encjalną
przez masę Unknown node type: ci ciała próbnego, t o t ak powst ała wielkość nie będzie zawierać
przypadkowej masy próbnej i będzie charakt eryzować pole w dowolnym miejscu. Wielkość t a
nazywa się pot encjałem pola grawit acyjnego. Oznaczamy go symbolem Unknown node type: ci ,
zat em
V =
Ep
m
( 5.78 )
 Note
Potencjał jest równy energii pot encjalnej ciała próbnego o jednost kowej masie (
Unknown node type: ci ) znajdującego się w danym punkcie pola. Zgodnie z jego definicją –
wzorem (5.42
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq42)) – jednost ką
pot encjału jest 1 J/kg .
Podst awiając t u wyrażenie (5.40
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq40)) na energię
pot encjalną Ep ot rzymamy nast ępujący wzór na pot encjał pola grawit acyjnego wyt worzonego
przez źródło punkt owe (lub kulist e):
V = −G
M
r
( 5.79 )
Przyglądając się wzorowi (5.43
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq43)), zauważamy, że
pot encjał zależy odwrot nie proporcjonalnie od Unknown node type: ci (t zn. od odległości od
środka masy kulist ej będącej źródłem pola, na przykład od środka Ziemi). Krzywa obrazująca t ę
zależność jest hiperbolą (pat rz rys. 5.20
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__rys20)). Taka zależność
pot encjału dot yczy t ylko punkt ów położonych na zewnąt rz kulist ego ciała wyt warzającego pole.
Wewnąt rz kuli obowiązuje inna zależność pot encjału od odległości od środka. Zagadnienie t o
rozważymy jako przykład 9
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__prz_nr_9).
 Figure 5.24
Po tencjał grawitacyjny
 Wykres pot encjału grawit acyjnego
przedst awia hiperbolę
V (r) w funkcji odległości od środka kuli (dla r > R)
Zgodnie ze wzorem (5.43
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq43)) pot encjał
przybiera jednakową wart ość dla wszyst kich punkt ów jednakowo odległych (o
Unknown node type: ci ) od środka. Miejscem geomet rycznym t ych punkt ów jest powierzchnia
kuli o promieniu Unknown node type: ci . Jest t o powierzchnia jednakowego pot encjału.
Powierzchnie, na kt órych pot encjał pola ma jednakową wart ość, nazywamy powierzchniami
ekwipotencjalnymi. Widzimy zat em, że pole grawit acyjne (i nie t ylko pole grawit acyjne, ale i inne
pola, np. pole elekt rost at yczne) możemy graficznie przedst awiać nie t ylko za pomocą linii sił, ale
również za pomocą powierzchni ekwipot encjalnych. W przypadku pola grawit acyjnego, kt órego
źródłem jest ciało kulist e, linie sił rozchodzą się promieniście, a powierzchnie ekwipot encjalne są
koncent rycznymi powierzchniami kulist ymi.
Zauważmy jeszcze, że wzór (5.39
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq39)) na pracę
przesunięcia ciała w polu grawit acyjnym można jest właściwie wyrażony za pomocą różnicy
pot encjałów. Mamy bowiem
= m[(−G M
)−(−G M
)]= m(V2 − V1 )
r2
r1
Zat em, praca przesunięcia W12 ciała między dwoma punkt ami w polu grawit acyjnym jest
W12 = G
Mm
r1
−G
Mm
r2
( 5.80 )
równa
iloczynowi masy ciała i różnicy pot encjałów między t ymi punkt ami:
W12 = m( V2 − V1 )
( 5.81 )
Praca t a jest jednocześnie równa różnicy energii pot encjalnej ciała.
 Przykład 9
Jakim wzorem wyraża się pot encjał pola grawit acyjnego wewnąt rz jednorodnej kuli?
Odpo wiedź: Najpierw wyprowadzimy wzór na pracę przesunięcia masy próbnej m wewnąt rz
kuli od jej środka do punkt u odległego o Unknown node type: ci . Na t ej drodze siła grawit acji
zmienia liniowo swoją wart ość (wzór (5.15
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__eq13))):
4
3
F=
πGρmr
( 5.82 )
W punkcie środkowym kuli (dla r
= 0) siła t a jest
równa zeru, zat em średnia siła na drodze
Unknown node type: ci wynosi
Fś r =
F
2
=
2
3
πGρmr
( 5.83 )
Praca siły zewnęt rznej równej sile grawit acji na t ej drodze wyniesie
W0−r = Fś r r =
r=
F
2
2
3
πGρmr2
( 5.84 )
Tyle wzrośnie energia pot encjalna ciała próbnego (w st osunku do środka kuli)
W0−r = ΔEp = Epr − Ep0 = 23 πGρm ⋅ r2
Praca przesunięcia W0−r ciała między dwoma punkt ami w polu grawit acyjnym jest
( 5.85 )
równa
iloczynowi masy ciała i różnicy pot encjałów między t ymi punkt ami (pat rz wzór (5.44
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq44))), więc
W0−r = mΔV = m(Vr − V0 )=
2
3
πGρm ⋅ r2
( 5.86 )
St ąd, po przekszt ałceniu, ot rzymujemy wzór na pot encjał pola grawit acyjnego wewnąt rz kuli:
Vr = V0 +
2
3
πGρ ⋅ r2
( 5.87 )
Podst awiając t u masę kuli,
M=
4
3
πρR3
( 5.88 )
ot rzymamy
Vr = V0 +
1
2
M
R3
G
⋅ r2
Widzimy, że zależność
( 5.89 )
Vr od
Unknown node type: ci jest funkcją kwadrat ową.
Ile wynosi pot encjał V0 w punkcie środkowym kuli? W celu odpowiedzi na t o pyt anie zauważmy,
że gdy r = R , t o pot encjał
VR = V0 +
1
2
G
M
R
( 5.90 )
jest równy pot encjałowi na powierzchni kuli, kt óry zgodnie ze wzorem (5.43
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq43)) wynosi
V = −GM/R. Wst awiając t o wyrażenie do wzoru (5.46
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq46)), ot rzymamy
−G
M
R
= V0 +
1
2
G
M
R
→ V0 = −
3
2
G
M
R
( 5.91 )
Po podst awieniu ot rzymanego wyrażenia na V0 do wzoru (5.45
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__eq45)) ot rzymujemy
nast ępujący wzór na pot encjał pola grawit acyjnego wewnąt rz kuli:
Vr =
GM
(3
2R
−
r2
)
R2
( 5.92 )
Teraz możemy wykonać pełny wykres pot encjału w zależności od odległości od środka kuli w
całej przest rzeni, zarówno wewnąt rz, jak i na zewnąt rz kuli – rys. 5.21
(2_5_8_energia_pot encjalna_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.8__rys21).
Wykres po tencjału w zależno ści o d o dległo ści o d śro dka kuli,
wewnątrz i na zewnątrz kuli
 Figure 5.25
Pytania i problemy
1. Dlaczego wzór na energię pot encjalną Ep = mgh jest wzorem przybliżonym? Podaj
dokładny wzór na energię pot encjalną w polu grawit acyjnym Ziemi.
2. Co t o jest pot encjał pola grawit acyjnego? Podaj definicję t ej wielkości.
3. Jaka krzywa obrazuje pot encjał pola na zewnąt rz kuli ziemskiej – na wykresie w układzie
współrzędnych (r, V ) ? Narysuj t ę krzywą.
4. Jaki jest związek pracy z pot encjałem pola grawit acyjnego?
5. Z powierzchni jednorodnej planet y w kszt ałcie kuli o promieniu Unknown node type: ci i
masie Unknown node type: ci wyst rzelono pionowo w górę rakiet ę z prędkością v0 . Jaka
będzie największa odległość Unknown node type: ci od środka planet y, na jaką wzniesie się
rakiet a?
Prędkości kosmiczne
Zasada zachowania energii pozwala obliczyć prędkość, jaką należy nadać ciału, aby mogło
polecieć w Kosmos.
Mamy t rzy szczególne możliwości:
1. ciało opuszcza Ziemię, ale krąży po orbicie wokół Ziemi,
2. ciało wylat uje poza zasięg pola grawit acyjnego Ziemi,
3. ciało opuszcza Układ Słoneczny i oddala się poza zasięg pola grawit acyjnego Słońca.
(Uwaga: temat nadobowiązkowy).
Rozważymy t ut aj szczegółowo t ylko przypadek 3. Dwa pierwsze były omawiane w klasie
pierwszej – t ut aj t ylko przypomnimy je oraz nieco pogłębimy naszą wiedzę na t en t emat .
Ad 1. Przypomnijmy, jaką prędkość należy nadać ciału, aby mogło st ać się szt ucznym sat elit ą.
Przy o dpo wiednio dużej prędko ści ciało o krąża Ziemię, stając się
jej sztucznym satelitą
 Figure 5.26
Współczesne rakiet y st art ują z powierzchni Ziemi, wylat ują poza obszar at mosfery ot aczającej
Ziemię i t am, na wysokości ponad 160 km, umieszczają sat elit y. Chodzi o t o, aby opór powiet rza
nie zmniejszał prędkości sat elit y, co nieuchronnie spowodowałoby jego upadek. Rakiet a nie od
razu nabywa odpowiedniej prędkości, lecz rozpędza się na określonej drodze, pokonując zarówno
przyciąganie ziemskie, jak i opór powiet rza. Rachunki w t akim przypadku są skomplikowane.
Jednakże, jeżeli nas int eresuje t ylko prędkość na orbicie, t o zagadnienie jest prost e. Wyst arczy
przyrównać siłę dośrodkową z siłą grawit acji sat elit y na orbicie wokółziemskiej.
Przyjmiemy, że promień orbit y wynosi Unknown node type: ci , zaś promień Ziemi –
Unknown node type: ci . Prędkość sat elit y na orbicie oznaczymy przez Unknown node type: ci .
Ponieważ na orbicie działa na sat elit ę siła dośrodkowa równa sile grawit acji, więc
F=
mv2
r
=G
Mm
r2
( 5.93 )
Po przekszt ałceniu równania (5.33
(2_5_7_praca_w_polu_grawit acyjnym.ht ml#t opic_2_h5.7__eq33)) ot rzymujemy wzór na prędkość
sat elit y na orbicie kołowej:
−−−
v = √ GM
r
( 5.94 )
Jeżeli sat elit a ma orbit ę bliską Ziemi, t o promień orbit y Unknown node type: ci t ylko nieznacznie
różni się od promienia Ziemi Unknown node type: ci , wt edy we wzorze (5.49
(2_5_9_predkosci_kosmiczne.ht ml#t opic_2_h5.9__eq49)) możemy podst awić
wzór na t ak zwaną pierwszą prędkość kosmiczną:
−−−
−−
−
v1 = √ GM
=
gR
√
R
R = r i ot rzymać
( 5.95 )
√
Wykorzyst aliśmy t u wzór (5.15
(2_5_3_grawit acja_wewnat rz_planet y_nadobow.ht ml#t opic_2_h5.3__eq15)) dla małych
wysokości, więc
g=
GM
R2
−−−−−−−−−−−−−−−−−
−−
−
v1 = √gR = √9, 81 m2 ⋅ 6, 37 ⋅ 106 m = 7, 92 ⋅ 103
s
m
s
≈8
km
s
( 5.96 )
Zat em pierwsza prędkość kosmiczna wynosi około 8 km/s (czyli jest prawie 9 razy większa od
prędkości kuli karabinowej).
 Figure 5.27
T akie rakiety służą do umieszczania satelitó w na o rbicie
 Przykład 10
Prędkość sat elit y krążącego na orbicie na wysokości h = 160 km nieznacznie różni się od
pierwszej prędkości kosmicznej ( v1 = 8 km/s). Łat wo się o t ym przekonamy
przeprowadzając nast ępujące rozumowanie.
Promień orbit y sat elit y wynosi r
=R+h
Zgodnie z wzorem (5.49 (2_5_9_predkosci_kosmiczne.ht ml#t opic_2_h5.9__eq49)) - prędkość
sat elit y wyraża się wzorem
−−−
−−
−−
GM
v = √ GM
=
√
r
R+h
( 5.97 )
Przekszt ałcimy t en wzór w t en sposób, aby pojawiła się w nim v1
−−−−−2−
−−−−
−−−−−−
−−−−
GM
R
R
v = √ R+h = √ GMR
=
gR
=
v
√
√
1
2(
R+h
R+h
)
( 5.98 )
R R+h
Skorzyst aliśmy t u z wzoru (5.50 (2_5_9_predkosci_kosmiczne.ht ml#t opic_2_h5.9__eq50)).
Podst awiając dane: h = 160 km i R = 6 400 km ot rzymujemy, że
v = 0, 988 v1
( 5.99 )
Oznacza t o, że prędkość sat elit y na wysokości 160 km jest mniejsza t ylko o 1,2% od pierwszej
prędkości kosmicznej.
Pokażemy t eraz ciekawą prawidłowość wyst ępującą w przypadkach ruchu ciała w polu cent ralnym
(ot o przykłady - kulist a planet a wyt warza cent ralne pole grawit acyjne, ładunek punkt owy
wyt warza cent ralne pole elekt rost at yczne).
Przyjrzyjmy się równaniu (5.48 (2_5_9_predkosci_kosmiczne.ht ml#t opic_2_h5.9__eq48)):
mv2
r
=G
Mm
r2
( 5.100 )
Po prost ym przekszt ałceniu równanie przybiera post ać
mv2 = G
Mm
r
( 5.101 )
Widzimy, że lewa st rona t ego równania odpowiada podwojonej energii kinet ycznej sat elit y na
orbicie, a prawa – jest równa wart ości bezwzględnej energii pot encjalnej sat elit y na orbicie.
orbicie, a prawa – jest równa wart ości bezwzględnej energii pot encjalnej sat elit y na orbicie.
Widzimy więc, że wyst ępuje nast ępująca prawidłowość: energia kinet yczna jest dwa razy
mniejsza od bezwzględnej wart ości energii pot encjalnej. Zat em energia całkowit a na orbicie jest
równa
E = Ek + Ep = G
Mm
2r
−G
Mm
r
= −G
Mm
2r
=
Ep
2
= −Ek
( 5.102 )
czyli energia całko wita jest ró wna po ło wie energii po tencjalnej o raz jest ró wna
energii kinetycznej, ale z przeciwnym znakiem.
Ta prawidłowość energet yczna wyst ępująca na orbicie w polu grawit acyjnym ma miejsce również
dla elekt ronu krążącego po orbicie w at omie wodoru, według modelu Bohra.
Ad 2. Prędkość jaką należy nadać ciału na Ziemi, aby mogło uciec z pola grawit acyjnego Ziemi
nazywamy drugą prędkością kosmiczną lub prędkością ucieczki. Oznaczymy ją przez v2 .
Zmiana energii pot encjalnej ciała przy jego oddalaniu się do nieskończoności nast ąpi koszt em
energii kinet ycznej. Zat em
mv22
2
=G
St ąd
( 5.103 )
mM
R
−−−−−
v2 = √GM R2 = v1 √2 = 7, 92 ⋅ 1, 414
km
s
= 11, 2
km
s
( 5.104 )
Widzimy, że druga prędkość kosmiczna jest o √2 czyli około półt ora razy większa od pierwszej
prędkości kosmicznej. Należy zaznaczyć, że w naszych rozważaniach nie uwzględnialiśmy pola
grawit acyjnego Słońca. Dlat ego v2 jest prędkością, jaką należy nadać ciału, aby oddaliło się poza
obszar przyciągania Ziemi, ale nie poza obszar grawit acji Słońca. Zat em ciało st anie się szt uczną
planet oidą.
Ad 3. Najpierw obliczymy prędkość v2S – prędkość ucieczki z pola grawit acyjnego Słońca. Niech
ciało znajduje się samot nie w odległości r0 od Słońca równej promieniowi orbit y Ziemi. Zat em
energia kinet yczna ciała powinna być równa bezwzględnej wart ości energii pot encjalnej
pochodzącej od Słońca:
mv22S
( 5.105 )
= G MrS m
0
gdzie: MS – masa Słońca. St ąd
2
v22S = 2G
MS
r0
( 5.106 )
MMS
r20
( 5.107 )
Łat wo możemy wykazać, że wyrażenie GMS /r0 jest równe v20 – kwadrat owi prędkości orbit alnej
Ziemi, ponieważ Ziemia na orbicie wokółsłonecznej doznaje siły dośrodkowej równej sile
przyciągania Ziemia–Słońce:
Mv20
r0
=G
Po uproszczeniu widzimy, że v20 = GMS /r0 . Wykorzyst ując t en wzór i (5.52
(2_5_9_predkosci_kosmiczne.ht ml#t opic_2_h5.9__eq52)), ot rzymamy
v22S = 2G
MS
r0
= 2v20
czyli
v2S = v√2
( 5.108 )
W celu obliczenia prędkości v3 jaką powinno mieć ciało wyrzucone z Ziemi, aby mogło uciec z
Układu Słonecznego, napiszemy równanie energii, wykorzyst ując fakt , że ciało na Ziemi ma już
prędkość v0 i dla pokonania pola grawit acyjnego Słońca pot rzebna mu t ylko prędkość równa
v2S − v0 . Zat em
mv23
2
=
m(v2S −v0 )
2
2
+
mv22
2
( 5.109 )
Lewa st rona t ego równania jest równa całkowit ej energii kinet ycznej ciała st art ującego z Ziemi.
Pierwszy wyraz prawej st rony t o energia kinet yczna pot rzebna do ucieczki z pola grawit acyjnego
Słońca, drugi wyraz t o energia kinet yczna pot rzebna do ucieczki z pola grawit acyjnego Ziemi.
St ąd i z (5.53 (2_5_9_predkosci_kosmiczne.ht ml#t opic_2_h5.9__eq53)) ot rzymujemy
ost at ecznie
−−−−−−−−−−
−−−−
2
( 5.110 )
2
√
v3 = v0 ( √2 − 1) + v22
Podst awiając t u v0 = 30 km/s oraz v2 = 11, 2 km/s, ot rzymujemy, że t rzecia prędkość
kosmiczna wynosi
v3 = 16, 7 km/s
( 5.111 )
Pytania i problemy
1. Co t o jest pierwsza prędkość kosmiczna? Wyprowadź wzór na pierwszą prędkość
kosmiczną, wychodząc z równości siły dośrodkowej z siłą grawit acji.
2. Co t o jest druga prędkość kosmiczna? Z jaką energią należy porównać energię kinet yczną
ciała, aby była ona wyst arczająca dla uzyskania drugiej prędkości kosmicznej?
3. Co t o jest t rzecia prędkość kosmiczna? Z jaką energią należy porównać energię kinet yczną
ciała, aby była ona wyst arczająca dla uzyskania t rzeciej prędkości kosmicznej?