Potencialas, pusiausvyra ir masės centras

Potencinė energija U priklauso nuo sąveikaujančių kūnų padėties. Jėga nukreipta potencialo mažėjimo kryptimi: vienoje dimensijoje F=−dU/dx. Ties minimumu maži poslinkiai sukuria grąžinančią jėgą — tai stabili pusiausvyra. Ties maksimumu kūnas tolsta nuo pusiausvyros. Masės centras R=Σmᵢrᵢ/Σmᵢ yra masėmis pasvertas padėties vidurkis. Pastovios masės sistemai M a_cm=ΣF_iš; vidinės jėgos bendro impulso nekeičia.

Sprendimo eiga

Pasirink koordinates → diferencijuok U → rask F=0 → patikrink stabilumą; masės centrui sverk padėtis masėmis.

Dalinė išvestinė reiškia, kad diferencijuojant pagal vieną koordinatę kitas laikome pastoviomis. F=−∇U turi komponentes (−∂U/∂x;−∂U/∂y;−∂U/∂z). Pavyzdžiui, U=ax²+by² duoda F=(−2ax;−2by). Netaisyklingo kūno centras gali būti už jo medžiagos ribų, kaip žiedo centre. Tolygus sunkio laukas leidžia sutapatinti masės ir sunkio centrus. Lokaliai U≈U(x₀)+U″(x₀)(x−x₀)²/2, kai U′(x₀)=0; teigiamas U″ sukuria harmoninį grąžinimą.

Formulės ir žymėjimai

U — potencinė energija; cm — masės centras; M — visos sistemos masė. Minimumas nebūtinai U=0.

F_{x} = - \frac{d U}{d x}, \vec{F} = - \nabla U

Jėga nukreipta potencialo mažėjimo kryptimi.

\vec{F} = (- \frac{\partial U}{\partial x}, - \frac{\partial U}{\partial y}, - \frac{\partial U}{\partial z})

Dalines išvestines imk laikydamas kitas koordinates pastoviomis.

U^{'} (x_{0}) = 0, U^{''} (x_{0}) > 0

Stabili pusiausvyra ties lokaliu minimumu.

{\vec{R}}_{c m} = \frac{\sum_{i} m_{i} {\vec{r}}_{i}}{M}, M = \sum_{i} m_{i}

Masėmis pasvertas padėčių vidurkis.

{\vec{V}}_{c m} = \frac{\sum_{i} m_{i} {\vec{v}}_{i}}{M} = \frac{{\vec{p}}_{s i s t}}{M}

Pastovios masės sistema.

M {\vec{a}}_{c m} = Σ {\vec{F}}_{i s}, A_{k o n s} = U_{1} - U_{2}

Vidinės jėgos bendro impulso nekeičia.

E = \frac{m v^{2}}{2} + U = c o n s t

Kai neįskaitytų jėgų darbas nulis.

Atverti interaktyvų modelį ↗

Potencialas per spyruoklės pavyzdį

Spyruoklė k = 100 N/m ištempta x = +0,10 m. Jos jėga Fₓ = −kx = −10 N nukreipta centro link. Sukaupta Eₚ = kx²/2 = 0,50 J. Pusiausvyroje x = 0; pastūmus į bet kurią pusę jėga grąžina atgal. Tai stabili pusiausvyra.

F_x=-kx,\qquad E_p=\frac{kx^2}{2}

Pasitikrink: išvardyk prielaidas, kryptis ir galutinio dydžio vienetą, tik tada pereik prie bendresnių lygčių.

Pakartoti šiam sprendimui reikalingą pagrindą →

Uždaviniai

Potencialo nuolydis

U=2x² (J, kai x metrais), m=2 kg. Rask F ir a ties x=3 m.

Duota: U=2x² (J, kai x metrais), m=2 kg.
Rasti: Rask F ir a ties x=3 m.

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. U = 2x² J; m = 2 kg. Ties x = 3 m. F = −dU/dx. Kreivė rodo tik funkcijos pobūdį; tikslius taškus apskaičiuok pagal lygtį.

Užuomina

Jėga yra ne U/x, o −dU/dx.

Pirmas žingsnis

Vienmatė konservatyvi jėga F=−dU/dx. Iš U=2x² išvedame dU/dx=4x ir pridedame formulės minusą.

Visas sprendimas

Vienmatė konservatyvi jėga F=−dU/dx. Iš U=2x² išvedame dU/dx=4x ir pridedame formulės minusą.
F=−4x; ties x=3: F=−12 N.
Ties x=3 gauname F=−4·3. II dėsnis duoda a=F/m=−12/2. Minusas reiškia kryptį į neigiamą x pusę.
a=F/m=−6 m/s².
Ties x=0 jėga nulis; paslinkus į dešinę ji nukreipta kairėn — pusiausvyra stabili.

F=−12 N; a=−6 m/s².

Dalinės išvestinės

U=3x²+2y² (SI). Rask jėgą taške (1;−2) ir darbą iki (0;0).

Duota: U=3x²+2y² (SI).
Rasti: Rask jėgą taške (1;−2) ir darbą iki (0;0).

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. U = 3x² + 2y². Pradžia: (1;−2) m. Pabaiga: (0;0) m. N prie kūno rodyklės – atramos reakcija; prie skaičiaus N – niutonas, jėgos vienetas. +x – pasirinkta teigiama horizontalioji kryptis. +y – pasirinkta teigiama vertikalioji kryptis

Užuomina

Diferencijuojant x, y nekinta.

Pirmas žingsnis

Dalinei išvestinei pagal x dydį y laikome pastoviu: ∂U/∂x=6x. Pagal y pastovus x: ∂U/∂y=4y. Jėgos projekcijos turi minusą.

Visas sprendimas

Dalinei išvestinei pagal x dydį y laikome pastoviu: ∂U/∂x=6x. Pagal y pastovus x: ∂U/∂y=4y. Jėgos projekcijos turi minusą.
Fₓ=−6x, Fᵧ=−4y.
Pradiniame taške U(1;−2)=3·1²+2·(−2)²=3+8=11 J. Gale U(0;0)=0. Konservatyvios jėgos darbas yra pradinė minus galutinė potencinė energija.
F(1;−2)=(−6;8) N, modulis 10 N.
A=U_pr−U_gal=3+8=11 J. Darbas nuo trajektorijos nepriklauso.

(−6;8) N; A=11 J.

Dviejų kūnų centras

2 kg kūnas ties x=0 juda +3 m/s; 1 kg kūnas ties x=6 m juda −3 m/s. Rask x_cm ir v_cm.

Duota: 2 kg kūnas ties x=0 juda +3 m/s; 1 kg kūnas ties x=6 m juda −3 m/s.
Rasti: Rask x_cm ir v_cm.

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. m₁ = 2 kg; x₁ = 0. m₂ = 1 kg; x₂ = 6 m. v₁ = +3; v₂ = −3 m/s.

Užuomina

Ta pati svertinio vidurkio taisyklė padėčiai ir greičiui.

Pirmas žingsnis

Bendra masė M=2+1=3 kg. Centro padėtis x_cm=(m₁x₁+m₂x₂)/M; jo greitis v_cm=(m₁v₁+m₂v₂)/M.

Visas sprendimas

Bendra masė M=2+1=3 kg. Centro padėtis x_cm=(m₁x₁+m₂x₂)/M; jo greitis v_cm=(m₁v₁+m₂v₂)/M.
x_cm=(2·0+1·6)/3=2 m.
Antrasis greitis neigiamas: m₂v₂=1·(−3)=−3. Todėl bendras impulsas 6−3=3, o centro greitis 3/3=1 m/s.
v_cm=(2·3−3)/3=1 m/s.
Bendras impulsas Mv_cm=3 kg·m/s; jei išorinių jėgų nėra, centro greitis nekinta net kūnams sąveikaujant.

x_cm=2 m; v_cm=1 m/s.

Nuo potencialo iki greičio

1 kg kūnas iš rimties paleidžiamas ties x=2 m, U=x² (SI), kitų jėgų nėra. Koks greičio modulis ties x=1 m?

Duota: 1 kg kūnas iš rimties paleidžiamas ties x=2 m, U=x² (SI), kitų jėgų nėra.
Rasti: Koks greičio modulis ties x=1 m?

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. U = x² J; m = 1 kg. Pradžia: x = 2 m; v = 0. Galas: x = 1 m. Kreivė rodo tik funkcijos pobūdį; tikslius taškus apskaičiuok pagal lygtį.

Užuomina

Pradžioje visa mechaninė energija yra U.

Pirmas žingsnis

Veikia tik potencialą turinti jėga, todėl Eₖ+U=const. Pradžioje v₀=0, taigi E=U(2)=2²=4 J.

Visas sprendimas

Veikia tik potencialą turinti jėga, todėl Eₖ+U=const. Pradžioje v₀=0, taigi E=U(2)=2²=4 J.
E=U(2)=4 J.
Taške x=1 potencinė energija U(1)=1 J. Kinetinė energija yra likutis 4−1. Iš mv²/2=3 gauname v²=6 ir teigiamą modulį √6.
Ties x=1: Eₖ=4−1=3 J.
v=√(2Eₖ/m)=√6=2,449 m/s; pirmą kartą judant link centro vₓ neigiamas.

|v|=2,449 m/s.

Iššūkis: Dviguba potencialo duobė

m=2 kg kūnui U(x)=x⁴−4x² J (x metrais). Rask pusiausvyras ir jų tipą. Iš x=√2 m kūnas gauna 3 m/s greitį. Ar pereis per x=0?

Duota: m=2 kg kūnui U(x)=x⁴−4x² J (x metrais).
Rasti: Rask pusiausvyras ir jų tipą. Iš x=√2 m kūnas gauna 3 m/s greitį. Ar pereis per x=0?

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. U = x⁴ − 4x² J. m = 2 kg; v₀ = 3 m/s. Startas x = √2 m. v₀ – pradinis greitis Kreivė rodo tik funkcijos pobūdį; tikslius taškus apskaičiuok pagal lygtį.

Užuomina

Palygink pilną energiją su barjeru.

Pirmas žingsnis

U′=4x(x²−2), todėl x=0, ±√2. U″=12x²−8: centre maksimumas, šonuose minimumai.

Visas sprendimas

U′=4x(x²−2), todėl x=0, ±√2. U″=12x²−8: centre maksimumas, šonuose minimumai.
Pradinė U=−4 J, Eₖ=9 J, todėl E=5 J. Barjeras ties x=0 yra 0 J.
Barjeras įveikiamas; ties x=0 v=√(2E/m)=√5 m/s.

Stabilios ±√2 m; nestabili 0 m. Pereis; ties centru |v|=√5≈2,236 m/s.

Ryšys su kita tema

Trumpiems susidūrimams energijos dažnai nepakanka: pasirinksime sistemą ir seksime jos impulsą.