Darbas, spyruoklės ir plūdrumas

Darbas A=∫F·dr matuoja jėgos perduotą energiją. Pastoviai jėgai ir tiesiam poslinkiui A=Fs cosα. Teigiamas darbas didina kinetinę energiją, neigiamas mažina; statmena jėga darbo neatlieka. Vienmatis integralas ∫Fₓ dx yra pasirašytas plotas Fₓ(x) grafike. Spyruoklės jėga −kx, todėl jos atliktas darbas yra −Δ(kx²/2); lėtai ją tempiantis žmogus atlieka priešingo ženklo darbą.

Sprendimo eiga

Nustatyk kieno darbas → rask jėgos projekciją pagal padėtį → integruok tarp tikrųjų ribų → patikrink ženklą.

Darbo ir kinetinės energijos teorema A_visų=ΔEₖ galioja pastovios masės taškui. Naudodamas potencines energijas rašyk Δ(Eₖ+U)=A_kitų, kur „kitų“ neapima jau į U įtrauktų konservatyvių jėgų. Skysčio atrama F_A=ρ_sk gV_pan; kintant panirimui kinta ir reikiama išorinė jėga. Nuosekliai sujungtoms nesvarioms spyruoklėms T vienodas, x=x₁+x₂, 1/k_eff=1/k₁+1/k₂.

Formulės ir žymėjimai

A — darbas (J), k — standumas (N/m), x — deformacija, ρ — tankis, S — plotas, d — luito storis.

A = \int \vec{F} \cdot d \vec{r}, A = F s \cos α

Antroji lygtis: pastovi jėga ir tiesus poslinkis; α tarp F ir poslinkio.

A_{v i s u} = Δ E_{k}, E_{k} = \frac{m v^{2}}{2}

Darbo ir kinetinės energijos teorema pastoviai masei.

F_{s p} = - k x, U_{s p} = \frac{k x^{2}}{2}, A_{i s o r} = \frac{k (x_{2}^{2} - x_{1}^{2})}{2}

A_isor — lėto deformavimo darbas; spyruoklės darbo ženklas priešingas.

F (x) = F_{0} (1 - \frac{x}{a}), A_{k a m} = \frac{F_{0} a}{2}

Kamščio trintis mažėja tiesiškai.

F_{A} = ρ_{v} g V_{p a n}, h_{0} = \frac{ρ_{l} d}{ρ_{v}}

Plūduriuojantis vienodo skerspjūvio luitas.

A_{p a n} = \frac{ρ_{v} g S (d - h_{0})^{2}}{2}, A_{i s k} = \frac{ρ_{v} g S h_{0}^{2}}{2}

Lėtas panardinimas arba iškėlimas iki luitas ką tik palieka vandenį.

x_{i} = \frac{F}{k_{i}}, U_{i} = \frac{F^{2}}{2 k_{i}}, \frac{1}{k_{e f f}} = \frac{1}{k_{1}} + \frac{1}{k_{2}}

Nuoseklios nesvarios spyruoklės; jose vienoda jėga.

Atverti interaktyvų modelį ↗

Pirmiausia – paprastas pavyzdys

Traukiama dėžė slenka horizontaliai. Trauka duoda energijos, trintis ją atima. Sunkis ir atrama statmeni poslinkiui, todėl šiame judėjime jų darbas nulinis. Jėgos buvimas dar nereiškia, kad ji atlieka darbą.

Trauka palinkusi 60° nuo horizontalės. Jos vertikali dedamoji sumažina N, todėl trintį skaičiuojame nuo N = mg − F sin60°, o ne nuo mg. Poslinkis horizontalus į dešinę. Rodyklių ilgiai iliustraciniai; dydžius lygink pagal užrašus ir lygtis.

Judėjimo lygtys

F\cos60^\circ-F_{\text{tr}}=ma_x

N+F\sin60^\circ-mg=0

F_{\text{tr}}=\mu N

Horizontaliai traukiama dėžė. F = 20 N kampu 60° aukštyn; m = 2 kg; μ = 0,20; s = 3 m; g = 10. Kūnas slysta horizontaliai.

Traukos horizontalioji dalis F cos60° = 10 N. Jos darbas A_F = 20 · 3 · 0,5 = 30 J.
Vertikalioji traukos dalis F sin60° ≈ 17,32 N palengvina atramą.
Vertikaliai a = 0: N + 17,32 − 20 = 0, todėl N ≈ 2,68 N > 0.
Trintis Ftr = μN ≈ 0,536 N; ji prieš poslinkį, todėl A_tr ≈ −0,536 · 3 = −1,61 J.
Sunkis ir atrama vertikalūs, o poslinkis horizontalus: A_g = A_N = 0.
Visas darbas 30 − 1,61 + 0 + 0 ≈ 28,39 J.

A_F = 30 J; A_tr ≈ −1,61 J; A_viso ≈ 28,39 J.

Formulės su paaiškinimais ir visas mokymosi žingsnis →

Uždaviniai

Keliame greitindami

2 kg kūną kelianti pastovi jėga per 1 m atlieka 78,5 J. Rask pagreitį ir sunkio darbą.

Duota: 2 kg kūną kelianti pastovi jėga per 1 m atlieka 78,5 J.
Rasti: Rask pagreitį ir sunkio darbą.

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. m = 2 kg; h = 1 m. Kėlimo darbas 78,5 J. F: aukštyn; mg: žemyn. mg – sunkio jėga (m – masė, g – sunkio pagreitis)

Užuomina

Traukos darbas ir visų jėgų darbas skirtingi.

Pirmas žingsnis

Pastovi kelianti jėga lygiagreti poslinkiui, todėl A=Fh. Dalijame iš h=1 m ir gauname F. Toliau taikome II dėsnį, o ne tapatiname F su mg.

Visas sprendimas

Pastovi kelianti jėga lygiagreti poslinkiui, todėl A=Fh. Dalijame iš h=1 m ir gauname F. Toliau taikome II dėsnį, o ne tapatiname F su mg.
F=A/h=78,5 N.
Iš F−mg=ma padalijame visą lygtį iš m: a=F/m−g. Sunkio darbas neigiamas, nes sunkis ir poslinkis priešingų krypčių.
F−mg=ma → a=78,5/2−9,81=29,44 m/s².
A_g=−mgh=−19,62 J; A_visų=58,88 J=ΔEₖ.

a=29,44 m/s²; A_g=−19,62 J.

Spyruoklės kalibravimas

29,4 N jėga deformuoja spyruoklę 1 cm. Kiek darbo reikia suspausti ją nuo 0 iki 20 cm? Kiek — nuo 10 iki 20 cm?

Duota: 29,4 N jėga deformuoja spyruoklę 1 cm.
Rasti: Kiek darbo reikia suspausti ją nuo 0 iki 20 cm? Kiek — nuo 10 iki 20 cm?

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. F = 29,4 N kai x = 1 cm. x: suspaudimas. Etapai 0…20 ir 10…20 cm. N prie kūno rodyklės – atramos reakcija; prie skaičiaus N – niutonas, jėgos vienetas. +x – pasirinkta teigiama horizontalioji kryptis

Užuomina

Pirmiausia k=F/x, po to energijų skirtumas.

Pirmas žingsnis

Deformacijos turi būti metrais: 1 cm=0,01 m, 10 cm=0,10 m, 20 cm=0,20 m. Huko dėsnis F=kx duoda k=F/x.

Visas sprendimas

Deformacijos turi būti metrais: 1 cm=0,01 m, 10 cm=0,10 m, 20 cm=0,20 m. Huko dėsnis F=kx duoda k=F/x.
k=29,4/0,01=2940 N/m.
Išorinis darbas lėtai spaudžiant lygus U₂−U₁, kur U=kx²/2. Pirmam intervalui U₁=0; antram būtina atimti ne nulį, o energiją ties 0,10 m.
A₀→₂₀=k·0,20²/2=58,8 J.
A₁₀→₂₀=k(0,20²−0,10²)/2=44,1 J. Tai lėto išorinio spaudimo darbas.

58,8 J ir 44,1 J.

Kamštis ir kintanti trintis

a=5 cm kamščiui pradinė trintis F₀=40 N. Vienodas kaklelio spaudimas: ištraukus x lieka a−x kontakto ilgio. Rask visą ištraukimo darbą.

Duota: a=5 cm kamščiui pradinė trintis F₀=40 N.
Rasti: Rask visą ištraukimo darbą.

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. Kamščio ilgis a = 5 cm. F(x) = 40(1 − x/a) N. Plotas po F: darbas. N prie kūno rodyklės – atramos reakcija; prie skaičiaus N – niutonas, jėgos vienetas Kreivė rodo tik funkcijos pobūdį; tikslius taškus apskaičiuok pagal lygtį.

Užuomina

Jėga proporcinga likusiam kontakto ilgiui.

Pirmas žingsnis

Vienodam kaklelio spaudimui trintis proporcinga likusiam kontakto ilgiui. Likusi dalis (a−x)/a, todėl F(x)=F₀(1−x/a).

Visas sprendimas

Vienodam kaklelio spaudimui trintis proporcinga likusiam kontakto ilgiui. Likusi dalis (a−x)/a, todėl F(x)=F₀(1−x/a).
F(x)=F₀(a−x)/a, kai 0≤x≤a.
Integruojame narius: A=F₀[x−x²/(2a)] nuo 0 iki a. Įstačius viršų lieka F₀(a−a/2), apačioje nulis; todėl A=F₀a/2.
A=∫₀ᵃF₀(1−x/a)dx=F₀a/2.
A=40·0,05/2=1 J. Tai trikampio plotas, o ne 40·0,05=2 J.

1 J.

Ledo luitas

S=1 m², d=0,40 m, ρ_led=900 kg/m³, ρ_v=1000 kg/m³. Rask lėto visiško panardinimo ir lėto iškėlimo iki ką tik paliekant vandenį darbus.

Duota: S=1 m², d=0,40 m, ρ_led=900 kg/m³, ρ_v=1000 kg/m³.
Rasti: Rask lėto visiško panardinimo ir lėto iškėlimo iki ką tik paliekant vandenį darbus.

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. S = 1 m²; d = 0,40 m. ρ_led = 900 kg/m³. ρ_v = 1000 kg/m³. mg – sunkio jėga (m – masė, g – sunkio pagreitis). F_A – Archimedo jėga. ρ – tankis

Užuomina

Pradinis panirimas h₀=ρ_led d/ρ_v.

Pirmas žingsnis

Pradinėje pusiausvyroje Archimedo jėga lygi svoriui: ρ_vgSh₀=ρ_ledgSd. Sutrumpiname gS: h₀=(ρ_led/ρ_v)d=0,36 m.

Visas sprendimas

Pradinėje pusiausvyroje Archimedo jėga lygi svoriui: ρ_vgSh₀=ρ_ledgSd. Sutrumpiname gS: h₀=(ρ_led/ρ_v)d=0,36 m.
h₀=0,36 m. Stumiant žemyn per x, F=ρ_vgSx; x_max=d−h₀=0,04 m.
Panardinant papildomas plūdrumas didėja nuo nulio iki ρ_vgS(d−h₀), todėl darbas yra jėgos grafiko trikampio plotas. Keliant plūdrumo trūkumas didėja iki viso mg, kelias h₀.
A_pan=ρ_vgS(0,04)²/2=7,848 J.
Keliant per y, trauka F=ρ_vgSy iki y=h₀. A_išk=ρ_vgSh₀²/2=635,688 J. Keliant dar aukščiau reikėtų papildomo mgh.

7,848 J panardinti; 635,688 J iškelti.

Dvi nuoseklios spyruoklės

k₁=100 N/m, k₂=300 N/m, apkrova 12 N. Rask deformacijas ir sukauptų energijų santykį.

Duota: k₁=100 N/m, k₂=300 N/m, apkrova 12 N.
Rasti: Rask deformacijas ir sukauptų energijų santykį.

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. k₁ = 100 N/m. k₂ = 300 N/m; F = 12 N. Vienodas įtempimas. N prie kūno rodyklės – atramos reakcija; prie skaičiaus N – niutonas, jėgos vienetas

Užuomina

Abi perduoda tą pačią jėgą.

Pirmas žingsnis

Nuosekliai sujungtose spyruoklėse veikia ta pati jėga F. Kiekvienai atskirai F=kᵢxᵢ, todėl xᵢ=F/kᵢ.

Visas sprendimas

Nuosekliai sujungtose spyruoklėse veikia ta pati jėga F. Kiekvienai atskirai F=kᵢxᵢ, todėl xᵢ=F/kᵢ.
x₁=F/k₁=0,12 m, x₂=0,04 m.
Į Uᵢ=kᵢxᵢ²/2 įrašome xᵢ=F/kᵢ: Uᵢ=F²/(2kᵢ). Dalyboje U₁/U₂ bendras F²/2 susiprastina ir lieka k₂/k₁.
U₁=F²/(2k₁)=0,72 J; U₂=0,24 J.
U₁/U₂=k₂/k₁=3. k_eff=75 N/m duoda tą pačią bendrą deformaciją 0,16 m.

0,12 m; 0,04 m; santykis 3.

Iššūkis: Jėga, trintis ir energijos maksimumas

2 kg kūnas iš rimties juda tiesiai. Trauka F(x)=12−2x (N), priešinga slydimo trintis 2 N. Iki pirmo sustojimo rask didžiausią greitį ir sustojimo koordinatę.

Duota: 2 kg kūnas iš rimties juda tiesiai.
Rasti: Iššūkis: Jėga, trintis ir energijos maksimumas

Brėžinys ir žymėjimai

Schema, ne mastelis. m = 2 kg; trintis 2 N. F(x) = 12 − 2x N. Atstojamoji: 10 − 2x. N prie kūno rodyklės – atramos reakcija; prie skaičiaus N – niutonas, jėgos vienetas Kreivė rodo tik funkcijos pobūdį; tikslius taškus apskaičiuok pagal lygtį.

Užuomina

Integruok atstojamąją, o ne vien trauką.

Pirmas žingsnis

Eₖ(x)=∫₀ˣ(10−2ξ)dξ=10x−x² J.

Visas sprendimas

Eₖ(x)=∫₀ˣ(10−2ξ)dξ=10x−x² J.
Maksimumas ties dEₖ/dx=10−2x=0, x=5 m; Eₖ=25 J.
vmax=√(2·25/2)=5 m/s. Kitas Eₖ=0 taškas x=10 m.

vmax=5 m/s ties x=5 m; pirmas sustojimas ties x=10 m.

Ryšys su kita tema

Darbas padės sekti energijos persiskirstymą per kelis skirtingus judėjimo etapus.