Механическая работа, мощность, КПД. Энергия.

Работа, совершаемая переменной силой на пути: A = Работа силы тяжести вблизи поверхности Земли: A =mgh; Работа силы упругости: A =kx^2/2. 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)

a_n = ω²R, (3)

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

Подставляя выражения а_t и а_n 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 а_t и a_n:

a_t = - 0,4 /c²; a_n = 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 v_к = 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;

v_к =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 F_Т =m g, сила реакции опоры N, сила тяги F и сила трения F_ТР. Запишем основной закон динамики:

.

Это уравнение в проекциях на оси координат

на ось х: ma = F – mg sina - F_TP,

на ось у: 0 = N – mg cosa,

F_TP = μ N.

соsa=

Выразим из этих уравнений силу тяги F

F = mg sina + μmg cosa + ma.

Ускорение на этом участке равно:

a = (v_k ² - v₀²)/(2s) = v_k²/(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 m g и сила реакции опоры N. Согласно второму закону Ньютона:

 

. (1)

 

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

 

N N = 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 F_t, сообщающая ему нормальное ускорение:

 

F_t = F_n;

 

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 = ω_o - 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 v_к = 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;

v_к =36км/ч = 10м/с;

Р_ср -? Р_max -?

 

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 F_Т =m g, сила реакции опоры N, сила тяги F и сила трения F_ТР. Запишем основной закон динамики:

.

Это уравнение в проекциях на оси координат

на ось х: ma = F – mg sina - F_TP,

на ось у: 0 = N – mg cosa,

F_TP = μ N= μ mg cosa,

Выразим из этих уравнений силу тяги F

F = mg sina + μmg cosa + ma.

Ускорение на этом участке равно:

a = (v_k ² - v₀²)/(2s) = v_k²/(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: P_max = F·v_k,

Проверка размерности:

Вычисление:

< P> = 3,58·10⁴ Вт, P_max = 7·10⁴ Вт.

Ответ: < P> = 3,58·10⁴ Вт, P_max = 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 l ₁ = 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 l ₂ = 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;

l ₁=50 см = 0,5 м;

n₁ =1,0 с^-1;

l ₂ =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