Механические явления

МЕХАНИЧЕСКИЕ ЯВЛЕНИЯ
ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ
ПОТЕНЦИАЛЬНАЯ ЭНЕРГИЯ
 Работа силы тяжести может быть представлена как убыль потенциальной энергии
в поле тяжести
𝑨𝒈 = 𝒎𝒈 𝒉𝟏 − 𝒉𝟐 = 𝚷𝟏𝒈 − 𝚷𝟐𝒈
 Работа силы упругости может быть представлена как убыль потенциальной
энергии пружины
𝒌𝒙𝟐𝟏 𝒌𝒙𝟐𝟐
𝑨у =
−
= 𝚷𝟏у − 𝚷𝟐у
𝟐
𝟐
ТЕОРЕМА О ПОТЕНЦИАЛЬНОЙ ЭНЕРГИИ (ТоПЭ)
 Работа
консервативной
потенциальной энергии
Лицей 1511 Грушин, Самоварщиков Физика 10 класс
силы
равна
убыли
соответствующей
МЕХАНИЧЕСКИЕ ЯВЛЕНИЯ
ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ
КИНЕТИЧЕСКАЯ ЭНЕРГИЯ
 Кинетической
энергией
материальной
точки
называется
скалярная
положительная величина, равная половине произведения массы тела на квадрат его
скорости.
𝒎𝒗𝟐
𝑲=
𝟐
 Кинетическая энергия обозначается символом 𝑲 или 𝑾𝐊 , или 𝑬𝐊 . Размерность
кинетической энергии такая же, как и у работы и потенциальной энергии [П] = Дж
 Кинетическая энергия всегда ≥ 𝟎
 Кинетическая энергия - это энергия движущегося тела
ТЕОРЕМА О КИНЕТИЧЕСКОЙ ЭНЕРГИИ (ТоКЭ)
 Приращение кинетической энергии тела (точки) в некотором процессе
равно сумме работ всех сил, действовавших на это тело в течение этого
процесса
𝒎𝒗𝟐𝟐 𝒎𝒗𝟐𝟏
−
= 𝑲𝟐 − 𝑲𝟐 = 𝑨𝑭𝟏 +𝑨𝑭𝟐 + ⋯ + 𝑨𝑭𝒏
𝟐
𝟐
Лицей 1511 Грушин, Самоварщиков Физика 10 класс
МЕХАНИЧЕСКИЕ ЯВЛЕНИЯ
ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ
МЕХАНИЧЕСКАЯ ЭНЕРГИЯ
Совершенная силой работа 𝑨𝑭 :



- может придать телу массой m
скорость 𝒗;
- может поднять тело массой m на
высоту h ;
- может сжать (растянуть) пружину,
 Механической энергией называется энергия механического движения
взаимодействия тел. Она равна сумме кинетической и потенциальной энергий.
 Кинетическая и потенциальная энергии являются видами
механической энергии
Лицей 1511 Грушин, Самоварщиков Физика 10 класс
и
МЕХАНИЧЕСКИЕ ЯВЛЕНИЯ
ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
7.7. Шайбу толкнули вверх по шероховатой наклонной плоскости с углом 𝛼 = 30° при
основании с начальной скоростью 𝜐0 = 4 м/с . Пройдя расстояние 𝑠 = 1 м , шайба
остановилась. Соскользнет ли она вниз?.
 Изобразим движение шайбы в
𝛼 = 30°
𝜐0 = 4м/с
𝑠 = 1м
𝜐 =?
 Запишем краткое условие :
В точке 2 с координатой 𝑠 шайба
остановилась
𝑭тс
s
 Изобразим силы, действующие на
шайбу в процессе движения
𝛼
 Силу тяжести
𝒎𝒈
 Силу трения скольжения
𝑵
у
1
0
 Силу реакции опоры
𝒗𝟎
𝛼
системе координат х0у
2 𝒗𝟏 = 𝟎
х
𝟐
𝟐
𝒎𝒗
𝒎𝒗
𝟏
𝟎
 В соответствии с ТоКЭ
−
= 𝑨𝒈 + 𝑨𝑵 + 𝑨𝑭тс ∗  В соответствии с ТоПЭ
𝟐
𝟐
 Работа консервативной силы
𝑨𝒈 = 𝚷𝟏𝒈 − 𝚷𝟐𝒈
𝑨𝑵 = 0; 𝑨𝑭тс = −𝐹тс ∙ 𝑠 = −𝜇𝑁 ∙ 𝑠 = −𝜇𝑚𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑠
равна убыли соответствующей
= 0 − 𝑚𝑔𝑠 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼;
2
2
𝑚𝑣0
𝑣
0
потенциальной
 Подставим в ∗ → −
= −𝑚𝑔𝑠 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝜇𝑚𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼
∙ 𝑠 → 𝜇𝑔𝑠 𝑐𝑜𝑠𝛼энергии
=
− 𝑔𝑠 𝑠𝑖𝑛𝛼 →
2
2
2
 Определим коэффициент трения
Лицей 1511 Грушин, Самоварщиков Физика 10 класс
𝑣0
𝜇=
− 𝑡𝑔𝛼 ∗∗
2𝑔𝑠 𝑐𝑜𝑠𝛼
ПРОДОЛЖЕНИЕ СЛЕДУЕТ
МЕХАНИЧЕСКИЕ ЯВЛЕНИЯ
ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ
ПРОДОЛЖЕНИЕ
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
7.7. Шайбу толкнули вверх по шероховатой наклонной плоскости с углом 𝛼 = 30° при
основании с начальной скоростью 𝜐0 = 4 м/с . Пройдя расстояние 𝑠 = 1 м , шайба
остановилась. Соскользнет ли она вниз?.
у
 Изобразим возможное движение
𝑵
шайбы в системе координат х0у
𝑭
2
тс
𝛼 = 30°
 Запишем уравнение динамики в
𝜐0 = 4м/с
проекции на ось 0х
𝑠 = 1м
0𝑥│𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑔 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝐹тс →
𝜐 =?
𝒎𝒈
𝛼
0
х
0𝑥│𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑔 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝜇𝑁 →
0𝑥│𝑚𝑎𝑥 = 𝑚𝑔 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝜇𝑚𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼
 Подставим из ∗∗ значение коэффициента трения и определим величину 𝑎𝑥
 Если 𝑎𝑥 > 0, то шайба соскользнёт с плоскости.
Если 𝑎𝑥 ≤ 0, то шайба останется в точке 2
𝑎𝑥 = 𝑔 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝜇𝑔 𝑐𝑜𝑠𝛼 =
𝑣02
𝑎𝑥 = 𝑔 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝜇𝑔 𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝑔 𝑠𝑖𝑛𝛼 − 𝑔 𝑐𝑜𝑠𝛼
− 𝑡𝑔𝛼 =
2𝑔𝑠 𝑐𝑜𝑠𝛼
4∙4
4,9 − 8,49 0,943 − 0,577 =
= 9,8 ∙ 0,5 − 9,8 ∙ 0,866
− 0,577
2 ∙ 9,8 ∙ 1 ∙ 0,866
= = 1,79м/с2 > 0 → шайба соскользнёт
Лицей 1511 Грушин, Самоварщиков Физика 10 класс
Ответ:
шайба соскользнёт
МЕХАНИЧЕСКИЕ ЯВЛЕНИЯ
ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
7.16. Проволока изогнута по дуге окружности радиуса 𝑅 (см. рисунок). На
проволоку надета бусинка, которая может без трения перемещаться вдоль
проволоки. В начальный момент бусинка находилась внизу в точке О. Какую
горизонтальную скорость 𝜐 надо сообщить бусинке, чтобы, пройдя часть
пути в воздухе, она попала на проволоку в точке В? Угол между ВС (АС) и
вертикалью равен 𝛼.
𝛼
𝑅
𝜐 =?
𝒎𝒈
В
А
𝛼
 Запишем краткое условие :
 Изобразим
силы,
действующие
на
бусинку в процессе
движения
 Изобразим движение бусинки по
дуге от начального положения О
к конечному А
 Сила тяжести
 Сила реакции опоры
С
𝒎𝒗𝟐А 𝒎𝒗𝟐О
𝑵
−
= 𝑨𝒈 + 𝑨𝑵
 В соответствии с ТоКЭ
𝟐
𝟐
О
 В соответствии с ТоПЭ 𝑨𝒈 = 𝑚𝑔ℎ𝑂 − 𝑚𝑔ℎ𝐴 = 0 − 𝑚𝑔 𝑅 + 𝑅 𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑅
 Работа силы реакции опоры на траектории от O до А 𝑨𝑵 = 𝟎 , т.к. сила 𝑵 перпендикулярна
перемещению в любой точке траектории
Следовательно:
𝑚𝑣А2 𝑚𝑣О2
=
− 𝑚𝑔𝑅(1 + 𝑐𝑜𝑠𝛼) →
2
2
Лицей 1511 Грушин, Самоварщиков Физика 10 класс
𝑣А2 = 𝑣О2 −2𝑔𝑅(1 + 𝑐𝑜𝑠𝛼) ∗
ПРОДОЛЖЕНИЕ СЛЕДУЕТ
МЕХАНИЧЕСКИЕ ЯВЛЕНИЯ
ЗАКОН СОХРАНЕНИЯ ЭНЕРГИИ
ПРОДОЛЖЕНИЕ
РЕШЕНИЕ ЗАДАЧ
7.16. Проволока изогнута по дуге окружности радиуса 𝑅 (см. рисунок). На проволоку
надета бусинка, которая может без трения перемещаться вдоль проволоки. В начальный
момент бусинка находилась внизу в точке О. Какую горизонтальную скорость 𝜐 надо
сообщить бусинке, чтобы, пройдя часть пути в воздухе, она попала на проволоку в точке
В? Угол между ВС (АС) и вертикалью равен 𝛼.
𝛼
𝑅
𝜐 =?
Скорость бусинки в точке А 𝒗𝑨 направлена под углом 𝛼 к горизонту
𝒗𝑨
𝛼
С момента отрыва от проволоки бусинка находится в
условиях свободного падения – движения под действием
0
В
А
только силы тяжести 𝒎𝒈
𝛼
 Запишем уравнения её движения в проекциях на оси 0х и 0у :
𝑅
𝑡2
С
0𝑥│𝑥 𝑡 = 𝑣А 𝑐𝑜𝑠𝛼 ∙ 𝑡 1
0𝑦│𝑦 𝑡 = 𝑣А 𝑠𝑖𝑛𝛼 ∙ 𝑔
2
2
При 𝑡 = 𝜏 бусинка должна достичь точки В, т.е. 𝑥 𝜏 = 𝑅 𝑠𝑖𝑛𝛼 + 𝑅 𝑠𝑖𝑛𝛼 𝑦 𝜏 = 0
2𝑣А 𝑠𝑖𝑛𝛼
Из 2 следует время полета: 𝜏 =
Подставим в 1 следует дальность полета
𝑔
2𝑣А 𝑠𝑖𝑛𝛼
𝑅𝑔
2𝑅 𝑠𝑖𝑛𝛼 = 𝑣А 𝑐𝑜𝑠𝛼
→ 𝑣А2 =
Из выражения ∗ следует 𝑣02 = 𝑣А2 +2𝑔𝑅 1 + 𝑐𝑜𝑠𝛼 =
𝑔
𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑅𝑔
1
=
+ 2𝑔𝑅 1 + 𝑐𝑜𝑠𝛼 → 𝑣0 = 𝑅𝑔 2 + 2 𝑐𝑜𝑠𝛼 +
𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑐𝑜𝑠𝛼 Ответ: 𝑣 = 𝑅𝑔 2 + 2 𝑐𝑜𝑠𝛼 + 1
0
𝑐𝑜𝑠𝛼
𝑦
𝑥
Лицей 1511 Грушин, Самоварщиков Физика 10 класс