ТОП 10:

Механическая работа, мощность, КПД. Энергия.



Работа, совершаемая переменной силой на пути: A = Работа силы тяжести вблизи поверхности Земли: A =mgh; Работа силы упругости: A =kx2/2. Работа силы трения: A = - Ft Δr. Мгновенная мощность: N =Fv =Frv = Fvcos α Коэффициент полезного действия (КПД): An, A3, Nn, N3 – соответственно полезные и затраченные работа и мощность
Кинетическая энергия:
Связь между консервативной силой, действующей на тело в данной точке, и потенциальной энергией частицы: = - grad Wп ; Потенциальная энергия частицы в поле центральных сил: Wп(r) = ΔA = - , предположив Wп(∞) = 0, получим Wп(r) = . Потенциальная энергия гравитационного взаимодействия двух материальных точек массами m1 и m2, находящихся на расстоянии r: Потенциальная энергия тела в поле силы тяжести Земли: где r = R +h - расстояние от центра Земли до центра масс тела. Потенциальная энергия тела в однородном поле силы тяжести (h<<R): Wп = mgh, где g – ускорение свободного падения. Потенциальная энергия упруго деформированного тела: где k - коэффициент жесткости, x – смещение; σ – нормальное напряжение; E – модуль Юнга; V – объем.

ЗАДАНИЕ 6. ЗАКОНЫ СОХРАНЕНИЯ ПРИ ВРАЩАТЕЛЬНОМ ДВИЖЕНИИ

Закон сохранения момента импульса. Работа при вращении тела. Кинетическая энергия вращательного движения.

Закон сохранения момента импульса для замкнутой системы
Работа при вращении тела: ΔA = MzΔφ, где Δφ - угол поворота тела; Mz - момент силы относительно оси
Кинетическая энергия тела, вращающегося вокруг неподвижной оси: , где J– момент инерции тела относительно оси, ω - его угловая скорость Кинетическая энергия тела, катящегося по плоскости без скольжения: где m– масса тела; vc - скорость центра масс тела; J – момент инерции тела относительно оси, проходящей через центр масс; ω –угловая скорость тела

Аналогия между формулами поступательного и вращательного движения.

Поступательное движение Вращательное движение

ПРИМЕРЫ РЕШЕНИЯ ЗАДАЧ

КОНТРОЛЬНАЯ РАБОТА № 1

Пример 1.Кинематическое уравнение движения материальной точки по прямой (ось х) имеет вид х = А + В t + С t3, где А = 4 м, В = 2 м/с, С = - 0,5 м/с2. Для момента времени t1 = 2 с определить: 1) координату х1 точки; 2) мгновенную скорость V1; 3) мгновенное ускорение а1.

Дано:

х = А + В t + С t3

А = 4 м

В = 2 м/с

С = - 0,5 м/с2.

t1 = 2 с

_____________

х1-? V1-? а1-?

 

Решение. Найдем координату точки, для которой известно кинематическое уравнение движения, подставив в уравнение движения вместо t заданное значение t1:

х1 = А + В t1 + С t13; х1 = 4 м.

Мгновенную скорость V в произвольный момент времени t найдем, продифференцировав координату х по времени:

V = = B + 3Ct2.

Тогда в заданный момент времени мгновенная скорость:

V1 = B + 3Ct21;

Мгновенное ускорение в произвольный момент времени найдем, взяв вторую производную от координаты по времени:

a = = 6Ct, т.е. a1 = 6Ct1

Вычисления:

Скорость V1 = - 4 м/с. Знак минус указывает на то, что в момент времени t1 = 2 с точка движется в отрицательном направлении координатной оси.

 

 

Мгновенное ускорение в заданный момент времени равно:

a1 = - 6 м/c2 ,

Знак минус указывает на то, что направление вектора ускорения совпадает с отрицательным направлением координатной оси.

 

Ответ: V1 = - 4 м/с, a1 = - 6 м/c2

 

Пример 2.Тело вращается вокруг неподвижной оси по закону, выражаемому формулой φ = 10 + 20 t - 2 t2 (рис. 1). Найдите по величине и направлению полное ускорение точки, находящейся на расстоянии R = 0,1 м от оси вращения, для момента времени t1 = 4 с.

Условие:

φ=10+20t-2t2;

R=0,1 м;

t1=4 c;

a - ? α - ?

Решение. Точка вращающегося тела описывает окружность. Полное ускорение точки определяется геометрической суммой тангенциального и нормального ускорения:

(1)

Тангенциальное и нормальное ускорения точки вращающегося тела выражаются формулами:

а t= εR; (2)

an = ω2R, (3)

где ω - угловая скорость тела; ε - его угловое ускорение; R - расстояние от оси вращения.

Подставляя выражения аt и аn в формулу (1) находим:

a = R . (4)

Угловая скорость вращающегося тела равна первой производной от угла поворота по времени

ω = = 20 – 4t.

В момент времени t = 4 с угловая скорость ω = 4 с-1.

Угловое ускорение вращающегося тела равно первой производной от угловой скорости по времени:

ε = = - 4 c-2.

Подставляя найденные и заданные значения в формулу (4) получим:

a = 1,65 м/c2.

Направление полного ускорения можно определить, если найти углы, которые векторы ускорения составляют с касательной к траектории или нормалью к ней:

cos α = . (5)

Вычисления:

По формулам (2) и (3) найдем значения аt и an:

at = - 0,4 /c2; an = 1,6 /c2 .

Подставив эти значения и значения полного ускорения в формулу (5), получим:

cos α = 0,242; α = 760.

 

Ответ: a = 1,65 м/c2, α = 760

 

Пример 3. Автомобиль массой m = 1000 кг движется вверх по наклонной плоскости с уклоном 0,1, развивая на пути S = 200 м скорость vк = 54 км/ч. Коэффициент трения μ = 0,05. Определить силу тяги двигателя

Условие:

m =1000 кг;

S=200 м;

sina =0,1

μ=0,05;

v0 =0;

vк =54км/ч = 15м/с;

F - ?

 

Решение. Автомобиль движется равноускоренно, причем начальная скорость равна нулю. Выберем ось х, расположенную вдоль наклонной плоскости, ось у – перпендикулярно ей (рис. 3).

На автомобиль действует четыре силы: сила тяжести FТ=mg, сила реакции опоры N, сила тяги F и сила трения FТР. Запишем основной закон динамики:

.

Это уравнение в проекциях на оси координат

на ось х : ma = F – mg sina - FTP,

на ось у : 0 = N – mg cosa,

FTP = μ N.

соsa=

Выразим из этих уравнений силу тяги F

F = mg sina + μmg cosa + ma.

Ускорение на этом участке равно:

a = (vk 2 - v02)/(2s) = vk2/(2s).

Найдем силу тяги двигателя на этом участке:

F = mg sinα + μmg cosα + = m(g sin α + μg cos α + )

Вычисления:

F = 1000(0.98+0,50+0,56) = 2043( Н)

Ответ: F =2043( Н)

Пример 4.На горизонтальной платформе шахтной клети стоит человек массой m = 60 кг. Определить силу давления человека на платформу: 1) при ее подъеме с ускорением

а1 = 3 м/с2; 2) при равномерном подъеме и спуске; 3) при спуске с ускорением а3 = 9,8 м/с2.

 

 

Условие:

m=60 кг;

а1=3 м/с2;

v2=const, a2=0;

а3=9,8 м/с;

F1- ? F2 - ? F3 - ?

 

Решение. На человека, стоящего на платформе шахтной клети действуют две силы: сила тяжести mg и сила реакции опоры N. Согласно второму закону Ньютона:

 

.(1)

 

Согласно третьему закону Ньютона сила давления человека на платформу равна силе реакции опоры:

 

NN = F (2)

 

1. Согласно рис. 2 запишем уравнение (1) в проекции на ось У

ma1 = N1 – mg

Учитывая (2) получим

 

F1 = N1 = m (g + a1),

 

2. При равномерном движении шахтной клети а2 = 0 и, следовательно, сила давления человeка на платформу равна силе тяжести: F2 = N2 = mg.

3. При спуске платформы с ускорением, направленным вниз уравнение движения платформы имеет вид ma3 = mg – N3.

Откуда сила давления человека на платформу: F3 = N3 = =m(g – a3).

Учитывая, что а3 = g имеем F3 = 0 .

Следоватeльно, человек не давит на платформу.

 

Вычисления:

F1 = 783 H, F2 =60·9,81=588,6 (Н), F3 = 0.

Ответ: F1 = 783 H, F2 =588,6 (Н), F3 = 0.

 

Пример 5 .Каким был бы период обращения ИСЗ на круговой орбите, если бы он был удален от поверхности Земли на расстояние, равное земному радиусу (R = 6400 км).

Условие: h = R = 6370 км;

Т - ?

 

Решение. Период обращения ИСЗ по круговой орбите

 

.

 

Для определения скорости спутника учтем, что при его движении по круговой орбите на спутник действует только сила притяжения Земли Ft, сообщающая ему нормальное ускорение:

 

Ft = Fn;

 

где G – гравитационная постоянная, m – масса спутника, M – масса Земли.

 

Отсюда скорость спутника равна

 

Учитывая, что

 

где g – ускорение силы тяжести на поверхности Земли, получаем

Подставляя это значение скорости в формулу периода, найдем, что

Вычисление: Т = 14360 (с) = 3 ч 59 мин

Ответ: Т = 3 ч 59 мин.

 

Пример 6.Стальная прoвoлока сечением S= 3 мм2 под действием растягивающей силы, равной F = 4 . 104 Н имеет длинy L1 = 2 м. Определить абсолютное удлинение проволоки при увеличении растягивающей силы на F1 = 104 Н. Модуль Юнга стали Е =2 . 1011 Па.

Условие:

Е = 2·1011 Па;

S= 3 мм2 =3·10-6 м2;

L1 = 2 м;

F = 4·104 Н;

F1 =1,0·104 Н;

ΔL2 - ?

 

Решение. Для того чтобы найти абсолютное удлинение проволоки при увеличенной растягивающей силе, необходимо узнать ее первоначальную длину L. Из закона Гука

 

F = εE = E(L1 – L)S/L

 

находим L = EL1S/(F +ES).

При увеличении растягивающей силы на величину F1

 

F + F1 = EΔL2S/L.

Откуда ΔL2 = (F + F1)L/ES.

Заменив L выражением, записанным выше, получаем

 

ΔL2 = (F + F1)L1/(F + ES).

Проверка размерности: .

 

Вычисление:ΔL2 = (4·104 +1,0·104)2/(4·104 + 2·10113·10-6)=0,16(м)

 

 

Ответ: ΔL2 = 0, 16 м.

Пример 7.Маховик, массу которого m = 5 кг можно считать распределенной по ободу радиуса r = 20 см, свободно вращается вокруг горизонтальной оси, проходящей через его центр с частотой n = 720 мин-1. При торможении маховик останавливается через Δt = 20 с. Определить тормозящий момент М и число оборотов N, которое сделает маховик до полной остановки.

Условие:

m = 5 кг

r = 20см =0,20 м

n =720 мин-1 = 12 с-1

Δt =20 с

М - ? N - ?

Решение. Если тормозящий момент постоянен, то движение маховика равнозамедленное, и основное уравнение динамики вращательного движения можно записать в виде:

 

(1)

 

где - изменение угловой скорости за интервал времени ∆t; М – искомый тормозящий момент.

Число оборотов N может быть найдено как кинематически, так и по изменению кинетической энергии, равному работе совершаемой тормозящей силой.

Векторному уравнению (1) соответствует скалярное уравнение

J∆ω = M∆t, (2)

где ∆ω, M - модули соответствующих векторов.

Из условия задачи следует, что

∆ω = |ω – ω0|= ω0 =2πn (3)

Поскольку масса маховика распределена по ободу, момент инерции

J = mr2 (4)

 

Подставляя выражения (2), (3) в (1) получим

mr22πn = M∆t.

Откуда M = 2πnmr2/Δt .

Векторы направлены в сторону противоположную вектору .

Угловое перемещение, пройденное маховиком до остановки

φ = ω0∆t – ε∆t2/2. (5)

Учитывая, что ω = ωo - ε∆t = 0 преобразуем выражение (6)

φ = ω0∆t/2.

Так как φ = 2πN, ω =2πn, где N - число оборотов, которое делает маховик до полной остановки, окончательно получим

N = nt/2

 

Проверяем размерность:

Вычисления: М = 2·3,14·5·0,04/20 = 0,75 (Дж)

N = 12·20/2=120 (об)

Ответ: М = 0,75 Дж , N = 120 об.

 

Пример 8.Автомобиль массой m = 2000 кг движется вверх по наклонной плоскости под углом α = 150 , развивая на пути S = 100 м скорость vк = 36 км/ч. Коэффициент трения μ = 0,05. Найти среднюю и максимальную мощность двигателя автомобиля при разгоне.

Условие:

m =2000 кг;

S=100 м;

α= 150;

μ=0,05;

v0 =0;

vк =36км/ч = 10м/с;

Рср - ? Рmax - ?

 

Решение. Автомобиль движется равноускоренно, причем начальная скорость равна нулю. Выберем ось х, расположенную вдоль наклонной плоскости, ось у – перпендикулярно ей (рис. 3).

На автомобиль действует четыре силы: сила тяжести FТ=mg, сила реакции опоры N, сила тяги F и сила трения FТР. Запишем основной закон динамики:

.

Это уравнение в проекциях на оси координат

на ось х: ma = F – mg sina - FTP,

на ось у : 0 = N – mg cosa,

FTP = μ N= μ mg cosa,

Выразим из этих уравнений силу тяги F

F = mg sina + μmg cosa + ma.

Ускорение на этом участке равно:

a = (vk 2 - v02)/(2s) = vk2/(2s).

Найдем силу тяги двигателя на этом участке:

F = mg sinα + μmgcosα + = m(gsinα + μgcosα + )

Работа двигателя на этом участке: A = Fscosφ,

Где φ– угол между F и s, равный нулю. Следовательно A = Fs

Подставив сюда выражение для F, получим

А = m(gsinα + μgcosα + )s

Средняя мощность равна <P> = , где , откуда

Максимальная мощность автомобиля достигается в тот момент, когда скорость максимальна: Pmax = F·vk,

Проверка размерности:

Вычисление:

<P> = 3,58·104 Вт, Pmax = 7·104 Вт.

Ответ: <P> = 3,58·104 Вт, Pmax = 7·104 Вт.

 

Пример 9.На скамье Жуковского сидит человек и держит в вытянутых руках гири массой m =10 кг каждая. Расстояние от каждой гири до оси вращения скамьи l1 = 50 см. Скамья вращается с частотой n1 = 1,0 с-1. Как изменится частота вращения скамьи и какую работу A произведет человек, если он сожмет руки так, что расстояние от каждой гири до оси уменьшится до l2 = 20 см. Суммарный момент инерции человека и скамьи относительно оси вращения J =2,5 кг·м2. Ось вращения проходит через центр масс человека и скамьи.

Условие:

m = 10 кг;

l1=50 см = 0,5 м;

n1 =1,0 с-1;

l2 =20 см =0,2 м;

J = 2,5 кг·м2.

n2 - ? А - ?

Решение. Частота вращения скамьи Жуковского изменится в результате действий, производимых человеком при сближении гирь. В системе тел скамья – человек – гири все силы, кроме сил реакции опоры, являются внутренними и не изменяют момента импульса системы. Однако моменты сил реакции опоры относительно вертикальной оси равны нулю. (Для скамьи Жуковского силы трения в оси можно считать отсутствующими.) Следовательно, момент импульса этой системы остается постоянным:

; , (1)

где J1ω1, J2ω2 - моменты импульса системы соответственно до и после сближения гирь.

Перепишем векторное уравнение (1) в скалярном виде:

J1ω1 = J2ω2. (2)

До сближения гирь момент инерции всей системы: J1 = J0 + 2ml12.

После сближения: J2 = J0 + 2ml22,

где m - масса каждой гири.

Выражая угловую скорость через частоту вращения по формуле

ω = 2πn и подставляя ее в уравнение (1) получаем

(J0 + 2ml12)n1 = (J0 + 2ml22)n2.

Откуда

2,3 c-1.

Все внешние силы не создают вращающего момента относительно оси и, следовательно, не совершают работы. Поэтому изменение кинетической энергии системы равно работе, совершенной человеком:

 

A = W2 - W1 = .

Учитывая, что ω2 = J1ω1/J2, получаем работу, совершаемую человеком:

Проверка размерности:

,

 

Вычисление: А = 190 Дж , n2= 2,3 c-1

 

Ответ: А = 190 Дж , n2= 2,3 c-1







Последнее изменение этой страницы: 2017-02-09; Нарушение авторского права страницы

infopedia.su Все материалы представленные на сайте исключительно с целью ознакомления читателями и не преследуют коммерческих целей или нарушение авторских прав. Обратная связь - 3.80.55.37 (0.048 с.)