Skąd sie bierze inspiracja do pisania notek? Różnie. Na przykład - z bywania z wizytą. Te nasze blogi przypominają nieco piaskownice w blokach. Niedawno odwiedziłem piaskownicę Einego, i tam się pokłóciłem - nie, nie o łopatkę ani wiaderko! O newtonowską III-ą zasadę dynamiki z bywalcem znanym jako 'mhg'. Następnie doszło nawet do bójki z rządcą piaskownicy, panem Einem, i znów - nie o piaseczne utensylia, jeno o zasadę zachowania momentu.
W skrócie, szło o to, że jako niefizyk, nie mogę się wypowiadać o fizyce. Jak rozumiem, nie zostałem namaszczony na fizyka, stąd moje wypowiedzi są świętokradcze. Ale do rzeczy. 'Mhg' podał takie zadanie:
"Pocisk o masie m z początkową prędkością v0 wpada w grubą ścianę która stawia opór proporcjonalny do predkości pocisku. Pytanie: po jakim czasie od chwili uderzenia w ścianę pocisk się zatrzyma?"
Moja odpowiedź brzmiał, iż pocisk nie zatrzyma się nigdy, choć wbije się w ścianę na skończoną głębokość. Podałem następujące uzasadnienie:
"...po newtonowsku... masz do czynienia z dwiema siłami, Fv = ma, gdzie a jest przyspieszeniem, czyli pochodną prędkości v'' względem czasu (II-ga zasada) , i siłą oporu Fo = -b v, z pewnym dodatnim współczynnikiem proporcjonalności 'b'. Przyrównując obie siły (III-a zasada)... ""
Powstałe równanie m v' = −b v rozwiązuje się tak. Wykluczywszy v = 0 (bezruch), dzielimy obie strony przez v oraz przez m:
![[;\frac{v'}{v} = -\frac{b}{m};]](http://www.codecogs.com/gif.latex?\frac{v'}{v} = -\frac{b}{m} "\frac{v'}{v} = -\frac{b}{m}")
Lewa strona - to pochodna logarytmu, prawa jest stałą
![[;\left(\ln v/v_0\right)' =\left(\ln v -\ln v_0\right)' =\left(\ln v\right)' =-\frac{b}{m};]](http://www.codecogs.com/gif.latex?\left(\ln v/v_0\right)' =\left(\ln v -\ln v_0\right)' =\left(\ln v\right)' =-\frac{b}{m} "\left(\ln v/v_0\right)' =\left(\ln v -\ln v_0\right)' =\left(\ln v\right)' =-\frac{b}{m}")
Zatem, dostajemy i prędkość, głębokość penetracji x=x(t) w chwili t, gdzie x(0)=0,
![[; \ln (v/v_0) = -\frac{b}{m}t,\qquad v=v_0e^{-b/m\, t},\qquad x=\frac{v_0m}{b}\left(1-e^{-b/m t}\right).;]](http://www.codecogs.com/gif.latex? \ln (v/v_0) = -\frac{b}{m}t,\qquad v=v_0e^{-b/m\, t},\qquad x=\frac{v_0m}{b}\left(1-e^{-b/m t}\right). "\ln (v/v_0) = -\frac{b}{m}t,\qquad v=v_0e^{-b/m\, t},\qquad x=\frac{v_0m}{b}\left(1-e^{-b/m t}\right).")
I - rzeczywiście, predkość opada wykładniczo, nigdy nie osiągając zera, zaś maksymalna głębokość wynosi v0m/b. 'Mhg' zakwestionował odwołanie się do III zasady (w skrócie: siła akcji równa jest sile reakcji, obie są przeciwnie skierowane), twierdząc, że występuje tam tylko jedna siła, nie dwie. Dokładniej:
"Mamy tylko jedną siłę i siłe oporu. Jest ona przyczyna hamowania pocisku. Gdzie widzisz drugą? Gdyby była druga : akcja =reakcja to by pocisk nie hamował, bo by się równoważyły (I zasada dynamiki) "
Czytelnikowi, który wytrwał do tego miejsca, należy się wyjaśnienie. III-a zasada mówi, w szczególności, że w przyrodzie nie występują pojedyncze siły. jeno ich pary: gdy obiekt 1 oddziałowuje z siłą F12 na obiekt 2, to obiekt 2 oddziałowuje na obiekt 1 z siłą F21, o tej samej wielkości lecz przeciwnym zwrocie. Pytanie 'mhg' w istocie sprowadzało się do tego, że skąd wiadomo, czy siła pędu pocisku i siła oporu stanowią właśnię tę parę. W domyśle - może są dwie pary sił?
Te wątpliwości rozprasza zastosowanie zasady zachowania energii. W momencie t, pocisk ma energię kinetyczną Ekin=m v2/2, która w całości zamienia się w pracę przy pokonywaniu siły oporu o wielkości F0>0. Praca W, przy ruchu jednostajnym, równa się wielkości siły pomnożonej przez drogę. W ruchu opóźnionym, lokalnie na maleńkim odcinku odpowiadającemy przyrostowi czasu Δt, ta sama zasada się stosuje:
![[;\Delta W = F_0\cdot \Delta x = F_0 \cdot v \,\Delta t;]](http://www.codecogs.com/gif.latex?\Delta W = F_0\cdot \Delta x = F_0 \cdot v \,\Delta t "\Delta W = F_0\cdot \Delta x = F_0 \cdot v \,\Delta t")
Innymi słowami, inaczej zapisując, praca W(t) wykonana od momentu t, wynosi
![[;W(t)=\int_t^\infty F_0\cdot v(t)\,dt ;]](http://www.codecogs.com/gif.latex?W(t)=\int_t^\infty F_0\cdot v(t)\,dt "W(t)=\int_t^\infty F_0\cdot v(t)\,dt")
Energia kinetyczna równa się wykonanej pracy, zatem
![[;\frac{m\, v^2(t)}{2}= \int_t^\infty F_0\cdot v(t)\,dt;]](http://www.codecogs.com/gif.latex?\frac{m\, v^2(t)}{2}= \int_t^\infty F_0\cdot v(t)\,dt "\frac{m\, v^2(t)}{2}= \int_t^\infty F_0\cdot v(t)\,dt")
Różniczkując obie strony, ponieważ a=v',
![[;m\, v\,v' = - F_0\,v,\qquad ma=- F_0\, ;]](http://www.codecogs.com/gif.latex?m\, v\,v' = - F_0\,v,\qquad ma=- F_0\, "m\, v\,v' = - F_0\,v,\qquad ma=- F_0\,")
Ponieważ założenie brzmiało, iż wielkość siły wynosi bv, otrzymujemy to samo równanie, co poprzednio. Te rozwiązania i podejścia mają jedną wadę - choć równie dobrze można by się uprzeć, i nazwać ją zaletą. Są ogólne. Nijak nie wchodzą w rzecz samą, równie dobrze stosowałyby się do obiektu ślizgającego się po powierzchni, gdzie dynamika ruchu przeciwdziała tarciu. Lecz przecież penetracja kulą ściany jest zjawiskiem różnym od ślizgania się sanek po śniegu.
Właśnie! Mamy do czynienia z jednym ciałem przemieszczajacym się poprzez drugie - nie tylko pocisk przez ścianę, lecz też - ptak przez powietrze, ryba przez wodę, kret lub dżdżownica przez ziemię. A przecież jeszcze są ciała, ni to ciekłe, ni to stałe - budyń, smoła, kurzawka. Na filmach z serii CSI można zobaczyć jak specjaliści od balistyki wstrzeliwują kulę w blok zestalonego żelu, by uniknąć deformacji tej kuli i zachować charakterystyki broni, z której kula została wystrzelona.
Zadałem więc pytanie, czy nie dałoby się wyprowadzić równania ruchu z zasady zachowania pędu. I tu nastąpił szok kulturowy. Zamiast zostać pochwalonym przez fizyków, zostałem zbesztany i wyśmiany, a rozstawiony po kątach. Inna sprawa, że zadałem pytanie prowokująco, jakbym czerwoną koszulą wymachiwał bykowi przed oczami"
Przyznam się, że choć równanie/rozwiązanie powinno się dać wyprowadzić z zasady zachowania pędu, nie wiem jednak ad hoc jak to zrobić. Może szanowni panowie fizycy - zamiast się wymądrzać - wykażą się godziwym rzemiosłem i opanowaniem aparatu fizyka, i pokażą mi, matematykowi, jak to wyprowadzenie przebiega? No, ciekawym, czy się doczekam..."
Stąd, nie mam pretensji za reakcję do nikogo, co najwyżej mogę mieć do siebie samego. "Nie będziesz poddawał mnie testowi" - jest to odczucie, którego nazwy nie znam. Gdy siadłem, wziąłem kartkę papieru i ołówek, i po kilku nieudanych próbach w końcy wyszło równanie ruchu wywiedzione z prawa zachowania pędu, ogarnęło mnie poczucie satysfakcji, graniczącej z zarozumiałością. Ale stanowczo zaprzeczam, by pycha maczała w tym swe obślizłe palce. Niemniej, nie omieszkałem odpowiednio dokuczyć panom fizykom, ale już nie będe cytował samego siebie, bo się wstydzę (pycha, która się wstydzi, nie jest pychą).
Przytoczę choć jedną nieudaną próbę, albowiem sadzę, że nic tak nie uczy jak błędy i wycofywanie się ze ślepych uliczek.
Obiekt o masie m penetruje ośrodek o gęstości ρ, tworząc w nim tunel. Kształt przekroju poprzecznego nie jest istotny, oznaczmy więc jego powierzchnię przez S. Przypuśćmy na razie, że masa M ośrodka jest tak wielka, iż jego ruch można zaniedbać.
Co się dzieje z materią ośrodka, zastąpioną przez tunel? Jedna możliwość, to zgniatanie przez penetrująca kulę - kula przejmuje masę ośrodka. W chwili t, gdy tunel ma głębokość x = x(t), masa równa się ρSx+m. Zatem, pęd - masa pomnożona przez prędkość - wynosi (ρSx+m)v. Chwilę potem, po upływie czasu Δt, gdy głębokość powiększyła się o Δx, pęd podlega tej samej formule. Zasada zachowania pędu mówi, że
![[; (\rho\,S\,x(t)+m)\,v(t)=\Big(\rho\,S\,(x(t)+\Delta x)+m\Big)\,v(t+\Delta t);]](http://www.codecogs.com/gif.latex? (\rho\,S\,x(t)+m)\,v(t)=\Big(\rho\,S\,(x(t)+\Delta x)+m\Big)\,v(t+\Delta t) "(\rho\,S\,x(t)+m)\,v(t)=\Big(\rho\,S\,(x(t)+\Delta x)+m\Big)\,v(t+\Delta t)")
Po odrobinie algebry:
![[; (\rho\,S\,x(t)+m)\,\frac{v(t)-v(t+\Delta)}{\Delta t} =\rho\,S\,v\,\frac{\Delta x}{\Delta t};]](http://www.codecogs.com/gif.latex? (\rho\,S\,x(t)+m)\,\frac{v(t)-v(t+\Delta)}{\Delta t} =\rho\,S\,v\,\frac{\Delta x}{\Delta t} "(\rho\,S\,x(t)+m)\,\frac{v(t)-v(t+\Delta)}{\Delta t} =\rho\,S\,v\,\frac{\Delta x}{\Delta t}")
Przechodząc do granicy, Δt→0,
![[; (\rho\,S\,x+m)a=\rho\,S\, v^2;]](http://www.codecogs.com/gif.latex? (\rho\,S\,x+m)a=\rho\,S\, v^2 "(\rho\,S\,x+m)a=\rho\,S\, v^2")
Z II-zasady dynamiki Newtona, siła jest pochodną pędu, stąd jej wielkość równa się
![[; \frac{d}{dt} (\rho\,S\,x(t)+m)\,v(t)= \Big((\rho\,S\,x+m)\,v\Big)'=\rho\,S\, v^2+(\rho\,S\,x+m)\,a;]](http://www.codecogs.com/gif.latex? \frac{d}{dt} (\rho\,S\,x(t)+m)\,v(t)= \Big((\rho\,S\,x+m)\,v\Big)'=\rho\,S\, v^2+(\rho\,S\,x+m)\,a "\frac{d}{dt} (\rho\,S\,x(t)+m)\,v(t)= \Big((\rho\,S\,x+m)\,v\Big)'=\rho\,S\, v^2+(\rho\,S\,x+m)\,a")
Drugi składnik został uprzednio wyliczony, i równa się ρSv. Zatem, wielkość siły pędu wynosi
![[; \rho\,S\,v^2+\rho\,S\,v^2=2\rho\,S v^2;]](http://www.codecogs.com/gif.latex? \rho\,S\,v^2+\rho\,S\,v^2=2\rho\,S v^2 "\rho\,S\,v^2+\rho\,S\,v^2=2\rho\,S v^2")
Jeżeli siła oporu jest proporcjonalna do v, wtedy przyrównanie obu wielkości sił pociągałoby stałą prędkość. Albo ją przyjmujemy, albo odrzucamy założenie o bezruchu ośrodka lub założenie o oporze proporcjonalnym do prędkości.
Niech się więc ściana rusza!
Oznaczmy przez V=V(t) prędkość ośrodka (dokladniej, jego środka masy w kierunku poziomym), zaś przez A=V' jego przyspieszenie. Załóżmy, że ze względu na wielki rozmiar ośrodka, można zaniedbać zmianę geometrycznego środka mas przez powstanie tunelu. Pędy systemu w chwili t i w chwili t+Δt są równe:
![[;(\rho\,S\,x+m)\,v+(M-\rho \,S\,x)\,V =(\rho\,S\,x(t+\Delta t)+m)\,v(t+\Delta t)+(M-\rho \,S\,x(t+\Delta t))\,V(t+\Delta t).;]](http://www.codecogs.com/gif.latex?(\rho\,S\,x+m)\,v+(M-\rho \,S\,x)\,V =\\(\rho\,S\,x(t+\Delta t)+m)\,v(t+\Delta t)+(M-\rho \,S\,x(t+\Delta t))\,V(t+\Delta t). "(\rho\,S\,x+m)\,v+(M-\rho \,S\,x)\,V =(\rho\,S\,x(t+\Delta t)+m)\,v(t+\Delta t)+(M-\rho \,S\,x(t+\Delta t))\,V(t+\Delta t).")
Postępując podobnie jak poprzednio, otrzymujemy równanie (*)
![[; (\rho\,S\,x+m)\,a+(M-\rho \,S\,x)\,A=\rho\,S\,v^2-\rho\,S\,v\,V ;]](http://www.codecogs.com/gif.latex? (\rho\,S\,x+m)\,a+(M-\rho \,S\,x)\,A=\rho\,S\,v^2-\rho\,S\,v\,V "(\rho\,S\,x+m)\,a+(M-\rho \,S\,x)\,A=\rho\,S\,v^2-\rho\,S\,v\,V")
oraz siłę pędu
![[;\rho\,S\,v^2+(\rho\,S\,x+m)\,a -\rho\,S\,v\,V+(M-\rho \,S\,x)\,A ;]](http://www.codecogs.com/gif.latex?\rho\,S\,v^2+(\rho\,S\,x+m)\,a -\rho\,S\,v\,V+(M-\rho \,S\,x)\,A "\rho\,S\,v^2+(\rho\,S\,x+m)\,a -\rho\,S\,v\,V+(M-\rho \,S\,x)\,A")
Wykorzystując równanie (*), siła pędu wynosi
![[; 2\rho\,S(V-v)v ;]](http://www.codecogs.com/gif.latex? 2\rho\,S(V-v)v "2\rho\,S(V-v)v")
Stąd, jeżeli siła jest proporcjonalna do prędkości v, wtedy V=v+c, gdzie stała c=b/(2ρ S), czyli przyspieszenia są równe, A=a. Zatem, równanie (*) przyjmuje postać ![[; (m+M)a=-\rho\,S\,c\,v =-v\,b/2\quad \mbox{czyli } v(t)=v_0 \exp\left\{-\frac{b}{2(M+m) }\,t\right\} ;]](http://www.codecogs.com/gif.latex? (m+M)a=-\rho\,S\,c\,v =-v\,b/2\quad \mbox{czyli } v(t)=v_0 \exp\left\{-\frac{b}{2(M+m) }\,t\right\} "(m+M)a=-\rho\,S\,c\,v =-v\,b/2\quad \mbox{czyli } v(t)=v_0 \exp\left\{-\frac{b}{2(M+m) }\,t\right\}")
Na zakończenie, jeszcze jeden model. Przypuśćmy, że materia ośrodka "wybucha" i każda warstwa zetknięta z kulą rozpryskuje się na wszystkie strony. Ujmujemy to zakładając, że łączny pęd tych drobin jest zero. Wtedy pęd systemu wyniesie mv+(M-ρSx)V, zaś rozumowanie analogiczne powyższym prowadzi do konkluzji, iż prędkość ściany V jest stała, zaś równanie ruchu przyjmie postać ma=-bv/2, czyli v(t)=v0exp{-bt/(2m)}.
Jeżeli te rozumowania (fizyczne!) są poprawne, wtedy okazuje się, że zadanko 'mhg' jest źle-postawione - po angielsku ill-posed. Nie jest to negatywna ocena, jeno klasyfikacja - nieprzynależenie do kategorii zadań "dobrze postawionych" w sensie Hadamarda.
