CARTE MECANICA 2
230
CUPRINS I. Cinematica punctului material: vector de poziţie, traiectorie, viteză, acceleraţie, viteză unghiulară, acceleraţie centripetă. .3 1.1. Sisteme de referinţă. Mişcare şi repaus...............................3 1.2. Punct material. Traiectoria.....3 1.3. Viteza. Vectorul viteză........4 1.4. Acceleraţia. Vectorul acceleraţie .....................................5 II. Principiile mecanicii Newtoniene 7 2.1. Principiul I al dinamicii (inerţiei)...........................7 2.2. Principiul fundamental al dinamicii............................7 2.3. Principiul acţiunilor reciproce. 8 2.4. Principiul suprapunerii forţelor 9 2.5. Principiul relativităţii........9 III. Clasificarea mişcărilor mecanice ...................................11 3.1. Mişcarea rectilinie uniformă. . .11
-
Upload
arome-coloranti-cofetarie-patiserie -
Category
Documents
-
view
805 -
download
4
Transcript of CARTE MECANICA 2
CUPRINS
I. Cinematica punctului material: vector de poziţie, traiectorie, viteză, acceleraţie, viteză unghiulară, acceleraţie centripetă.....................................................3
1.1. Sisteme de referinţă. Mişcare şi repaus......................3
1.2. Punct material. Traiectoria.........................................3
1.3. Viteza. Vectorul viteză..............................................4
1.4. Acceleraţia. Vectorul acceleraţie...............................5
II. Principiile mecanicii Newtoniene.............................7
2.1. Principiul I al dinamicii (inerţiei)...............................7
2.2. Principiul fundamental al dinamicii...........................7
2.3. Principiul acţiunilor reciproce....................................8
2.4. Principiul suprapunerii forţelor..................................9
2.5. Principiul relativităţii.................................................9
III. Clasificarea mişcărilor mecanice...........................11
3.1. Mişcarea rectilinie uniformă....................................11
3.2. Mişcarea rectilinie uniform variată..........................12
3.3. Mişcarea corpurilor sub acţiunea greutăţii...............13
3.4. Mişcarea pe plan înclinat.........................................15
3.5. Mişcarea circulară uniformă....................................17
IV. Deformări elastice izotrope. Legea lui Hooke. Energia potenţială elastică...........................................22
4.1. Tracţiunea barei........................................................22
4.2. Contracţia transversală.............................................25
4.3. Lucrul mecanic.........................................................26
4.4. Compresibilitatea.....................................................27
4.5. Forfecarea.................................................................29
4.6. Legea lui Hooke.......................................................30
4.7. Legea atracţiei universale.........................................33
V. Teoreme de variaţie şi legi de conservare în mecanică......................................................................35
5.1 Lucrul mecanic..........................................................35
5.2. Lucrul mecanic al forţei de greutate........................36
5.3. Puterea......................................................................38
5.4. Energia cinetică a punctului material.......................39
5.5. Energia potenţială a punctului material...................40
5.6. Conservarea energiei mecanice în mişcarea de cădere liberă................................................................................41
VI. teoremele mecanicii a impulsului, a momentului cinetic, a energiei cinetice, legi de conservare............42
6.1. Teorema impulsului.................................................42
6.2. Momentul forţei. Moment cinetic...........................43
6.3. Lucrul mecanic. Puterea...........................................45
6.4. Teorema energiei cinetice........................................46
6.5. Lucrul mecanic al forţei de frecare la alunecare......47
6.6. Randamentul mecanic..............................................49
VII. Probleme. Aplicaţii..............................................53
I. CINEMATICA PUNCTULUI MATERIAL: VECTOR DE POZIŢIE, TRAIECTORIE,
VITEZĂ, ACCELERAŢIE, VITEZĂ UNGHIULARĂ, ACCELERAŢIE
CENTRIPETĂ
Cinematica – studiază mişcarea mecanică a punctelor materiale fără a ţine seama de masele acestor puncte şi de forţele care acţionează asupra lor.
1.1. Sisteme de referinţă. Mişcare şi repaus
Prin mişcare mecanică înţelegem simpla deplasare, schimbare în timp a poziţiilor corpurilor. Mişcarea mecanică poate fi studiată numai în raport cu alte corpuri materiale a căror poziţie o considerăm fixă.
Acest corp sau grup de corpuri formează sistemul de referinţă. Când un corp nu-şi schimbă poziţia faţă de SR, se spune că el este în repaus faţă de acesta.
1.2. Punct material. Traiectoria
DEFINITIE: Punctul material este un punct geometric,un corp al cărei dimensiuni şi rotaţii proprii sunt neglijabile şi în care se găseşte concentrată întreaga masă a corpului.
Se numeşte traiectorie, linia sau curba descrisă de mobil în timpul mişcării sale. Poate fi rectilinie sau curbilinie. Traiectoria este determinată de spaţiu ţi timp.
x=f ( t ) - legea mişcării în mişcare rectiliniePoziţia mobilului în plan la un moment dat, t este
determinată de coordonatele sale x şi y sau de vectorul de poziţie r⃗.
{x=f 1 ( t )y=f 2 ( t )
⇒| r⃗=O⃗P
{x=r cosαy=r sin α
r⃗=O⃗P - vector de poziţie
1.3. Viteza. Vectorul viteză
Viteza punctului material este o mărime cu ajutorul căreia se determină variaţia în timp a coordonatei.
v⃗=d r⃗dt
v⃗m=∆ r⃗∆ t
Viteza medie pe o traiectorie PP’ de lungime ΔS,
parcursă în Δt este vm=∆ S∆ t
=S '−St '−t
=deplasaredurata
Viteza instantanee sau momentană în punctul P la momentul t se obţine trecând la limita P ' → P
v= lim∆t → 0
∆ S∆ t
=dsdt
=s ' (t )=S
Deci viteza este egală cu derivata coordonatei spaţiului în raport cu timpul.
⟨ v ⟩ SI=1 m /sVectorul viteză este derivata vectorului de poziţie în
raport cu timpul ori direcţia tangentei la traiectorie.
v⃗=d r⃗dt
=d r⃗dS
∙dSdt
=vd r⃗dS
=v ∙ t⃗
Unde t⃗=d r⃗dS
este versorul tangentei
1.4. Acceleraţia. Vectorul acceleraţie
În mişcarea neuniformă, viteza corpului variază, fiind o funcţie de timp, acceleraţia.
Acceleraţia medie este o mărime numeric egală cu raportul dintre variaţia vitezei punctului material şi intervalul de timp în care a avut loc această variaţie.
am=∆ v∆t
= v'−vt'−t
Acceleraţia momentană sau instantanee
a= lim∆t →0
∆ v∆ t
=dvdt
=v ' ( t )
De asemenea acceleraţia este o mărime vectorială
a⃗m=∆ v⃗∆t
a⃗= lim∆t →0
∆ v⃗∆ t
=d v⃗dt
Sau
a⃗=d v⃗dt
= ddt ( d r⃗
dt )=d2 r⃗dt 2 =¨⃗r ; ⟨a ⟩SI=1m / s2
II. PRINCIPIILE MECANICII NEWTONIENE
2.1. Principiul I al dinamicii (inerţiei)
Un punct material îşi menţine starea de repaus sau de mişcare rectilinie uniformă, atâta timp cât asupra sa nu acţionează alte corpuri care să-i schimbe această stare de mişcare.
Se numeşte inerţie proprietatea unui corp de a-şi menţine starea de repaus sau de mişcare rectilinie uniformă în absenţa acţiunilor exterioare, respectiv de a se opune la orice acţiuni exterioare, care caută să-i schimbe starea de repaus sau de mişcare rectilinie uniformă în care se află. Principiul I al dinamicii se numeşte principiul inerţiei.
Sistemele de referinţă în care este valabil principiul inerţiei, se numesc sisteme de referinţă inerţiale. Toate sistemele de referinţă inerţiale se mişcă unele faţă de altele, rectiliniu, uniform.
2.2. Principiul fundamental al dinamicii
Vectorul forţă este proporţional cu produsul dintre masă şi vectorul acceleraţie: F⃗=const m∙ a⃗
Deoarece unitatea de măsură pentru masă (1 kg) este fixată ca fiind abia unitate fundamentală în SI, iar unitatea de acceleraţie a fost deja stabilită ca unitate derivată (1 m /s2
), vom alege unitatea de forţă astfel incit constantă de proporţionalitate din legea de mai sus să fie 1.
Astfel, principiul II devine: F⃗=m∙ a⃗
[ F ]=[ m ] ∙ [ a ]=1kg ∙1 m
s2=1kg ∙ m
s2=1 N
Această unitate în SI, se numeşte Newton. Newtonul este egal cu mărimea acelei forţe care aplicată unui corp cu masa de 1kg, îi imprimă o acceleraţie de 1m/s.
Forţa medie F⃗m=m ∙ a⃗m=m∙ΔvΔt
; Δv=F⃗m∙Δtm
.
Variaţia vitezei are direcţia şi sensul forţei medii aplicate.
Impulsul
F⃗m=m∆ v⃗∆ t
=mv⃗2−v⃗1
t 2−t1
=m v⃗2−m v⃗1
t 2−t1
=(m v⃗ )2−( mv⃗ )1
t2−t 1
Impulsul punctului material este produsul dintre masa şi viteza sa: p⃗=m v⃗.
F⃗m=m a⃗m=m∆ v⃗∆ t
=∆ (mv⃗ )
∆ t=∆ P⃗
∆ t=
P⃗2−P⃗1
t 2−t 1
Forţa este egală cu variaţia impulsului raportată la intervalul de timp.
Unitatea de măsură pentru impuls rezultă din definiţia sa:
[ p ]=[ m ] [ v ]=1kg ∙1 m /s=1 N ∙1 s=N ∙ S
Această unitate este deci egală cu impulsul unui punct material care are masa de 1kg şi se mişcă cu viteza 1m/s.
2.3. Principiul acţiunilor reciproce
Dacă un corp acţionează asupra altui corp cu o forţă numită acţiune, cel de-al doilea corp acţionează asupra
primului cu o forţă egală în modul şi opusă ca semn, numită reacţiune.
2.4. Principiul suprapunerii forţelor
Dacă mai multe forţe acţionează în acelaşi timp asupra unui punct material, fiecare forţă produce propria sa acceleraţie în mod independent de prezenţa celorlalte forţe, acceleraţia rezultantă fiind suma vectorială a acceleraţiilor individuale.
∑i=1
n
F⃗ i=m∑i=1
n
a⃗i⇒ a⃗=∑i=1
n
a⃗i⇒∑i=1
n
F⃗ i=F⃗=m∙ a⃗
2.5. Principiul relativităţii
Cele trei principii ale mecanicii sau legi ale lui Newton sunt suficiente pentru a clădi întregul edificiu al mecanicii clasice.
Principiul inerţiei este valabil în toate SRI, deoarece este folosit pentru a defini aceste sisteme.
Al II-lea principiu este de asemenea valabil în toate SRI. Acceleraţia este invariantă faţă de SRI, iar masa este constanta în mecanica clasică ⇒m a⃗ invariant. De asemenea
F⃗=m∙ a⃗ este aceeaşi în toate SRI.Principiul III este şi el variabil în toate SRI, rezultă
că principiile mecanicii newtoniene sunt aceleaşi în toate SRI.
Principiul relativităţii lui Galilei
Toate legile mecanicii sunt aceleaşi în orice SRI, folosind transformările lui Galilei putem enunţa:
Legile mecanicii clasice newtoniene sunt invariante la transformările Galilei, adică sunt Galilei – invariante, rezultă că din punct de vedere mecanic, toate SRI sunt absolut echivalente.
Prin urmare nicio experienţă mecanică efectuată în interiorul unui SRI nu ne permite să determinăm mişcarea sa rectiline uniformă sau repausul
Principiul relativităţii a fost extins de Einstein (1905) la întreaga fizică.
III. CLASIFICAREA MIŞCĂRILOR MECANICE
Mişcarea mecanică se poate clasifica după anumite criterii:
a) După forma traiectoriei:i. Mişcare rectilinie
ii. Mişcare curbilinieb) După legile mişcării:
i. Mişcări uniformeii. Mişcări variate (neuniforme)
iii. Mişcări periodice
3.1. Mişcarea rectilinie uniformă
Un punct material izolat se mişcă rectiliniu uniform dacă vectorul viteză este constant.
v=V m=∆ S∆ t
=ct
ds=v ∙ dt ;∫ dS=∫ vdt , v=ct ⇒ S ( t )=vt +c1
(din condiţiile iniţiale determinate pe c1)lat 0⇒S0 , S0=v t 0+c1⇒ c1=S0−v t 0
S ( t )=vt +S0−v t0⇒ S=S0+v ( t−t0)(legea mişcării rectilinii uniforme)Dacă t 0=0⇒ S=S0+vt ;S0=0⇒ S=v ∙ t
Pentru că v=ct⇒ înm . r . u . a .=0
tg α=v>0
tg α=v<0
3.2. Mişcarea rectilinie uniform variată
În mişcarea rectilinie uniform variată, traiectoria mobilului e o linie dreaptă, iar acceleraţia este constantă. În cazul în care viteza creşte cu timpul, acceleraţia este pozitivă, iar mişcarea este uniform accelerată. Când viteza scade în timp, acceleraţia este negativă, iar mişcarea este uniform încetinită.
a=am=∆ v∆ t
=dvdt
=ct
dv=adt şi a=ct⇒∫dv=∫ adt⇒ v=at +c2
v0=a t 0+c2⇒ c2=v0−a t0⇒ v=v0+a (t−t 0 );reprezinta legea vitezei
Dacă t 0=0⇒ v=v0+at, viteza variază liniar cu t.Drumul parcurs este:
ds=vdt (2 ) ;ds=[ v0+a(t−t 0)]dt
∫ ds=∫ [v0+a ( t−t0 ) ]dt=S0+v0 (t−t 0 )+12
a (t−t 0 )2
(legea m.r.u.v.; ecuaţia traiectoriei)
t 0=0⇒ S=S0+v0t + a t2
2şi v=v0+at⇒
v2=v02+2 a(S−S0) - formula generală a lui Galilei.
3.3. Mişcarea corpurilor sub acţiunea greutăţii
Căderea liberă. Greutatea unui corp este forţa cu care acesta întinde firul sau resortul de care este suspendat. Ea are direcţia „firului cu plumb”. Greutatea unui corp se datorează atracţiei gravitaţionale dintre corp şi pământ.
Greutatea unui corp este forţa cu care acesta este atras de Pământ; ea are direcţia razei terestre din acel loc.
Corpurile lăsate liber în vid, fără viteză iniţială cad vertical sub acţiunea greutăţii lor cu aceeaşi acceleraţie
gravitaţională g⃗ ( g ≈ 9.8 m /s2 ) independentă de masa
corpului, natură, dimensiunile sau forma corpurilor.Conform legii fundamentale:F⃗=m∙ a⃗⇒G⃗=m∙ g⃗a) Căderea liberă de la o înălţime hv=v0+¿=¿ ;pt v0=0
h=v0 t+ 12
g t 2=12
g t2
v2=v02+2 gh⇒ v2=2 gh⇒v=√2 gh
h=12
g t c2; t c
2=2 hg⇒ t c=√ 2h
gCăderea libera de la o înălţime h.
b) Aruncarea unui corp vertical în sus, cu viteza iniţială v0
v=v0−¿=¿…
t u=t c
3.4. Mişcarea pe plan înclinat
Vom neglija frecările dintre corp şi planul înclinat (de exemplu, un cărucior pe şine netede). În acest caz, asupra corpului acţionează: forţa de greutate: G⃗=m g⃗ şi
reacţiunea normală N⃗ a planului înclinat.
Dacă descompunem greutatea după două direcţii, una paralelă cu planul înclinat şi alta perpendiculară pe el, atunci pe direcţia perpendiculară pe planul înclinat, nu este acceleraţie, din N−mgcos α=0. Prin urmare reacţiunea normală N a planului înclinat asupra corpului este egală cu componenta mg cosα a greutăţii cu care corpul apasă asupra planului înclinat. Componenta mg sin α , paralelă cu planul înclinat, imprimă corpului o acceleraţie:
a= Fm
=mg sin αm
=g sin α
În direcţia şi sensul acestei forţe adică paralelă pe planul înclinat şi îndreptată în jos.
Prin urmare, un corp lăsat liber pe un plan înclinat fără frecări, va coborî uniform accelerat cu acceleraţia a=sin α , iar lansat în sus de-a lungul planului inclinat cu viteza iniţială va urca încetinit, se va opri şi apoi se va întoarce înapoi accelerat.
Dacă notăm cu h înălţimea de la care coboară liber corpul şi cu S lungimea planului înclinat, atunci h=S sin α. Deci la coborâre liberă:
v=√2aS=√2 g sin α ∙ s=√2 gh
t c=√ 2 Sa
=√ 2 Sg sin α
= 1sin α √ 2 h
gŞi la urcare cu viteza iniţială v0
t u=v0
g sin α,S=
v02
g sin α, h=
v02
2 g
t c=tu , v '=−v0
Forţele de frecare
Ori de câte ori un corp alunecă peste alt corp în planul de contact, apar forţe de frecare conţinute în acest plan şi orientate în sensul opus vitezei relative ă corpului considerat.
Forţele de frecare frânează totdeauna mişcarea relativă a corpurilor care alunecă.
Chiar înainte de ă începe alunecarea, apar forţe de frecare între solide, numite forţe de frecare statice sau de aderenţă.
Legile frecăriiForţa de frecare la alunecare F f , între două corpuri
nu depinde de aria suprafeţei de contact dintre corpuri./Forţa de frecare la alunecare F f , este proporţională
cu forţa de apăsare normală, exercitată pe suprafaţa de contact.
Notând cu N forţa normală de apăsare pe suprafaţa de contact dintre corpuri şi cu μ coeficientul de proporţionalitate, putem scrie:
F f =μN
μ – coeficient de frecare la alunecare.
μ=F f
Nşi este adimensional.
3.5. Mişcarea circulară uniformă
R=ct ; S=θ ∙ RViteza pe traiectorie sau viteza liniară este:
v=dSdt
=d (θR )
dt=dθ
dt∙ R=ωR
ω=dθdt
=θ ˙−vitezaunghiulară
Acceleraţia tangenţială este:
a t=dvdt
=dωdt
∙ R=εR
ε=dωdt
=ω̇=d2θd t 2 =θ̈(acceleraţia unghiulară)
au=v2
R=ωv=ω2 R
a=√at2+an
2=R√ε2+ω4 (acceleraţia totală)
Introducem ω⃗ - vector viteză unghiulară
v⃗=ω⃗ ∙ R⃗Din ε⃗= ˙⃗ω⇒ ε⃗ ∥ω⃗
{a⃗ t= ε⃗ ∙ R⃗a⃗n=ω⃗ ∙ v⃗
Mişcarea circulară uniformă
Se parcurg arce egale în timpuri egale
∆ S∆ t
=v=ct⇒ω=ct⇒ { ε=ω̇=0at=εR=0
an=v2
R≠ 0 ⋅
ω=∆ θ∆ t
=dθdt
=const⇒ dθ=ωdt
θ=∫ωdt⇒ θ=θ0+ω(t−t o) - legea de miscare circulara
uniforma .t 0=0⇒θ=θ0+ωt ; ⟨ ω⟩ SI=1 rad / s
Radianul este unghi la centru care subîntinde un arc de cerc egal cu raza cercului:
1 rad=360 °2 π
−180 °π
Viteza unghiulară – unghi la centru descris de raza vectoare în unitatea de timp.
Frecvenţa (ϑ ) se exprimă:
ϑ= ω2 π
⇒ω=2 πϑ ; ⟨ϑ ⟩ SI=1 s−1=Hz
Perioada (T):
T=1ϑ=2 π
ω; ⟨T ⟩SI=1 s
Viteza areolară este prin definiţie variaţia ariei măturate de raza vectoare a mobilului, raportat la unitatea de timp.
Ω=d S⃗dt
=12
r⃗ ×d r⃗dt
, undedS=12
r⃗ × d r⃗
Ω=12
r⃗× v⃗= 12 m
;r⃗ × p⃗= 12 m
L⃗
De unde, pentru mişcarea plană:
Ω=dSdt
=12
r2 dθdt
=12
r2θ̇ ; L=2mΩ=m r2 θ̇=I θ̇
Acceleraţia Coriolis are formula:a⃗ cor=2 ω⃗× v⃗ rel
Acceleraţia centripetă
În mişcarea circulară uniformă |v⃗|=ct sau ∆ v=0, dar ∆ v⃗≠ 0, deoarece vectorul viteză ca viteză şi deci există o
acceleraţie a⃗=∆ v⃗∆ t
.
Considerăm mobilul la două momente succesive t şi
t '=t+∆ t, cu vitezele v, respectiv v’, în pantele A şi A’|∆ v⃗|A A '=
vR
Pt ∆ t foarte mici: A A' ≡∆ S;|∆ v⃗|∆ S
= vR
∙ ∆ S
Împărţind la ∆ t : |a⃗|=|∆ v⃗|∆ t
= vR
∙∆ S∆t
= v2
RDirecţia şi sensul acceleraţiei sunt date de segmentul
BB’. Acceleraţia este radială, orientată spre centrul cercului, de aceea se numeşte acceleraţie centripetă.
an=v2
R=ωv=ω2 R=4 π2 R
T 2
v=ωR; ω=2 πν=2 πT
a⃗n=−ω2 r⃗ – vectorial
Forţa centripetă
În mişcarea circulară uniformă, acceleraţia este centripetă şi conform legii fundamentale F⃗=m∙ a⃗ asupra corpului să acţioneze o forţă centripetă care să determine mişcarea circulară uniformă.
F⃗=m a⃗n=mω2 R=mωv=mv2
R
F⃗=−m ω2 r⃗
Forţa centrifugă
SRI: Forţa centrifugă este o forţă de reacţiune, ea nu acţionează asupra corpului aflat în mişcare circulară.
SRNI: Forţa centrifugă este o forţă de inerţie aplicată corpului în mişcare circulară.
F⃗ cp+ F⃗ i=m ∙ a⃗=0
F⃗ cf =F⃗ i=−F⃗cp=−m a⃗n⇒ F⃗cf=mω2 R=mv2
R
IV. DEFORMĂRI ELASTICE IZOTROPE. LEGEA LUI HOOKE. ENERGIA
POTENŢIALĂ ELASTICĂ
Generalităţi. Clasificare
Orice corp din natură este mai mult sau mai puţin deformabil. Nu există corpuri absolut rigide (nedeformabile). Sub acţiunea forţelor exterioare, corpurile se deformează, apar forţe interne care se opun deformării, rezultă că la orice deformaţie a corpului apar forţe elastice (interne) care se opun acestei deformaţii. Deformaţiile care dispar după suprimarea forţelor care le-au produs, se numesc deformaţii elastice. Deformaţiile care nu dispar în întregime după suprimarea forţelor, se numesc deformaţii plastice.
Vom considera în continuare numai corpurile omogene şi izotrope. Deformaţiile elastice simple sunt de patru tipuri:
a) Tracţiunea (întinderea) sau comprimarea;b) Forfecarea sau lunecarea;c) Încovoierea;d) Torsiunea (răsucirea)
4.1. Tracţiunea barei
Fie o bară de lungime iniţială l0 şi aria secţiunii S0
nedeformată, supusă unei forţe de interacţiune F.
Alungirea este proporţională cu forţa deformatoare:∆ l F ;∆ l=l−l0 - alungirea absolutăAlungirea este proporţională cu lungimea iniţială:
∆ l l0
Alungirea este invers proporţională cu aria secţiunii:
∆ l1S0
⇒∆ lF ∙l0
S0; deformarea depinde şi de natura
materialului
⇒∆ l= 1E
∙F l0
S0
sauFS0
=E ∙∆ ll0
- legea lui Hooke
E – modulul de elasticitate longitudinal sau modulul lui Young.
⟨ E ⟩ SI=1 N
m2; σ= F
S0
, ⟨σ ⟩SI=N /m2
σ – efortul unitar (tensiunea elastică), reprezintă raportul dintre forţa de întindere F şi aria secţiunii transversale nedeformate S0.
ε=∆ ll0
=l−l 0
l0
ε – adimensional, alungirea relativă (deformare elastică) rezultă σ=E ∙ε, legea lui Hooke.
Rezultă din această formă a legii lui Hooke că alungirile relative sunt proporţionale cu eforturile unitare pentru un material dat echivalent legii lui Hooke. Este o lege empirică obţinută experimental, valabilă pentru anumite valori ale efortului unitar, valori caracteristice materialului solicitat, astfel nu este numită lege de material.
OP – domeniul l. HookeP – limita domeniului
F=E∙ S0
l0
∙ ∆ l
Notăm : k=E ∙ S0
l0
, constantăelastică⇒F=k ∙∆ l
Notăm ∆ l=x alungirea sau comprimarea ⇒F=kx
Se opune creşterii deformării ⇒F=−kx (forţa elastică).
4.2. Contracţia transversală
Experimentele arată că în timpul întinderii barei, dimensiunile sale transversale se micşorează, baza se contractă şi această contracţie este proporţională cu alungirea.
∆ bb0
=−μ∆ ll0
=−με=−μσE
(deformările transversale şi longitudinale)b – orice dimensiunea transversalăµ - coeficientul lui Poisson (adimensional)Aceasta înseamnă că la întindere, lungimea barei a
crescut de la l0 la l, după relaţia:
l=l0+∆l=l0(1+∆ ll0
)=l0(1+1E
∙σ )Diametrul barei se micşorează de la b0 la b:
b=b0−∆ b=b0(1−∆ bb0
)=b0(1− μE
∙σ )Volumul barei înainte de deformare era:
V 0=π4
b02l0
Iar după deformare:
V= π4
b2l= π4
b02l0(1+ 1
Eσ )(1− μ
Eσ )
2
≈ V 0(1+ 1E
σ )(1−2μE
σ )=V 0(1−2μE
σ+ 1E
σ−…)
V=(1+ 1−2 μE
σ )σE
- foarte mic
V=V 0+ (1−2 μ ) σE
∙V 0=V 0+∆ V ⇒ (1−2 μ ) σE
∙V 0
⇒ εv=∆ VV 0
=ε (1−2 μ)
(variaţia relativă de volum)ε>0 - volumul barei creşte prin tracţiuneε<0 - volumul barei scade prin comprimare
4.3. Lucrul mecanic
Este efectuat de forţa aplicată şi înmagazinat în bară sub formă de energie potenţială de deformare. Pentru alungirea barei de la l0 la l+∆ l, se efectuează un lucru
mecanic: L=Fm ∙ ∆l
Fm – valoarea medie a lui F ce variază cu alungirea.
F=0 pt ∆ l=0; F= E ⋅ S ⋅∆ ll 0
pt ∆l dat⇒
⇒Fm=O+F
2= E ∙ S
2 l0
∆ l⇒L=12
∙ESl0
∙ ∆ l2
Este înmagazinată în bara deformată sub forma energiei potenţiale:
W p=12
∙ESl0
∙ ∆ l2
Notăm ESl0
=k ; ∆ l=x⇒W p=12
k x2 - energia
potenţială a unui corp supus acţiunii unei forţe elastice: F=−kx.
Sau lucrul mecanic:
W =∫l0
l
Fdl=∫0
∆l
σ S0 d (l−l0 )=∫0
ε
σ S0l0 dl−l0
l0
¿ S0 l0∫0
ε
σdε
Sau raportat la volumul iniţial nedeformat:
WV 0
=∫0
ε
σdε
(densitatea de energie potenţială) = aria mărginită de curba tensiunii elastice.
În domeniul elastic este valabilă legea lui Hooke σ=E ∙ε astfel încât integrarea dă energia elastică pe unitatea de volum.
WV 0
=∫0
ε
σdε=E∫0
ε
εdε=12
E ∙ ε2=12
σε=12
∙σ 2
E
Rezultă că în fiecare unitate de volum a corpului se înmagazinează, atât la întindere cât şi la comprimare, o energie potenţială aproximativ egală cu ε 2 sauσ2.
4.4. Compresibilitatea
Este un paralelipiped supus comprimării sau întinderii pe toate feţele sale, adică supus la trei solicitări σ pe cele trei direcţii perpendiculare. Vom presupune deformările mici astfel încât deformaţia rezultată se obţine
prin însumarea deformaţiilor generate separat şi independent de cele trei solicitări.
Ca urmare a unei solicitări pe o direcţie, rezultă o
alungire ε=σE
pe acea direcţie, dar şi o contracţie
transversală Poisson:
−με=−μσE
Pe celelalte două direcţii transversale
ε x=∆ l x
l0x
=σ x−μ (σ y+σz )
E
ε y=∆ l y
l0 y
=σ y−μ (σ x+σ z )
E
ε z=∆l z
l0 z
=σ z−μ (σ x+σ y)
E
V=l x l y lz ; ln V=ln lx+ln l y+ln lz
dVV
=d l x
lx
+d l y
l y
+d l z
lz
ε v=∆ VV 0
=∆ lx
l0 x
+∆ l y
l0 y
+∆ lz
l0 z
ε V=εx+ε y+εZ=1−2 μ
E(σ x+σ y+σ z)
Deformare elastică relativă a volumului
ϰ=−1V 0
∙∂ V∂ P
Coeficient de compresibilitate: ϰ>0 la o creştere a presiunii, volumul scade.
k=1ϰ=V 0 ∙
∂ P∂ V
Modul de compresibilitateEnergia elastică înmagazinată prin deformare pe
unitatea de volum (densitatea de energie)WV 0
=12
εV σ=12
(ε x σx+ε y σ y+ε z σ z )=12
k εV2
4.5. Forfecarea
Am văzut că în cazul întinderii sau comprimării variază volumul corpului, există deformaţii în care volumul corpului rămâne constant, schimbându-şi numai forma: forfecarea sau lunecarea. Aceasta este deformarea în care unele straturi lunecă peste altele.
Dacă aplicăm două cupluri de forţe la două perechi de feţe opuse ale unui paralelipiped, straturile se vor deplasa unele faţă de altele.
Se defineşte efortul unitar tangenţial:
τ= FS0
; ⟨ τ ⟩ SI=N
m2
Deformaţia elastică de forfecare se defineşte prin unghiul de lunecare γ (rad). Pentru unghiuri de lunecare γ mici facem aproximaţia:
γ=tg γ=∆ ll0
⇒ ∆ ll0
≅ γ= τG⇒τ=Gγ
Legea Hooke la forfecare, unde G este modulul de forfecare sau lunecare.
⟨G ⟩SI=N
m2
Se observă că alungirea diagonalei AC sau
comprimarea diagonalei BC sunt egale cu ε=±γ2
.
ε= γ2= τ
E+ μτ
E= (1+μ ) τ
E(1)
σE
= τE
;τ=τ⇒ μτE
=umflareaPoisson
σ=−τ ; (1 )⇒ γ2=
(1+μ ) GγE
⇒G= E2 (1+μ )
4.6. Legea lui Hooke
Fie o bară de lungime l0 şi secţiune normală S0 supusă solicitării de întindere sub acţiunea unei forţe F, în lungul axei sale.
∆ lF ∙l0
S0
∆ l - depinde de natura materialului.
∆ l= 1E
∙F ∙ l0
S0
(1)
∆ l=l−l0 (alungirea)E – modulul de elasticitate longitudinal sau modulul
lui Young.FS0
=σ (2) - tensiunea sau efort unitar (normal)
∆ ll0
=ε (3) – alungire relativă sau deformare specifică
(1 )⇒ FS0
=E∙∆ ll0
( 4 ) ⇔ σ=E ∙ε ( 4' )
Legea lui Hooke: alungirile relative sunt proporţionale cu eforturile unitare pentru un material dat.
(4 )⇒F=E ∙ S0
l0
∙ ∆ l=k ∙∆ l(5)
Pentru un material dat E ∙ S0
l0
=k=constant ; ⟨k ⟩SI=Nm
Notând deformarea elastică ∆ l cu x, obţinem pentru forţa care determină deformarea, expresia: F=kx (6)
În timpul deformării corpului, în el apar forţe egale ca mărime cu cele deformatoare dar de sens opus lor, numite forţe elastice: Fe=−kx (7)
Lucrul mecanic al forţei elastice este reprezentat de aria haşurată.
L=Fe2
x2
2−
Fe1x1
2=
−k x22
2+
k x12
2(8)
Energia potenţială elastică
Forţa elastică este o forţă conservativă deoarece lucrul mecanic efectuat de ea nu depinde decât de poziţia finală şi cea iniţială a punctului de aplicaţie al forţei.
Un corp deformat poate efectua lucru mecanic, dacă posedă o anumită energie potenţială:
∆ E p=−L⇒∆ E p=k x2
2
2−
k x12
2(9 )
∆ E p=Ep2−Ep1
; E p=k x2
2(10)
4.7. Legea atracţiei universale
Din legea lui Kepler, pe baza legilor fundamentale ale dinamicii, Newton a stabilit legea atracţiei universale.
Din legea a doua a lui Kepler a dedus că planeta se mişcă cu vitezele unghiulare ω=θ̇ şi liniară v=ωR=θ̇ R constantă pe cerc, deci e supusă unei forţe centripete.
F=m acp=mv2
R=m ω2 R=4 π2 m
RT2
Conform legii a III-a a lui Kepler:
T 2=ct R3⇒F=4 π 2
ct∙
mR2
mR2
ct – aceeaşi pentru toate planeteleForţa de atracţie exercitată de S asupra planetei este
proporţională cu masa planetei şi invers proporţională cu R2. Din principiul III (acţiune şi reacţiune), o forţă egală în modul şi de sens opus, se exercită asupra lui S din partea planetei, deci trebuie să fie aproximativă şi cu masa S.
F=−kmM
R2
(legea atracţiei universale a lui Newton)Enunţ: Forţa gravitaţională dintre două corpuri cu
masele m1 şi m2, considerate punctiforme faţă de distanţa dintre ele, situate la o distanţă r unul faţă de altul, este o forţă de atracţie care acţionează de-a lungul liniei ce uneşte corpurile şi are valoarea:
F=km1m2
r2
Unde k este constantă universală având aceeaşi valoare pentru oricare pereche de corpuri din Univers
Câmpul gravitaţional
Legea atracţiei universale ne arată că orice corp trebuie privit ca o sursă, un izvor de câmp gravitaţional.
De exemplu, fie Pământul o sursă de câmp gravitaţional izolată de alte surse. Dacă în vecinătatea Pământului este adus un corp de masă m<M P denumit corp de probă, atunci asupra lui se va exercita o forţă de atracţie pe direcţia razei Pământului. Valoarea acestei forţe este:
F=km M P
r2
r– distanţa dintre centrul Pământului şi corpul de probă
MP – masa Pământuluim – masa corpului de probă
F⃗m
=Γ⃗ - intensitatea câmpului gravitaţional
Γ=Fm
=kM P
r2
Deci mărimea Γ nu depinde de corpul de probă, ea depinde numai de sursa gravifică (MP) şi locul (r) în care se analizează câmpul gravitaţional.
Un câmp gravitaţional poate fi reprezentat:- Radial- Prin linii de câmp- Uniform
V. TEOREME DE VARIAŢIE ŞI LEGI DE CONSERVARE ÎN MECANICĂ
5.1 Lucrul mecanic
Prin definiţie, lucrul mecanic al unei forţe constante F, al cărei punct de aplicaţie se deplasează pe distanţa d, în direcţia şi în sensul forţei, etc. egal cu produsul dintre mărimea forţei şi mărimea deplasării.
L=F ∙d , d=x2−x1 - distanţa intre care se deplasează punctul de aplicare al forţei.
Forţa care produce mişcarea se numeşte forţă motoare, iar forţa care se opune mişcării se numeşte forţă de rezistenţă.
Lucrul mecanic al forţei motoare se numeşte lucru mecanic motor, iar cel al forţei rezistente, lucru mecanic rezistent.
⟨ L ⟩SI= ⟨ F ⟩SI ∙ ⟨d ⟩ SI
1 Joule=1 N ∙ 1mDEFINITIE :1 Joule este lucrul mecanic efectuat de
o forţă de 1N al cărui punct de aplicaţie se deplasează cu un metru pe suportul forţei şi în sensul forţei.
F x=F cosα ; F y=F sin α
Lucrul mecanic al componentei F y este zero deoarece ea nu produce nicio deplasare pe direcţia OY. Corpul se deplasează pe distanţa d sub acţiunea componentei F x.
L=Fx ∙ d=Fd cos α ;d=x1−x2
5.2. Lucrul mecanic al forţei de greutate
Lucrul mecanic al greutăţii pe distanţa AB=h este L=G ∙ h=mgh.
Lucrul mecanic al greutăţii corpului când acesta se deplasează pe distanţa CD=l se calculeaza.
Reacţiunea normală N⃗ şi G⃗n nu efectuează lucru
mecanic.
L=Gt l=mg∙ l sin α
l sin α=h⇒L=mg ∙ hRezultă că lucrul mecanic al greutăţii este
independent de drumul parcurs, de punctul material şi de legea mişcării acestuia şi este egal cu produsul greutăţii prin diferenţa de nivel h, dintre poziţia iniţială şi cea finală a punctului material.
Lucrul mecanic al forţei elastice este egal cu aria suprafeţei limitată de dreapta F=−kx şi segmentele de dreaptă OA şi AA1, deci este egal cu aria triunghiului A1AO.
L=A A1 ∙ OA
2=−kx ∙ x
2= k x2
2Lucrul mecanic al forţei elastice depinde numai de
poziţia punctului iniţial şi a celui final. Deci forţa elastică este o forţă conservativă.
5.3. Puterea
Prin definiţie, puterea medie într-un interval de timp ∆ t este egală cu raportul dintre lucrul mecanic efectuat şi timpul necesar producerii acestui lucru mecanic.
P=∆ L∆ t
Am definit puterea medie, deoarece în general, lucrul mecanic nu se efectuează în mod uniform în timp. În cazul
în care puterea este constanta ea este dată de relaţia: P= Lt
L=1Joule ; t=1 s⇒1watt=1 Joul1 s
Puterea instantanee sau momentană
P= lim∆t → 0
∆ L∆ t
=dLdt
Produsul scalar a doi vectori
Se numeşte produs scalar al vectorilor a⃗ şi b⃗ numărul
real notat cu a⃗ ∙ b⃗ egal cu produsul modulelor celor doi vectori prin cosinusul unghiului dintre ei.
S= a⃗ ∙b⃗=ab cosαEnergia este o mărime fizică scalară ce
caracterizează capacitatea unui corp sau a unui sistem de corpuri de a produce lucru mecanic.
Fiecărei stări a corpului îi corespunde o energie pe care o notăm cu E, iar la trecerea corpului din starea A în starea B, energia variază cu valoarea.
∆ E=EB−E A
Energia are două părţi:- Energie cinetică EC (de mişcare)
- Energie potenţială Ep (de poziţie)
5.4. Energia cinetică a punctului material
Energia pe care o posedă un corp datorită mişcării sale, se numeşte energie cinetică.
Considerând un punct material în mişcare rectilinie uniform variată sub acţiunea forţei F⃗. Viteza punctului
material variază pe distanţa d= x2−x1, de la v⃗1 la v⃗2. Legătura dintre cele două viteze este dată de formula lui Galilei:
v22−v1
2=2 ad
F=m∙ a⇒m v2
2
2−
m v12
2=Fd (1 )
⇒L=m v2
2
2−
m v12
2⇒Ec=
12
m v2
Deci energia cinetică a unui corp de masă m, care se află în mişcare de translaţie cu viteza v, în raport cu un sistem de referinţă inerţial, este egală cu semiprodusul dintre masa corpului şi pătratul vitezei acestuia.
(1 )⇒∆ E c=Ec2−E c1
; L=Ec2−E c1
5.5. Energia potenţială a punctului material
Considerăm un punct material de masă m plasat într-un punct A. Lăsăm punctul material să cadă liber din punctul A în punctul A0, aflat la înălţimea h0. Lucrul mecanic efectuat de greutatea punctului material pe distanţa h – h0 este:
L=mg(h−h0)∆ E p=Ep0
−Ep=−mg(h−h0)Ep0
−Ep=mgh0−mgh
Dacă se alege starea căreia îi corespunde parametrul h0, constanta de referinţă şi căreia i se atribuie energia
potenţială Ep0, atunci:
Ep=mgh+ Ep0;E p0
=0 - configuraţie zero (stare zero)Ep=mgh
Lucrul mecanic efectuat de către forţele conservative care acţionează în sistem este egal şi de semn opus cu variaţia energiei potenţiale a acestuia.
5.6. Conservarea energiei mecanice în mişcarea de cădere liberă
Energia mecanică a sistemului când punctul material se află în punctul A:
EA=Ep A+Ec A
=mgh
Ec A=0 deoarece nu are viteză
În A se lasă punctul material să coboare liber, el
ajunge în B cu viteza vB=√2 gx
EB=E pB+EcB
=mg (h−x )+mgx=mgh
EcB=1
2m v B
2 =12
m 2 gx=mgx
Ec=E pc+Ec c
=mgh
Energia mecanică a sistemului este constantă în timpul căderii libere a punctului material. În timpul acestei mişcări variază atât energia cinetică, cât şi energia potenţială a sistemului.
VI. TEOREMELE MECANICII A IMPULSULUI, A MOMENTULUI CINETIC, A
ENERGIEI CINETICE, LEGI DE CONSERVARE
Din legea fundamentală F⃗= p⃗ rezultă trei teoreme: a impulsului, a momentului cinetic şi a energiei cinetice. Aceste trei teoreme sunt valabile atât în mecanica clasică, cât şi în mecanica relativistă, cu deosebirea că în mecanica clasică, masa se consideră constantă, iar în mecanica relativistă, masa creste cu viteza.
6.1. Teorema impulsului
Legea fundamentală a mecanicii: p⃗=m∙ v⃗ - impulsul punctului material.
F⃗=d p⃗dt
=d (m v⃗ )
at(1 )
F⃗= forţa aplicată punctului material este egală cu derivata impulsului punctului material în raport cu t.
(1 )⇒ F⃗ dt=d p⃗=d (m v⃗)
H⃗=∫t1
t2
F⃗ dt= p⃗2− p⃗1=∆ p⃗=∆ (m v⃗ )=¿m2 v⃗2−m1 v⃗1(2)
Dar m=const⇒ H⃗=∫t1
t2
F⃗ dt=m v⃗2−mv⃗1(3)
H⃗ = impulsul forţei
Definiţie: Impulsul forţei rezultante aplicate punctului material este egal cu variaţia impulsului punctului material.
Dacă F⃗=0⇒ impulsul punctului material se conservă, adică punctul material rămâne în repaus sau în m.r.u. (mişcare rectilinie uniforma )
⟨ p ⟩SI=N ∙ S
Impulsul este o măsură a mişcării. Teorema impulsului exprimă o lege de conservare a mişcării materiei.
6.2. Momentul forţei. Moment cinetic
Teorema momentului cinetic.Dacă un rigid are un punct fix în jurul căruia se poate
roti liber, atunci aplicând o forţă rigidului, el se va roti în jurul unei axe ce trece prin articulaţia perpendiculară pe planul definit de forţă şi pol.
Efectul este acelaşi oriunde am aplica forţa pe suportul său. Dacă suportul forţei trece prin articulaţie, rigidul nu se roteşte.
Efectul de rotaţie este determinat de mărimea forţei şi de distanţa de la suport la articulaţie - braţul forţei b.
M⃗=r⃗ × F⃗ (1)M=rF sin α=F ∙ b
⟨ M ⟩SI=N ∙ m
Momentul cinetic se defineşte:
L⃗=r⃗ x p⃗=r⃗ xm v⃗ (2 )⟨ L ⟩SI= j ∙ S
Derivând relaţia (2) în raport cu timpul, rezultă:
d L⃗dt
=d r⃗dt
× p⃗+ r⃗×d p⃗dt
=r⃗ × F⃗=M⃗
Deoarece: d r⃗dt
× p⃗=v⃗ ×m v⃗ ≡0
Fiind vectori paraleli, rezultă:
M⃗=r⃗ × F⃗= ddt
( r⃗ × p⃗ )=d L⃗dt
=L⃗'
M⃗=d L⃗dt
⇒ M⃗=L⃗'
Momentul forţei este egal cu derivata momentului cinetic în raport cu timpul.
Teorema momentului cinetic:
K⃗=∫t1
t2
M⃗ dt=∫t 1
t 2
r⃗ × F⃗ dt=∫t1
t2
r⃗ ×dH =∆ L⃗=L⃗2−L⃗1
DEFINITIE :Impulsul momentului forţei aplicate punctului material este egal cu variaţia momentului cinetic al punctului material.
Dacă M⃗=0⇒ L⃗=constAcest moment cinetic se mai numeşte şi moment
cinetic orbital sau extern, deoarece este legat de mişcarea particulelor pe orbită.
6.3. Lucrul mecanic. Puterea
a) Lucrul mecanic este produsul scalar dintre forţa care acţionează asupra punctului material şi deplasarea:
dw=F⃗ d r⃗=F⃗ ∙ v⃗ dtDacă F⃗=const , atunci:
W =∫ F⃗ d r⃗=F⃗∫ d r⃗=F⃗ ( r⃗2− r⃗1 )=F⃗ ∙ ∆ r⃗=F ∙d cos( F⃗ , d⃗)(2)
Dacă F este perpendicular pe direcţia deplasării, rezultă că W =0.
Într-o mişcare curbilinie, numai componenta tangenţială a forţei efectuează lucru mecanic şi nu cea normală.
⟨W ⟩ SI=1J
b) PutereaDefinim puterea medie în intervalul ∆ t prin raportul
dintre lucru mecanic W, efectuat în acest interval şi intervalul ∆ t .
Pm= W∆ t
(3)
Puterea instantanee sau momentană
P= lim∆t → 0
W∆ t
=dWdt
(4)
P=dwdt
= F⃗ d r⃗dt
=F⃗ ∙ v⃗ (5)
⟨ P ⟩SI=1W
6.4. Teorema energiei cinetice
F⃗=d p⃗dt
=d (m v⃗ )
dt;d r⃗= v⃗ ∙ dt
Înmulţim scalar aceste două relaţii, de unde rezultă:
dW =F⃗ ∙ d r⃗=d (m v⃗ )
dt∙ v⃗ dt=v⃗ d (m v⃗ )=v (md v⃗+v⃗ dm )=m v⃗ d v⃗+ v⃗2dm=mvdv+v2dm(6)
În mecanica clasică, m = constant, astfel încât:
dW =F⃗ ∙ d r⃗=mvdv=d (12
m v2)=d Ec ,m=const (7)
W =∫1
2
F⃗ d r⃗=∆ Ec=Ec2−Ec1
(8 )
Ec=m v2
2= p2
2m,m=const
(energia cinetică a puterii mecanice)Teoria energiei cineticeDEFINITIE: Lucrul mecanic efectuat de forţa
rezultantă aplicată punctului material este egală cu variaţia energiei cinetice a punctului material . Dacă rezultanta forţei aplicate este egală cu zero, rezultă Ec a punctului material se conservă (un punct material nu-şi poate modifica energia decât sub acţiunea unei forţe aplicate lui).
H⃗=∫1
2
F⃗ dt - impulsul forţei
K⃗=∫1
2
M⃗ dt - impulsul momentului forţei
K⃗ ¿∫1
2
( r⃗ X F⃗ )dt
W =∫1
2
F⃗ d r⃗ - lucrul mecanic al forţei
6.5. Lucrul mecanic al forţei de frecare la alunecare
Un corp alunecă pe o suprafaţă plană orizontală cu frecare.
Conform legii a II-a a frecării:
F f =μN⇒L f=F⃗ f ∙ d⃗=F f ∙ d ∙ cos180 °
Lf =−F f ∙ d=−μ ∙ N ∙ d
Lf =−μ ∙ N ∙d
Valoarea lui N⃗ depinde de G⃗ şi F⃗, deci vom obţine:N=G−F sin α
Dacă G⃗ şi F⃗ sunt constante, lucrul mecanic al forţei de frecare este:
Lf =−μN ∙ d=−μ (G−F sin α ) dLf =−μ (mg−F sin α ) d
Lf =−μmgd ; pt α=0 , deci sin α=0
Obs: Lucrul mecanic al forţei de frecare este negativ, forţa de frecare acţionând ca o forţă rezistentă
În exemplul următor, forţa de frecare acţionează ca o forţă activă (de tracţiune)
Corpul de masă m s află pe scândura de masă M. între m şi M este frecare de coeficient µ, iar între M şi suprafaţa orizontală (de exemplu, gheaţă) frecarea este neglijabilă.
Dacă vom trage de corpul m cu o forţă suficient de mare, el va aluneca faţă de M, dar şi M se va deplasa pe suprafaţa orizontală. Ce forţă produce deplasarea scândurii M?
Soluţie: forţa care produce deplasarea, în acest caz,
este F⃗ f - forţa de frecare la alunecare cu care corpul m nu
acţionează asupra corpului M.Atunci, lucrul mecanic al forţei de frecare este:
Lf =F⃗ f ∙ d⃗=F f ∙ d ∙cos0 °=μNd=μmgd>0
Conform principiului al III-lea al mecanicii, există o
forţă de frecare la alunecare, F⃗ 'f , cu care M acţionează
asupra lui m. lucrul mecanic al acestei forţe este:
L'f =−μmgd '<0
d ' ≠ d⇒|L'f|≠ Lf
Obs: lucrul mecanic al forţei de frecare la alunecare depinde de drumul urmat de punctul material între două puncte.
Exemplu:
Cubul de masă m poate aluneca din A în B, direct sau pe traseul ADCB (AB = BC = CD = AD = l)
Lf , AB=−μNl ; L f , ADCB=−3 μNl
Concluzie: forţa de frecare este o forţă neconservativă.
6.6. Randamentul mecanic
În viaţa de toate zilele, oamenii folosesc mecanisme simple şi maşinării pentru a-şi uşura activitatea.
Mecanismele simple (pârghii, scripeţi, plane înclinate), oferă omului avantaje privind orientarea forţei active şi posibilitatea de a „învinge” forţe rezistente mari cu forţe active mici.
Obs: lucrul mecanic al forţei necesare pentru a învinge forţa rezistentă, îl numim lucru mecanic util (Lu)
Lu=|LG|=G ∙ h=mgh
Obs: lucrul mecanic efectuat de forţa activă, îl numim lucru mecanic consumat (Lc)
Lc=F t ∙l
Randamentul mecanic () al unui mecanism este:
η=Lu
Lc
=Eu
Ec
η=Lc−L f
Lc
=1−Lf
Lc
<1 ; Lu=Lc−Lf
η=Ec−Ef
Ec
=1−Ef
Ec
<1 ; Eu=Ec−E f
Deci randamentul este totdeauna subunitar.Dacă definim puterea utilă şi puterea consumată prin
relaţiile:
Pu=Lu
tşi Pc=
Lc
tVom putea să definim randamentul şi ca raport de
puteri:
η=Pu
Pc
η= energia laieşireenergia laintrare
= puterea laieşireputerea laintrare
η<1
Determinarea randamentului mecanic al unui plan înclinat în cazul ridicării uniforme, prin alunecare, a unui corp solid:
Randamentul planului înclinat de înălţime h şi lungime l este:
η=Lu
Lc
=G1∙ h
T ∙l(1)
Unde T⃗ este tensiunea în fir (forţa activă) care
deplasează corpul în sus pe plan, iar G⃗1 forţa rezistentă.
În cazul mişcării uniforme:- Pentru corpul m2:
G⃗2+T⃗ '=0⇒T '=G 2;T '=m2 g(2)Dar T '=T , deoarece firul are masă neglijabilă.Randamentul scripetelui fiind foarte mare, (peste
95%), îl considerăm 100%.Deci T=m2 g (3)- Pentru corpul m1:
T⃗+ N⃗+G⃗1+ F⃗ f =0⇒
T=Gt+F f ;Gt=G1 ∙ h
l(pe direcţia paralelă cu planul)
N=G n
(pe direcţia perpendiculară pe plan)Din (1) şi (3) rezultă:
η=G1 ∙ h
m2 ∙ g ∙ l=
G1 ∙ h
G2 ∙ l
VII. PROBLEME. APLICAŢII
1. Cum se compun mai mulţi vectori dacă ei sunt pe aceeaşi dreaptă? Ce devine regula paralelogramului în cazul a doi vectori coliniari? Între ce limite este cuprins modulul sumei şi diferenţei a doi vectori a, b dacă unghiul dintre ei variază?
Rezolvare:Se adună algebric. Se procedează analog ca al
adunarea a două numere algebrice când au acelaşi semn sau semne opuse.
|a⃗+b⃗|=√a2+b2+2ab cos α=suma S
|a⃗−b⃗|=√a2+b2−2ab cos α=difer enţa D
Fixând pe a, b când α variazăSmax=a+b , când α=0
Smin=|a−b|, când α=π
Dmax=a+b , când α=π
Dmin=|a−b|, când α=0
a+b ≥|a⃗ ± b⃗|≥|a−b|
2. Este operaţia de scădere vectorială, comutativă şi asociativă?
Rezolvare:Nu este nici asociativă, nici comutativă
a⃗−b⃗ ≠ b⃗−a⃗
a⃗−b⃗+ c⃗ ≠ a⃗−(b⃗+ c⃗ )
3. Un vapor se deplasează d1=7 km spre est, apoi în
continuare, d2=3√2km spre nord-vest. Care este deplasarea
rezultantă?Rezolvare:
d1=a+b
b=d2 cos45 ° ;b=3√2 ∙1
√2=3 km
a=d1−b=7❑−3=4 km
c=d2sin 45 °=b=3 km
d=√a2+c2=√42+32=5 km
4. Cum sunt deformate resorturile tampoanelor între diferite vagoane consecutive la un tren tras de locomotivă şi la un tren împins de locomotivă?
Rezolvare:Numerotăm vagoanele începând cu cel de lângă
locomotivă şi pentru simplitate să neglijăm forţele de frecare. Considerăm că locomotiva are masa m0, forţa de
tracţiune F, iar vagoanele au fiecare masa m. pentru acceleraţie avem:
a= Fnm+m0
n = numărul vagoanelorPentru tamponul legat de vagonul cu numărul k,
avem forţa deformatoare:T k=m (n−k ) a
n …………… ……k
Înlocuind a, obţinem:
T k=m (n−k ) ∙ Fnm+m0
, k=1 ,2 , ………
De aici vedem că dacă creşte k, (n – k) scade şi Tk
scade de la locomotivă către ultimul vagon.
5. Sub acţiunea unei forţe F1=10 N , un punct
material se mişcă cu acceleraţia a1=2,0 m /s2. Cu ce
acceleraţie se va mişca sub acţiunea forţei F2=50 N ?Rezolvare:Din legea a II-a a dinamicii avem:
F1=m∙a1 ; F2=m∙ a2⇒
F1
F2
=a1
a2
⇒ a2=a1 ∙F2
F1
=2∙5010
m /s2=10 m /s2
6. Un corp cu masa m1=0,5 kg sub acţiunea unei
forţe a căpătat acceleraţia a1=4,0 m /s2. Ce acceleraţie va
căpăta un corp de masă m2=20 kg sub acţiunea aceleiaşi forţe?
Rezolvare:F=m1 a1; F=m2 a2⇒
m1 a1=m2 a2=m1a1
m2
=4 ∙520
m /s2=1,0 m /s2
7. O minge cu masa m=0,40 kg, după lovire a căpătat o viteză v=10 m /s. Dacă durata lovirii a fost ∆ t=0,4 ms, să se afle forţa medie de ciocnire.
Rezolvare:
Forţa medie F⃗m=m ∙ a⃗m=m ∙∆ v⃗∆ t
, iar Fm=m ∙∆ v∆ t
În aplicaţie, ∆ v=v, rezultă că:
Fm=0,4 ∙10
4 ∙ 10−3N=103 N
8. O sârmă de oţel rezistă până la o forţă de întindere (rupere) F r=1,20 kN . Cu ce acceleraţie maximă putem ridica cu ajutorul acestei sârme, un bloc de beton de masă m=100 kg, atârnând la capătul sârmei?
Rezolvare:
Asupra masei m acţionează forţele G⃗=m g⃗ şi Fr, iar a⃗ este vertical în sus. Din legea a II-a, avem:
m ∙amax=F⃗ r+m g⃗
Proiectând avem:
m ∙amax=F r−mg , amax=F r
m−g
amax=1200100
−9,8 m / s2=2,2 m / s2
9. Două corpuri paralelipipedice de mase m1=20 kg
şi m2=5kg aşezate alăturat pe o masă orizontală netedă fără frecări. Corpul de masă m1 este împins cu o forţă orizontală |F|=100 N . Cu ce forţă corpul m1 împinge corpul m2?
Rezolvare:Sistemul are masa m1+m2 şi este acţionat de forţa
orizontală. Acceleraţia va fi:
a= Fm1+m2
Corpul m2 are acceleraţia a. Între m1 şi m2, forţa de
interacţiune are un modul f =m2 ∙ a , f⃗ fiind singura forţă ce
acţionează asupra lui m2.
Deci:
f =m2 ∙F
m1+m2
=F ∙m
m1+m2
f =100 ∙5
25N=20 N
10. Un autobuz merge prima jumătate din drumul său total cu viteza v1=60 km /h, iar cealaltă jumătate cu
viteza v2=40 km /h. Care este viteza medie a autobuzului pe întreaga distanţă?
Rezolvare:Pentru mişcări uniforme, din enunţ avem:
t 1=
d2v1
=d
2 v1
; t 2=d
2 v2
Tot timpul va fi:
t=t 1+ t2=d2 ( 1
v1
+1v2
)t=d
2∙
v1+v2
v1 v2
Viteza medie este:
vm=dt= d
d2
∙v1+v2
v1 v2
=2 v1 v2
v1+v2
=48 km /h
11. Ecuaţiile mişcării a doi biciclişti sunt: x1=8 t şi x2=200−12t . Să se reprezinte grafic ecuaţiilor şi să se afle locul şi momentul întâlnirilor. Ce reprezintă coeficientul lui t în aceste ecuaţii?
Rezolvare:x1 ( t ) , x2(t) reprezintă două drepte. La întâlnire,
mobilele cu aceeaşi poziţie x, deci:
x1=x2;200−12t=8t rezultă că 200=20 t⇒ t=10 s, apoi:x1 (10 )=8 ∙10=80 m.
Problema se poate rezolva şi grafic:
Coeficientul lui t reprezintă pentru funcţia liniară x (t), viteza de variaţie a lui x, adică viteza mobilului.
12. Ecuaţiile mişcării a două mobile sunt: x=1+t , x=2+2 t . Să se construiască graficele mişcării. Să se afle locul şi momentul întâlnirii mobilelor. Care este semnificaţia fizică a răspunsului obţinut?
Rezolvare:Graficele sunt două drepte. În locul întâlnirii x1=x2,
deci 1+t=2+2 t⇒ t=−1; pentru t=−1 găsim x1=1−1=0; aşadar mobilele s-au întâlnit la momentul t=−1, în originea axei. Valoarea negativă indică faptul că întâlnirea a fost realizată (deci o întâlnire în trecut).
Graficul arată acelaşi lucru:
13. O barcă cu motor mişcându-se împotriva sensului de curgere a unui râu, parcurge o distanţă d=9km în τ=0.5 h. In cât timp va parcurge barca aceeaşi distanţă înapoi, dacă viteza de curgere a râului este v=6 km /h?
Rezolvare:Fie v⃗0 viteza bărcii în apă liniştită
v⃗ este orientată mereu la vale. În mişcarea bărcii la deal:
v⃗deal=v⃗+ v⃗0, iar vdeal=v0−v
τ= dvdeal
= dv0−v
La vale, v⃗vale= v⃗+v⃗0, iar vvale=v0+v , încât:
τ '= dv0+v
⇒ {v0−v=dτ
v0+v= dτ '
Scăzând aceste ecuaţii:
v0+v−v0+v=d
τ '−d
τ
2 v=d ( 1τ−
1
τ ' )⇒2vτ τ'=d (τ−τ
' )
Cu necunoscuta τ '
τ ' (2 v+d )=τd⇒ τ '= τdd+2 v
=9 ∙ 0,59+6
=4,515
=0,3 h
14. Distanţa d=100 km dintre două porturi fluviale este parcursă de o şalupă în sensul curentului în t 1=4 h, iar
împotriva curentului în t 2=10 h. Care este viteza apei şi viteza şalupei faţă de apă?
Rezolvare:Folosind raţionamentul de la problema precedentă,
cu notaţia va pentru viteza apei, avem:
t 1=d
v0+v a
; t2=d
v0−va
⇒
v0+va=dt 1
;v0−va=dt 2
⇒
2 v0=d ( 1t1
+ 1t 2
)=d (t1+t 2 )t 1t 2
⇒ v0=d (t1+t 2 )
2 t1 t 2
=17,5km /h
Prin scăderea exponenţilor v0+va şi v0−v a, găsim:
2 va=d (t 2−t 1 )
t1 t2
;v a=d (t 2−t 1 )
2 t1 t2
=7,5 km /h
15. În cât timp este ridicat de o scară rulantă un om care stă pe ea, ştiind că aceeaşi viteză relativă faţă de scară, omul urcă scara nemişcată în timpul t 1=120 s, iar pe scară
mobilă în t 2=30 s?Rezolvare:Notăm cu v0 viteza omului şi cu v viteza scării. Din
enunţ avem:
t 1=dv0
, t 2=d
v0+v,T=d
v
Apoi:
v0=dt1
; v0+v= dt 2
Scăzând ultimele relaţii:
v=d ( 1t 2
− 1t 1
)=d (t 1−t 2 )t 1t 2
T= dd (t 1−t 2)
t1 t2
=t1 t2
t1−t2
=120∙ 3090
=40 s
16. Din Bucureşti şi Ploieşti pleacă simultan, unul spre celălalt câte un autobuz cu vitezele constante v1=60 km /h şi respectiv v2=40 km /h. În acelaşi timp dintr-unul din autobuze îşi ia zborul spre celălalt autobuz, un porumbel călător care continuă să zboare neîntrerupt, între cele două autobuze de la unul la celălalt, cu viteza constantă v=70 km /h, până la întâlnirea autobuzelor. Ce drum total străbate porumbelul? (Distanţa Bucureşti – Ploieşti este de 60 km)
Rezolvare:Considerăm că porumbelul zboară continuu, aflăm
timpul său de zbor din condiţia de întâlnire a autobuzelor.
d1+d2=d
t ( v1+v2 )=d⇒ t= dv1+v2
⇒ S=v ∙t= v ∙ dv1+v2
⇒ S= 70 ∙ 6060+40
=42 km
17. Pe şoseaua Bucureşti – Braşov, pleacă din Bucureşti un camion cu viteza v1=50 km /h. Din Ploieşti (la
distanţa S0=60 km) pleacă un alt camion cu viteza v2=60 km /h după un timp t 0=1,5 h, de la plecarea primului camion. După cât timp şi în ce loc se vor întâlni camioanele? Să se reprezinte grafic pe aceeaşi diagramă, coordonatele celor două camioane în funcţie de timp.
Rezolvare:Pentru întâlnire în I: t 1=t 2; t 2=t1−t0
BI=S0+PI
v1t 1=S0+v2(t 1−t 0)Pentru întâlnire t 1=T
T=( v1−v2 )=S0−v2t 0⇒T=S0−v2 t 0
v1−v2
T=v2 t0−S0
v2−v1
=3 h
L=v1T=150 km, faţă de Bucureşti. Tot faţă de
Bucureşti x1=v1 t, x2=S0+v2(t−t0), deci ecuaţiile: x1=50 t , x2=60 t−30.
18. Un barcagiu vâsleşte perpendicular către ţărm cu o viteză v0=7,2 km /h faţă de apă. Cursul apei deplasează barca cu o distanţă d=150m în josul râului. Lăţimea râului este L=500m. Care este viteza râului şi durata traversării râului?
Rezolvare:
Din triunghiurile asemenea din figură, avem:
tg α=Ld⇒ L
d=
v0
v
tg α=v0
v, v=
v0 ∙ d
L=0,6 m / s
T= Lv0
=250 min=6 hşi 10 min
19. Pe un strung trebuie strunjită o piesă de forma unui trunchi de con cu razele bazelor r1=15 mm, r2=20 mm şi înălţime h=50 mm. Viteza de deplasare longitudinală a cuţitului este v1=5 mm/s. Care trebuie să fie viteza v2 de avans transversal?
Rezolvare:Considerăm mişcările uniforme şi avem:
r2−r1=v2 t, la mişcarea transversală h=v1 t, la mişcarea longitudinală.
Prin împărţire:r2−r1
h=
v2
v1
⇒ v2=v1 ∙r2−r1
h
20. Un tren electric se mişcă cu viteza v0=72 km /h. Întrerupându-se curentul, trenul se opreşte (uniform încetinit) după t=20 s. Să se afle acceleraţia şi distanţa până la oprire.
Rezolvare:
a=∆ v∆ t
=v−v0
∆ t
a=0−2020
m /s2=−1 m /s2
Din v=v0+at, avem v=20−t (ecuaţia vitezei)
Din graficul v (t) găsim spaţiul:
d=v ∙∆ t2
=200 m
Astfel, folosind ecuaţia lui Galilei:
v2=v02+2 as
0=400+2 ∙ (−1 ) ∙ d⇒400−2d=0⇒ d=200m
21. Un corp cu masa m=0,5 kg este tras orizontal rectiliniu uniform pe o masă orizontală cu ajutorul unui dinamometru care arată F1=2N . Cu ce acceleraţie se va
mişca acelaşi corp dacă dinamometrul va arăta F2=3 N?Rezolvare:
În cazul (1):
m a1=F⃗ r+ F⃗1
0=F⃗r+ F⃗1⇒ F⃗ r=−F⃗1 , iar F r=F1
În cazul (2): m a2=F⃗ r+ F⃗2. Proiecţia acestei ecuaţii
ne dă:m a2=F2−F r , ma2=F2−F1⇒
⇒ a2=F2−F1
m=1m /s
0,5 s=2 m /s2
22. Un corp porneşte uniform accelerat cu viteza iniţială v0=2 m /s şi ajunge în punctul x0=300 m, după τ=1min. Să se afle acceleraţia şi viteza finală.
Rezolvare:
S=v0 t+ a t 2
2
x0=v0 τ+ a τ2
2⇒ a=
2 ( x0−v0 τ )τ2 =0,1m / s2
Din v=v0+at⇒ v '=v0+aτ
v '=v0+τ2 ( x0−v0 τ )
2=
2 x0−v0 τ
τ=
2 x0
τ−v0=8m / s
23. Un corp porneşte fără viteză iniţială. În prima secundă, el parcurge o distanţă egală cu 1m, iar a doua secundă parcurge o distanţă egală cu 2m şi aşa mai departe, în a n secundă parcurge o distanţă egală cu n metri. Este aceasta o mişcare uniform accelerată?
Rezolvare:Considerăm cazul mai general cu v0≠ 0 pt. care:
S=v0 t+ a t 2
2După (k−1) secunde, avem spaţiul:
Sk−1=v0 (k−1 )+ a2
(k−1 )2
Iar k secunde:
Sk=v0 k+ a2
k2
Atunci, spaţiul parcurs în secunda a (k−a¿, va fi:
Sk=Sk−Sk−1=v0 (k−k+1 )+ a2(k2−k2+2 k−1)
Sk=v0+a2
(2k−1 )⇒
⇒ a2=
ak−v 0
2 k−1, k=1 , 2 …n
Aceasta se mai scrie:
a2=
S I−v0
1=
S II−v0
3=…=
Sn−v0
2 n−1(1)
În aplicaţia dată, v0=0, S I=1 m, S2=2 m … Sn=nm, vom găsi rapoartele:
1−01
,2−0
3,3−0
5, …,
n−02 n−1
Care se vede că nu sunt egale. Deci mişcarea din aplicaţia dată nu este uniform variată. Ea este doar accelerată.
Pornind de la relaţia de mai sus se poate arăta că în cazul v0=0 există o singură mişcare uniform variată în care
avem: S I=1 m. S II=2 m , …,Sn=nm. Această mişcare se arată folosind relaţia (1):
v0=12
m /s , a=1 m /s2
24. Un mobil porneşte uniform variat din originea axei OX cu viteza iniţială v0=15 m /s. După un timp t,
mobilul trece prin punctul de abscisă x '=10 m cu viteza
v '=−10 m /s. Să se calculeze:a) acceleraţia;b) timpul t;c) distanţa parcursă în acest timp;
d) viteza medie în modulSă se reprezinte grafic, pe aceeaşi diagramă, viteza şi
coordonata.Rezolvare:a) Folosind ecuaţia lui Galilei, sub forma:
v2=v02+2 ax
x=x ' , v=v '⇒ v'2=v02+2 a x'⇒a=
v '2−v02
2 x '
a=100−2252∙ 10
m /s2=−6,25 m /s2
b) Pornind din origine, x=S=vm t
deoarece v (t) este liniară,
vm=v+v0
2; x=t
v+v0
2;cânt t=t' ; x= x'
x '=t ' v+v0
2⇒ t'= 2 x '
v0+v ' ⇒ t '=4 s
c) x=v0t + a t2
2, în aplicaţia dată devine:
x=15 t−3,125 t 2
Distanţa d= xm+( xm−x ' )⇒ d=2 xm−x '
x (t )=a t 2
2+v0t
În cazul dat de problemă, coeficientul lui t 2 fiind
negativ, parabola x (t) are maxim pentru t=−v0
a.
În punctul unde x (t )=max, vom avea: dxdt
=v=0.
Deci v0+at=0 când x=xmax, rezultând t=−v0
a
pentru x=max.Astfel:
xmax=v0(−v0
a )+ a2 (−v0
a )2
=−v0
2
2 a−
v02
a
xmx=−v0
2
2 a, d=2 xmax−x '
d=−v0
2
a=
−v0
v '2−v02
2 x '
−x '=−2 x ' v0
2
v '2−v02 −x '=
v02+v '2
v '2−v02 ∙ x '
⇒ d=x ' ∙v0
2+v '2
v02−v '2 =26 m
d) Avem: d=|vm|∙ t' şi |vm|=d
t '
|vm|=x ' ∙v0
2+v '2
v02−v '2 ∙
v '+v0
2 x ' =(v0
2+v '2 ) (v'+v0 )2 (v0−v ') (v0+v ')
|vm|=v0
2+v '2
2 (v0−v ' )=325
50=6,5 m / s
Altfel: d=A1+|A2| şi aflăm ariile haşurate de pe
graficul vitezei. Apoi |v|=d
t '
25. Un corp mişcat uniform variat parcurge prima jumătate din drumul său d=150m în timpul t=10 s, iar cealaltă jumătate în t 2=5 s. Să se afle acceleraţia şi viteza iniţială ale corpului.
Pentru drumul d avem:
d=v0 (t1+t 2 )+ a2
(t 1+t 2)2
Pentru primul drum:
d2=v0 t1+
a t 12
2De aici avem:
a (t 1+t2 )2=2d−v0( t1+t 2)
a t 12=d−2 v0t 1
Făcând raportul:
( t1+t 2
t1)
2
=2d−2v0 (t 1+t 2 )
d−2v0 t1
Înlocuind, avem:
94=
30−3 v0
15−2 v0
⇒ v0=2,5 m/ s
Din a t 12=d−2 v0t 1, găsim
100 a=150−50⇒ a=1 m /s2.
26. Un corp aruncat vertical în sus a revenit pe pământ după τ=4 s. Să se afle viteza iniţială a corpului şi înălţimea la care s-a ridicat corpul.
Rezolvare:Se ştie că t u=t c ; τ=t u+t c⇒
⇒ t u=t c=τ2
Ecuaţia vitezei: v=v0−¿ pentru urcare ne va da: t=t u când v=0
0=v0−g t u ;g t u=v0
v0=g ∙τ2=19,6 m /s
Ecuaţia Galilei: v=√v02−2 gd ne dă:
d=h , când v=0⇒ v02−2 gh=0
v02=2 gh , h=
v 03
2 g= 1
2 g∙
g2 τ2
4=g τ2
8=19,6 m .
27. Un corp aruncat vertical în sus ajunge la înălţimea maximă h=19,6 m. După cât timp revine el pe pământ? La ce înălţime se va ridica corpul dacă viteza iniţială este mărită de n=3 ori?
Rezolvare:
Din ecuaţia Galilei:
v2=v02−2gs
v=0⇒h=v0
2
2 g; v0=√2 gh
v=0 pt t=τ ' ;v0−g τ '=0⇒τ '=v0
g
t u=t c=τ '⇒ tu+t c=2 τ '
⇒ τ=2v0
g=2
g√2gh=2√ 2h
g
⇒ τ=2√ 2 ∙19,69,8
s=4 s
Pt h'=v0
' 2
2g=
( n∙v 0)2
2g=n2 . v0
2/2 g=n2 h=9h=176,4m
28. De la înălţimea h=117,7m cade o piatră dintr-un aerostat care:
1) urcă cu viteza v0=9,8 m /s2) coboară cu aceeaşi vitezăSă se afle viteza pietre în cele două cazuri.Rezolvare:
În cazul 1) corpul mai urcă pe un drum h'=v0
2
2 g, apoi
cade liber pe distanţa h'+h
h'+h=g2
tc2
Pe distanţa h', timpul de urcare este t 1' =
v0
g
t c=√ 2 (h+h' )g
=√ 2(h+v0
2
2 g )g
Deci:
t c=√2 gh+v0
2
g;v '=√2 g ( h+h' )
⇒ v '=√2 gh'+2 gh⇒ v '=49 m / s
v '=√v02+2 gh ; t 0=
v '
giar timpul căutat este:
t '=t c+t 1' =
v '+v0
g=6 s
În cazul 2), cu ecuaţia Galilei:
v '=√v02+2 gh⇒ v '=49 m /s
v '=v0+g t' pe verticală în jos şi
t '=v '−v0
g=4 s
29. Să se afle înălţimea h de la care cade liber un corp şi durata T a mişcării, ştiind că în intervalul de timp, τ=1 s înainte de atingerea Pământului, el străbate o fracţiune k=0.19 din înălţimea totală de la care cade.
Rezolvare:Legile căderii libere ne dau:
h=g2
T2 ;h−hk= g2
(T−τ )2;h=g T 2
2
h (1−k )= g2
(T−τ )2
Necunoscute sunt h, T. împărţim relaţiile, obţinem:
1−k=(T−τT )
2
;T−τ
T=√1−k ;1− τ
T=√1−k
1−√1−k= τT
T= τ1−√1−k
=τ (1+1−k )
k⇒T= 1,9
0,19=10 s
h=g T 2
2;h=9,8 ∙ 102 m
2=490 m
30. De la înălţimea h=225 m, pe o planetă oarecare, cad liber corpuri, unul după altul; al doilea cade în momentul când primul corp a parcurs h'=16 m. Să se afle distanţa dintre corpuri în momentul când primul corp a ajuns la suprafaţa planetei.
Rezolvare:
Ne folosim de ecuaţia lui Galilei. Când 1 este în A, 2 este în B. d1 şi d2 se parcurg în acelaşi timp.
Pe d1, 1 are viteza iniţială v0=√2 gh' ;d1=h−h'
Mai avem:
d1=v0 t+ g t 2
2;d2=
g t2
2
d=h−d2=h− g t2
2
Deci h−h'=v0t + g t 2
2
d=h− g t2
2Prin adunarea ultimelor relaţii:
h−h'+d=v0t +h, de unde:
d−h'=v0t şi t=d−h'
v0
= d−h'
√2g h'
d=h−g2
t 2=h−g2
( d−h' )2
2 gh=h−
( d−h' )2
4 h'
4 d h'=4 h h'−d2−h '2+2 d h'
d2+h'2+2d h'−4 hh'=0
(d+h' )2=4 h h'
d+h '+4 h h'=2√h h'
d=2√h h'−h' ;d=104 m
31. Două corpuri sunt aruncate vertical în sus cu aceeaşi viteză iniţială v0=19,6 m /s şi la un interval τ=2 s unul după altul. După cât timp ele se vor întâlni?
Să se prezinte grafic coordonatele în funcţie de timp.Rezolvare:
Pentru corpul 1:
t u 1=v0
g=19,6
9,8s=2 s
Cum t u 1=τ , rezultă că 1 este în A când B începe să urce.
v0
g=τ⇒{ S1=
g2
t 2
S2=v0 t− g t 2
2
S1+S2=h=v0t
h=v0
2
2 g, avem
v02
2g=v0 t⇒ t=
v0
2 g=1
2v0
g=1
2τ
T=t u 1+t=v 0
g+ τ
2⇒T=3 s
Coordonatele celor două corpuri au expresiile:
y1=v0t− g t2
2
y2=v0 (t−τ )− g2
(t−τ )2
32. Cum se schimbă durata şi distanţa orizontală de cădere a unui corp aruncat orizontal, dacă viteza de aruncare creşte de n ori?
Rezolvare:Ecuaţiile parametrice ale mişcării sunt:
x=v0t
y= g t2
2
Când y=h:
h=g t 2
2⇒ t=√ 2h
gcare nu depind de v0
y ( x )=g2 ( x
v0 )2
=g x2
2v02
x=d⇒ y=h ;h= gd2
2v02 ⇒d2=
2 v02 h
g
Analog vom avea:d ' 2=2 v ' 0
2 hg
deci d=v0√ 2hg
d '=v0' √ 2h
g
Când v0' =n v0⇒ d'=nv0 √ 2 h
g=nd ;d '=nd
33. Un corp este aruncat orizontal cu viteza v0=10 m /s. De la ce înălţime a fost aruncat ,dacă această înălţime este egală cu distanţa orizontală de cădere
(g=10 m /s2)?Rezolvare:Am găsit mai sus:
y ( x )=g x2
2 v02
Când x= y=h, avem:
h=g h2
2 v02 ⇒ h=
2v02
g⇒ h=20 m
34. Un corp aruncat orizontal îşi măreşte viteza de n ori după un timp τ de la începutul mişcării. Care este viteza iniţială v0 a corpului?
Rezolvare:Ecuaţiile parametrice ale poziţiei sunt:
x (v )=v0t ; y (t )= g t2
2
Ecuaţiile parametrice ale vitezei sunt:vx=v0; v y=¿
v2=v x2+v y
2 ;v2=v02+g2t 2
Din enunţ v=n v0 pentru t=τ , deci:
n2 v02=v0
2+g2 τ2, cu necunoscuta v0.
De aici avem:
v0=gτ
√n2−1
35. Un avion zboară orizontal la înălţimea h cu viteza cunoscută v0. Aviatorul trebuie să arunce o bombă asupra unei ţinte. Să se afle unghiul β dintre raza vizuală spre ţintă şi verticală în momentul aruncării bombei pentru ca ea să nimerească ţinta; distanţa d pe orizontală până la ţintă în acel moment. Unde se va găsi avionul în momentul în care bomba atinge ţinta?
Rezolvare:
h=g t 2
2, t=√ 2h
g;d=v0 t=v0 √ 2 h
g
tg β=dh=
v 0√ 2hg
h=v0√ 2
gh⇒d=v0 √ 2h
gDupă timpul:
t=√ 2hg
, x=v0 t=v0 √ 2 hg
=d
Deci va fi deasupra ţintei T.
36. Doi copii se joacă cu mingea aruncând-o unul altuia. Ce înălţime maximă h atinge mingea în timpul jocului, ştiind că mingea zboară de la unul la altul timp de τ=2 s?
Rezolvare:
Ştim că v0x rămâne mereu acelaşi. Pe fiecare ramură
a parabolei, timpul de mişcare este τ2
Considerând partea haşurată, avem acolo o aruncare pe orizontală unde:
{x=v0 x t
y=g t 2
2
Mai avem y=h, pentru t=τ2
Deci:
y=h= g2 ( τ
2 )2
h=g τ2
8;h=4,9 m
37. De câte ori este mai mare distanţa (bătaia) la care un sportiv ar arunca o greutate pe Lună, faţă de Pământ?
(acceleraţia gravitaţională pe Lună gL=1,62 m /s2)
Rezolvare:Din ecuaţia vitezei pe Oy: v y=v0 sin α−¿ pentru
v y=0⇒ t '=v0 sin α
g.
Pentru bătaie tmax=2t '=2 v0sin α
g; v0x=v0 cosα
b=(2 t' ) v0 x=2 v0sin α
g∙ v0 cos α
b=2 v0
2sin α cosαg
Considerăm acelaşi v0 şi α când g=gP şi când g=gL. Vom avea:
bL=2 v0
2
gL
sin α cos α ;bP=2 v0
2
gP
sin α cosα
⇒bL
bP
=gP
gL
≅ 6
38. Care este condiţia ca un corp lansat în sus de-a lungul unui plan înclinat, să rămâne pe loc după oprire?
Rezolvare:Considerăm planul înclinat fixat. În B, n are tendinţa
să alunece la vale, deci F⃗ f este în sus pe plan şi este mare (f
– frecare statică).
N=G n=mg cosα
F f =μN⇒F f =μmg cosα
Trebuie ca F f >Gt
Deci μmg cosα>mgsin α⇒ μ>tg α
39. Este posibil ca un vagon (sau sanie) să coboare rectiliniu uniform pe o pantă lină?
Rezolvare:
N=G n (stabilitatea pe suport în acest caz)N=mgcos α
Gt−F f=0 ,căci v=const⇒a=0
Gt=F f
mg sin α=μmgcos α⇒ μ=tg αMai putem spune că există un unghi φ, oricând, aşa
că μ=tgφ
φ - unghi de frecareDeci v = constant, dacă avem α=φ=arctg μ
40. Un corp plasat de-a lungul unui plan orizontal se opreşte datorită frecării pe o distanţă d=19,6 într-un timp τ=4 s. Să se afle viteza iniţială şi coeficientul de frecare la alunecare.
Rezolvare:
Gt=m g sin α ;G n=mg cosα
Gn=N ; F f =μN
Pe plan corpul este frânat de forţa F f +Gt=F
F=mg(sin α+μcosα )F=m∙ a
ma=mg (sin α +μcosα )a=g (sin α+μ cos α )
Ecuaţia Galilei:
v2=v02−2aS, pentru oprire ne dă O=v0
2−2ad
Deci v02−2 gd (sin α+μ cosα )=0
Pentru planul orizontal, α=0 , cos 0=1 , a=μg şi avem:
v02−2 dμg=0(1)
Din ecuaţia vitezei: v=v0−at , pentru oprire, t=τ , v=0 şi
O=v0−aτ, cu a=μg, deci:v0−μgτ=0 (2)
Din relaţiile (1) şi (2) ⇒
v0=μgτ ; v02=2 μgd
v02
v0
=2μgdμgτ
⇒ v0=2 dτ
; v0=9,8 m /s
μ=v0
gτ=
2dτgτ
=2 d
g τ2 =0,25
41. De un tren de masă M=100 t , care merge rectiliniu uniform, se desprinde la un moment dat ultimul vagon de masă m=10 t . Acesta parcurge o distanţă d=9km până se opreşte. La ce distanţă de vagon se va găsi în acest moment trenul, dacă forţa de tracţiune a locomotivei a rămas aceeaşi? Toate forţele de frecare sunt proporţionale cu greutatea.
Rezolvare:
Fie v0 viteza iniţială a lui m (sau M); m se mişcă uniform încetinit, oprindu-se după timpul t; μ=¿ coeficientul de frecare.
Pentru m
N2=mg; f f =N2 μ=μmg
a=f f
e=μg
(Modulul acceleraţiei de frânare a lui m)
t=v0
a=
v0
μg:d=
v02
2 a=
v02
2 μg; v0
2=2 μgd
Pentru (M−m)F−F f= (M −m ) a'
N1=g ( M−m )F f =μ N1=μg (M −m )
a '=F−F f
M−m=
F−μg ( M−m )M−m
a '= FM−m
−μg
Pentru d1=v0 t+ a' t2
2, t=
v0
μg⇒
⇒ d1=v0( v0
μg )+ 12 ( F
M −m−μg) ∙
v02
μ2 g2 ;
d1=v0
2
μg+1
2F
M−m∙
v2
μ2 g2 +12
v02
μg
d1=12
v02
μg+ 1
2F
M−mv 0
2
μ2 g2
Pentru s=d1−d, avem:
s=12
v02
μg+1
2F
M−mv0
2
μ2 g2 −v0
2
2 μg
s=12
FM−m
v 02
μ2 g2
Pentru M, cât timp se mişcă uniform, avem:
F⃗+ F⃗ f' =M a0 cua0=0⇒ F⃗+ F⃗ f
' =0⇒F f' =F
N0=Mg; F f' =μ N0=μMg
⇒ μMg=F şi μg= FM
s=12
∙F
M−m ∙v0
2
( μg )2= F
M−m ∙v0
2
2 μg∙
1μg
⇒
⇒ s= F
M−m∙ d ∙
1FM
⇒s= M
M−m∙ d
Numeric:
s=9 ∙10090
km=10 km
42. Peste un scripete ideal este trecut un fir cu două corpuri de mase m1, m2 la capete. Care este raportul maselorm2
m1 dacă după un anumit timp corpul cu masa m2 a coborât
cu n=5−a−1 parte din distanţa pe care el ar parcurge-o în căderea liberă în acelaşi interval de timp?
Rezolvare:Firul este presupus inextensibil şi fără greutate. De
aceea T=T ' şi a=a '
Pentru m1:
T⃗+m1 g⃗=m1 a⃗sau
T−m1 g=m1a
Pentru m2:
T⃗ '+m2 g⃗=m2 a⃗'
{−T+m2 g=m2 aT−m1 g=m1 a
⇒
⇒ g (m2−m1 )=a (m1+m2) şi a=m2−m1
m2+m1
g
În căderea liberă pentru m2, în timpul t, s2=g t2
2.
Pentru m2, în timpul t, s2' =a t 2
2. De aici:
s2
s2' =
ga
.
Din enunţ:s2
s2' =n⇒ g
a=n⇒ a= g
n⇒
⇒ gn=
m2−m1
m2+m1
g⇒m2+m1=n(m2−m1)
m2
m1
+1=n (m2
m1
−1)⇒ m2
m1
= n+1n−1
Numeric:m2
m1
=64=1,5
43. Un corp este aruncat vertical în sus cu o viteză iniţială v0=1 m /s. Care este viteza v1 a corpului la timpul t 1, atunci când corpul se află la o înălţime egală cu o fracţiune K=0,19 din înălţimea maximă la care el poate ajunge? Să se reprezinte pe aceeaşi diagramă viteza şi coordonata corpului în funcţie de timp.
Rezolvare:În mişcarea uniform încetinită:
v1=v0−g t 1⇒ t1=v0−v1
g
hm=v0
2
2 g; h=v0t 1−
g t 12
2
K hm=v0 t1−g t1
2
2
Kv0
2
2 g=v0 ∙
v0−v1
g−
g2
∙(v0−v1 )2
g2
sau
K v02
2=v0
2−v0 v1−( v0−v1)2
2
K v02=2 v0
2−2v0 v1−v02−v1
2+2 v0 v1
K v02=v0
2−v12⇒ v1
2=v02 (1−K )
v1=± v0 √1−K
Numeric:
v1=± 9 m /s⇒ t 1=v0−v1
g; t 1=
10 ± 910
s
t 1=0,1 s şi t1=1,9 s
44. Să se împartă înălţimea h=100 m de la care cade liber un corp în n=10 intervale de lungimi si(i=1,2,3…, 10) parcurse în acelaşi timp fiecare.
Rezolvare:Pornind din O avem puncte la A1 , A2 …, Ak−1, Ak , … An.g = const:
O A1=g t 2
2=s1
s1+s2=g2
(2 t )2⇒ s2=4 g t2
2−s1=
3 g t2
2
s1+s2+s3=g2
(3 t )2
s3=3g t2
2−( s1+s2 )=5 g t2
2
⋮
sk=(2 k−2 ) g t 2
2
⋮
sn= (2n−1 ) g t 2
2Adunând aceste relaţii, rezultă:
s1+s2+s3+…+sn=¿
[1+3+5+…+(2n−1 ) ] g t 2
2
si= (2 i−1 ) g t 2
2;h=n2∙
g t 2
2⇒
⇒si
h=2 i−1
n2 ⇒ si=2i−1
n2 ∙h
i=1,2 , …, 10
În aplicaţia numerică:h
n2=1; si=2i−1
Deci lungimile sunt:1,3,5 ,…,19 metri
45. Două corpuri sunt aruncate vertical în sus cu aceeaşi viteză iniţială v0=4,9 m / s, la intervalul τ unul după altul. Să se determine τ astfel ca cele două corpuri să se întâlnească la o înălţime egală cu o fracţiune K=0,36 din înălţimea maximă la care ele pot ajunge.
Rezolvare:Pentru primul corp, timpul de mişcare este t. Pentru
al doilea corp, timpul de mişcare este t−τ .Pentru întâlnire avem aceeaşi poziţie şi s1=s2, dacă
ambele ar urca;
v0t− g t2
2=v 0 ( t−τ )−g
2( t−τ )2⇒
⇒ v0t− g t2
2=v0t−v0 τ− g t2
2−g τ2
2+gtτ⇒
⇒>−v0−gτ2
=0 ;hm=v0
2
2 g
v0t− g t2
2=
v02
2 g, numai dacă t este timpul deurcare
⇒ t=v0
gAtunci condiţia:
¿−v0−gτ2
=0⇒ gv0
g−v 0−
gτ2
=0⇒ τ=0
Ceea ce este imposibil, iar:
t >v0
gAceasta înseamnă că situaţia reală are cele două
corpuri în momentul întâlnirii cu viteze paralele, dar de sens opus: al doilea corp urcă şi primul coboară. Deci:
v0 (t−τ )−g2
(t−τ )2=K hm
Pentru corpul 2:
t=v0
g+t1
t 1 - timpul căderii libere pentru 1 până în (momentul întâlnirii)
g t 12
2+K hm=hm, din geometria figurii; hm=
v02
2 g
În aceste ecuaţii, necunoscute sunt hm, t , t 1 , τ .Avem succesiv:
g t 12
2=hm (1−K )=
v02
2 g(1−K )
g t 12
2=
v02 (1−K )
2 g; g t 1
2=v02 (1−k )⇒
⇒ g t 1=v0 √1−K , iar:
t=v0
g+
v0
g√1−K=
v0
g(1+√1−K )
Notăm t−τ=x⇒ v0 x−g x2
2=K hm⇒
g x2−2 v0 x+2k hm=0
x=v0 ±√v0
2−2 Kg hm
g
x=v0 ±√v0
2−2 Kg∙v0
2
2 gg
=v0 ± v0 √1−K
g
x=v0
g(1±√1−K ) ; t−τ=
v0
g(1 ±√1−K )
t=v0
g(1+√1−K )
Deoarece t−τ< t⇒ t−τ=v0
g(1−√1−K ), deci
convine semnul „-” din faţa radicalului.De aici:
t−v0
g(1−√1−K )=τ⇒
τ=v0
g(1+√1−K )−
v0
g(1+√1−K );
τ=v0
g(1+√1−K−1+√1−K )⇒
τ=2 v0
g√1−K
Numeric:
τ=2 ∙4,99,8
√1−0,36 s=0,8 s
46. De la o înălţime h=4,9 m cade un corp. Cu ce viteză iniţială v0 trebuie aruncat în jos de la aceeaşi înălţime un al doilea corp, la un interval τ=0,5 s după primul, pentru ca cele două corpuri să se întâlnească chiar la suprafaţa Pământului?
Rezolvare:t – timpul pentru primul corpt−τ – timpul pentru al doilea corp
{ h=g t2
2
h=v0 ( t−τ )+ g2
( t−τ )2
Acest sistem are v0 , t necunoscute. Din ecuaţia a doua:
v0=h− g
2∙ ( t−τ )2
t−τ; t=√ 2h
g
v0=h− g
2 (√ 2 hg
−τ)2
√ 2 hg
−τ
=h− g
2 (2hg
−2 τ√ 2hg
+τ2)√ 2h
g−τ
v0=h−h+ g
2∙ 2 τ √ 2h
g− g τ2
2
√ 2hg
−τ
⇒v0=gτ2
∙2√ 2h
g−τ
√ 2hg
−τ
v0=9,8 ∙0,5
2∙2√ 2 ∙ 4,9
9,8−0,5
√ 2 ∙ 4,99,8
−0,5
m /s=29,44
m / s
v0=7,35 m
47. Două corpuri sunt aruncate vertical în sus cu vitezele iniţiale v01=60 m /s şi v02=40 m /s, corpul 2 la un interval τ după primul. Care sunt limitele permise ale lui τ pentru ca cele două corpuri să se poată întâlni în aer? (se va lua g=10 m/ s2)
Rezolvare:Există două situaţii limită α şi β.
În cazul α , 1 parcurge h dus-întors, iar 2 de abia pleacă de la sol.
În acest caz t 2≈ 0 şi t 1−τ=0
t 1=turcare+ tcoborâre
pentru:
l=v01
g+
v01
g; t1=
2v01
gÎn cazul β, τ este aşa încât 1 şi 2 se întâlnesc imediat
deasupra solului după ce vor fi făcut fiecare drumul dus-întors al înălţimii lor maxime. În acest caz:
t 1=v01
g+
v01
g; t 2=
v02
g+
v02
g
t 1=2 v01
g;t 2=
2 v02
g
τ=t1−t2=2 v01
g−
2 v02
g=
2 (v01−v02)g
Deci:2 ( v01−v02)
g<τ<
2v01
g
48. Un corp este aruncat vertical în sus cu viteza iniţială v01=9,8 m /s. După un timp τ=1 s se aruncă după el
al doilea corp. Să se afle viteza iniţială v02 a acestuia astfel ca cele două corpuri să se întâlnească atunci când corpul 2 este la înălţimea sa maximă. Să se reprezinte coordonatele în funcţie de timp pe aceeaşi diagramă.
Rezolvare:
Pentru corpul 1 avem timpul:t 1=t1 urcare+t 0
Pentru corpul al doilea:t 2=t 1−τ
t 1urcare=v01
g; t1 urcare=1 s
t 2=v01
g+t 0−τ
Observăm că aplicaţia numerică are t 1urcare=τ , deci când corpul 2 începe să urce, corpul 1 începe să cadă liber din A.
Avem:
g t 02
2+h2 m=h1m ; t 2=t 0
Mai ştim că:
h2m=v02 t 2−g t2
2
2;h2 m=v02 t0−
g t 02
2şi h2m=
v022
2 g
t 2=t 2urcare=v02
g
t 2=t 0=v2
g
g t 02
2+h2 m=h1m ;
g2
∙v02
2
g2 +v02
2
2 g=
v012
2g ;
v 022
2g+
v022
2g=
v012
2g;2v02
2 =v012 ⇒ v02=
v01
√2=v01
√22
v02=4,9√2m / s=6,909 m /s=7 m /s .
49. În drumul unui glonţ tras orizontal s-a aşezat un paravan de carton la distanţa d. Ştiind că diferenţa de înălţime h între puşcă şi orificiul făcut de glonţ în paravan, să se afle viteza v0 a glonţului şi unghiul α sub care loveşte glonţul paravanul (faţă de direcţia orizontală).
Rezolvare:Ecuaţiile parametrice ale poziţiei mobilului sunt:
{ x=v0t
y=g t 2
2
Iar ecuaţiile parametrice ale vitezei sunt:
{v x=v0
v y=¿
h=g t 2
2; t=√ 2 h
g⇒ v y=g√ 2h
g
v y=√2 gh ; tg α=v y
v x
; tg α=√2 ghv0
x=v0t ⇒ t= xv0
⇒ y=g2
x2
v02
(ecuaţia traiectoriei y (x ))
P∈ y ( x )⇒ h= g d2
2 v02 ⇒v0=d √ g
2h
tg α=√2 ghv0
= √2 gh
d √ g2 h
=2hd
.
50. Un corp a fost aruncat orizontal dintr-un turn şi a căzut pe pământ după τ=0,5 s la distanţa d=5m (pe orizontală). Să se afle: înălţimea de la care a fost aruncat corpul, viteza iniţială v0, viteza finală v ' şi unghiul format de ea cu orizontala.
Rezolvare:Ca mai sus avem:
{ x=v0t
y=g t 2
2
{v x=v0
v y=¿
Pentru t=τ , y=h⇒
⇒h=g τ2
2
h=9,8∙0,52
2m=1,22 m
Pentru t=τ , x=d⇒
d=v0 τ şi v0=dτ
v0=5
0,5m / s=10 m / s
Neglijând frecările putem folosi conservarea energiei mecanice în 0 şi A.
m v02
2+mgh=m v '2
2⇒ v '2=v0
2+2 gh
v '=√v02+2 gh⇒ v '=√100+2∙ 9,8 ∙ 1,22m / s=11,1m /s
În general, tg α=v y
v x
= ¿v0
Pentru t=τ ;α=α ' şi tgα '= gτv0
tg α '= gτdτ
=g τ 2
d
h=g τ2
2⇒ g τ2=2 h⇒ tg α '=2 h
d
tg α '= gτv0
=g√ 2 h
gv0
=√2 ghv0
tg α '=2 hd
=2∙ 1,225
=0,488
α '=26 °21'
Alte tabele dau α '=26 ° 6' .
51. Un corp este aruncat cu viteza v0=10 m /s sub un
unghi α 0=45° faţă de orizontală. Corpul loveşte un perete situat la o distanţă d=3m. Să se afle pe ce porţiune, ascendentă sau descendentă a traiectoriei, se produce ciocnirea; la ce înălţime se produce ciocnirea; viteza v ' în momentul ciocnirii?
Rezolvare:
Ecuaţia traiectoriei este: y=x tg α0−g x2
2 v02 cos2α 0
(1)
Trebuie comparat d cu b0
2Pentru intersecţia cu OX, y=0
x (tg α0−gx
2 v02cos2 α0
)=0
Cu rădăcinile:
x=O (originea ) şi x=b0=2 v0
2 cos2α 0tg α 0
g
b0=2 v0
2sin α0 cosα 0
g;b0=
2∙ 102 ∙1
√2∙
1
√210
m=10 m
b0
2=5 m>d
⇒ peretele este în stânga înălţimii maxime.
Ecuaţia (1) ne dă, pentru
⇒ x=d , h=d tgα 0−g d2
2 v02 cos2 α 0
h=(3 ∙ 1− 9,8 ∙ 9
2∙ 100 ∙12 )m≅ 2,1 m .
Conservarea energiei mecanice în O şi A, ne dă:
m v02
2=m v '2
2+mgh⇒ v0
2=v ' 2+2 gh⇒ v '=√v02−2 gh
v '=√100−2 ∙9,8 ∙ 2,1 m /s=7,6 m /s .
52. Într-o sanie care lunecă liber, fără frecări, pe un plan înclinat de unghi α faţă de orizontală, este suspendat de tavan printr-un fir, un corp. Cu ce unghi θ faţă de verticală, deviază firul în poziţie de echilibru relativ a corpului?
Rezolvare:
Asupra bobiţei m acţionează tensiunea din fir T⃗ şi
greutatea G⃗. Rezultanta R⃗=T⃗+G⃗ şi paralelă cu acceleraţia a⃗
, deci cu planul înclinat.
F⃗=m a⃗ ; F⃗=maPe plan, la vale, fără frecări, a=g sin α; F=mg sin α.
Considerăm acum proiecţia ecuaţiei T⃗+G⃗=F⃗ pe axele OX şi OY din figură. Obţinem:
{−T sin θ+0=−F cos αT cosθ−mg=−F sin α
⇒{ T sin θ=mgsin α cosαT cosθ=mg−mgsin2α
Prin împărţire:sin θcosθ
=mg sin α cos α
mg (1−sin2α ); tg θ= sin α cosα
cos2α=tgα
Cu α şi θ ascuţite ⇒ α=θ
53. Două corpuri de mase m1=3kg ,m2=2kg, sunt aşezate pe un plan orizontal şi legate între ele printr-un fir orizontal care rezistă la o tensiune maximă T max=100 N . Coeficientul de frecare la alunecare este acelaşi pentru
ambele corpuri. Cu o forţă orizontală maximă, putem trage corpul m1 pentru a nu se rupe firul în timpul mişcării?
Rezolvare:
Din stabilitatea pe suportul orizontal, avem:N1=G1=m1 g ;N 2=G2=m2 g
a⃗ fiind acceleraţia, principiul suprapunerii şi legea a doua a dinamicii, se scriu:
m1 a⃗=F⃗+T⃗+ F⃗1 f
m2 a⃗=T⃗ + F⃗2 f
Cu F1 f=μ N1=μm1 g şi F2 f=μ N2=μm2 g, în acest caz. Proiectând ecuaţiile vectoriale pe direcţia mişcării, avem:
{m1a=F−T−F1 f
m2 a=T−F2 f
sau{m1 a=F−T−μ m1 gm2 a=T−μ m2 g
Prin adunare: a ( m1+m2 )=F−μg (m1+m2)
Pentru a=0, mişcarea este uniformă şi atunci T=T max şi F=Fmax.
Din ecuaţia a doua a sistemului, T max−F2 f =0⇒
T max−F2 f =μ m2 g, iar Fmax−μg ( m1+m2 )=0 pentru a=0.
Deci: Fmax=μg ( m1+m2 ); T max=μm2 g
Prin împărţire, avem:Fmax
T max
=m1+m2
m2
⇒Fmax=Tmax
m1+m2
m2
În aplicaţie: Fmax=100 N ∙52=250 N
54. Ştiind că pentru a menţine în echilibru un corp pe un plan înclinat de unghi α=30 ° trebuie aplicată corpului o forţă minimă normală de n=2,5 ori mai mare decât o forţă minimă orizontală, să se calculeze coeficientul de frecare dintre corp şi plan.
Rezolvare:
Alegem sistemul de axe cu axa y normală la plan şi axa x paralelă cu planul. Avem două echilibre de analizat, pentru m.
Pentru figura a, rezultă sistemul:
{N1−F1−G cosα=0−Gsin α+μ N1=0
N1=mg sin α
μ;F1=
mg sin αμ
−mgcos α
⇒F1=mg( sin αμ
−cosα)Pentru figura b, avem sistemul:
{ N2−F2sin α−G cos α=0Gsin α−F f 2−F2 cos α=0
Sau
{ N2−F2 sin α−Gcos α=0Gsin α−μ N2−F2 cosα=0
⇒
N2=F2 sin α+G cosα ;μ N2=Gsin α−F2 cosα
Împărţind ultimele relaţii, avem:
μ=G sin α−F2cos α
F2sin α+G cosα=
mgsin α−F2 cosα
F2 sin α+mgcos α
Din enunţ, F1=n F2, iar penultima ecuaţie ne dă:
F2=mg (sin α−μcos α )
cosα+μ sin α; F1=
mg (sin α−μcos α )μ
=nF2
n ∙mg (sin α−μ cosα )
cos α=μ sin α=
mg (sin α−μcos α )μ
⇒
ncosα +μ sin α
=1μ
De aici: μn=cosα+μ sin α⇒ μ= cosαn−sin α
Numeric μ=0,4355. De-a lungul unui plan înclinat de unghi α=45°
este lansat în sus un corp cu viteza iniţială v0=10 m /s. Coeficientul de frecare la alunecare μ=0,20. Să se afle înălţimea h la care se ridică corpul, viteza v ' cu care revine corpul înapoi la baza planului, timpul de urcare şi timpul de coborâre.
Rezolvare:
Pe plan înclinat, componentele:Gt=mg sin α
Gn=mgcos α
G=mg; N=Gn
Iar forţa de frecare F f =μN=μmg cosα
La mişcarea la deal, fără tracţiune, corpul are o mişcare uniform încetinită cu acceleraţia având modulul:
a=Gt+F f
m=
mg (sin α+mg cos α )m
=g(sin α+μcosα )
Spaţiul parcurs până la oprire este:
AB=v0
2
2 a;h=AB sin α⇒
h=v0
2
2asin α=
v02 sin α
2g (sin α+μ cosα )=
v02
2 g∙
11+μctg α
h=4,25 mLa vale, pe plan, fără tracţiune, acceleraţia este:
a '=Gt−F f
m=g(sin α−μ cos α )
În A, ecuaţia lui Galilei ne dă: v '=√2a ' ∙ AB
v '=√2 g (sin α−μcosα ) ∙v0
2
2 g (sin α +μ cosα )
v '=v0 √ sin α−μ cos αsin α +μcosα
=v0√ ( tgα−μ )tan α +μ
v '=8,16 m /s
{v=v0−a tu
v=0⇒ tu=
v0
a=
v0
g (sin α +μ cosα )⇒
t ❑u=1,2 s
v '=a' t c⇒ tc=v '
a '=v0 √ sin α−μcos α
sin α+μ cos αg (sin α−μ cos α )
=v0
g√sin2 α−μ2 cos2 αt c=1,5 s
56. O pană cu unghi de deschidere α=30 ° este bătută într-un butuc de lemn. Care trebuie să fie coeficientul de frecare minim între pană şi butuc pentru ca pana să nu sară înapoi?
Rezolvare:Problema se poate rezolva ca un caz particular al
unei alte probleme: „Să se determine valoare maximă a unghiului vârfului unei pene care are secţiunea transversală
de forma unui triunghi oarecare, astfel încât după ce pana este bătută să se autofixeze în locaşul ei. Coeficienţii de frecare dintre forţele laterale ale penei şi pereţii locaşului sunt μ1 şi μ2. Se va neglija greutatea proprie a penei şi se va considera că pana este bătută după direcţia înălţimii ce cade din vârful corespunzător unghiului penei pe capul acesteia”.
Presupunând că pana a fost introdusă în lăcaşul ei, condiţia ca ea să se autofixeze (autofrâneze), este ca valoarea forţei Q⃗ necesară scoaterii penei din locaş, să fie pozitivă sau cel puţin nulă: Q ≥ 0.
Determinăm valoare forţei Q pentru echilibrul penei scriind ecuaţiile de proiecţii ale forţelor ce acţionează asupra ei şi în sistemul de referinţă XOY.
∑ F x=N 2cos β−N1cos α+T 2 sin β−T1 sin α=0
∑ F y=Q+N 1sin α +N2sin β−T 1 cosα−T 2cos β=0
∑ F x=(1 );∑ F y=(2)
Prin N⃗1 şi N⃗2 şi respectiv T⃗ 1 şi T⃗ 2 s-au notat forţele
de reacţiune normală pe suprafeţele laterale ale penei şi respectiv forţele de reacţiune tangenţiale datorate frecărilor
dintre suprafeţele laterale ale penei şi pereţii lăcaşului. Unghiul vârfului penei, iar T 1=μ1 N1 şi T 2=μ2 N 2.
Ecuaţiile (1) şi (2) se mai scriu:N2 (cos β+μ2 sin β )−N1 ( cosα+μ1sin α )=0(3)
Q+N1 (sin α−μ1 cosα )+N2 ( sin β−μ2cos β )=0(4)
Din (4) ⇒Q=N 1 ( μ1 cosα−sin α )+N2 ( μ2 cos β−sin β )(5)
Punând condiţia de autofixare a penei, din (5) ⇒N1 ( μ1cos α−sin α )≥ N2 ¿
Din (3) avem:
N2=N1 .cos α+μ1sin α
cos β+μ2sin β(7 )
Înlocuind (7) în (6) şi introducând unghiurile de frecare tg φ1=μ1 şi tg φ2=μ2 se obţine în final:
tg(φ1−α )≥ tg( β−φ2)α +β ≤ φ1+φ2⇒ γ=φ1+φ2(8)
Deci pentru autofixare avem:
γ max=φ2+φ2=arctgμ1+μ2
1−μ1 μ2
(9)
În cazul în care μ1=μ2=μ, adică φ1=φ2=φ, relaţia (9) devine:
γ max=2 φ=arctg2 μ
1−μ2=2 arctg μ (10 )
γ max=α⇒ α=2 arctg μ
arctg μ=α2⇒ μ=tg
α2
μ=tg15 °=0,27
57. Două corpuri de mase m1=3kg ,m2=2kg sunt aşezate pe un plan înclinat α=30 ° şi cuplate între ele printr-o tijă fină paralelă cu planul înclinat. Coeficientul de frecare la alunecare sunt μ1=0,20 şi μ2=0,30. Să se calculeze acceleraţia sistemului şi tensiunea din tijă.
Rezolvare:
Neglijăm greutatea tijei. Din stabilitatea pe suport:N1=m1 g cosα ; N2=m2 g cosα
Iar forţele de frecare:F f 1=μ1 N1=μ1 m1 gcosα
F f 2=μ2 N2=μ2 m2 gcos α
Pentru m1 pe direcţia de mişcare: m1 a=m1 g sin α−T −μ1 m1 g cosα
Pentru m2 pe direcţia de mişcare:m2 a=T +m2 g sin α−μ2 m2 g cos α
Adunând:a ( m1+m2 )=g (m1+m2 ) sin α−( μ1 m1+μ2 m2) gcos α
a=g ∙(m1+m2 )sin α−( μ1m1+μ2 m2 ) cos α
m1+m2
a=2,87 m /s2
Înlocuind în prima ecuaţie:
T=m1 g sin α−μ1 m1 gcos α−m1 a
T=m1 g (sin α−μ1cos α )−m1 g
∙( m1+m2 ) sin α−( μ1 m1+μ2 m2 )cos α
m1+m2
T=m1 g [sin α−μ1cos α−(m1+m2 ) sin α−( μ1 m1+μ2 m2) cos α
m1+m2]
Efectuând calculele:
T=m1 m2
m1+m2
g ∙ ( μ2−μ1 ) cosα ;T=1,02 N
58. Se trage un proiectil în direcţie verticală, de la suprafaţa Pământului. Să se calculeze înălţimea maximă la care urcă proiectilul, dacă viteza lui iniţială este de 10 km /s şi raza Pământului de 6400km. Se neglijează frecările şi rotaţia Pământului. (INDICAŢIE: Se consideră sistemul proiectil – Pământ un sistem izolat şi se aplică legea conservării energiei).
Rezolvare:
În A câmpul gravitaţional esteg0; În B el este g ≠ g0
Sistemul de mase M şi m, considerat izolat, se află în cele două configuraţii în care energia este constantă.
F0=KMm
R2=m g0⇒
KM
R2=g0 şi KM=g0 R2
F= KMm
(R+h )2=mg
Epot=−KMm
r
E I=E II(conservareaenergiei)
E I=m v0
2
2+(−KMm
R )E I=
m v02
2−
g0 R02 m
R=m v0
2−m g0 R
E II=0+0− KMmR+h
=−g0 Rm
R+h
E I=E II⇒m v0
2
2−m g0 R=
−m g0 R2
R+hRezultatul nu depinde de m, h este necunoscută.
g0 R−v 0
2
2=
g0 R2
R+h
2 R g0 ( R+h )−v02 ( R+h )=2 g0 R2
⇒R+h=2 g0 R2
2 R g0−v02
h=2 g0 R2
2 R g0−v02 −R=
R v02
2R g0−v02
h= 6400 ∙103 ∙108
2 ∙ 6400∙ 103 ∙10−108 m=2,3 ∙107 m=2,3 ∙104 km
59. De la distanţa r de centrul Pământului se lasă să cadă liber un corp. Care este viteza lui la suprafaţa Pământului, dacă sunt cunoscute: g0 , R0 şi r (r ≫R p)?
(INDICAŢIE: se aplică legea conservării energiei pentru sistemul corp – Pământ).
Rezolvare:Avem cele două configuraţii în care se conservă
energia mecanică a sistemului presupus izolat:
Se conservă energia sistemului (E I=E II)
E I=−KMm
r
E II=m v2
2−KMm
RcuKM=g0 R2
−KMmr
=m v2
2−KMm
RRezultatul nu depinde de m. Rezultă relaţia:
−2 g0 R2=r v2−2 g0 Rr
r v2=2g0 Rr−2 g0 R2=2 g0 R (r−R)
v2=2 g0 R (r−R )
rDacă punctul A se află la ∞, atunci r → ∞
limr → ∞
v2=2 g0 R ∙ limr → ∞
r−Rr
=2 g0 R limr →∞
1− Rr
1=2 g0 R
limr → ∞
Rr=0⇒ v¿=√2 g0 R
60. Un vagon cu masa M=10 tone supune acţiunii unei forţe de frânare constantă, coboară pe un plan înclinat cu unghiul α (sin α=0,05 ). Vagonul nu atinge viteză iniţială şi atinge viteza v=12 m /s după ce a parcurs distanţa d=200m. Să se calculeze forţa de frânare. (g=10 m/ s2).
Rezolvare:
Gt=G sin α=Mgsin α
În mişcarea accelerată a lui M, avem:
M a⃗=G⃗t + F⃗ f sau proiectând Ma=Gt−F f
a=Gt−F f
M=
Mgsin α−F f
M=const
a=g sin α−F f
MDin ecuaţia Galilei:
v=√2ax ; v2=2ax ; x=d
⇒ v2=2 ad
v2=2 d (g sin α−F f
M )⇒ g sin α−F f
M= v2
2d
F f =M (g sin α− v2
2 d )În aplicaţie numerică F f =1300 N
61. Un automobil cu masa M=800 kg coboară cu viteza iniţială v0=60 km /h pe un plan înclinat cu unghiul α faţă de orizontală (sin α=0,04). Forţa de tracţiune a motorului este constantă. Automobilul soseşte la baza planului cu viteza v1=90 km /h, după ce a parcurs distanţa d=200m. Forţa de frecare dintre anvelopele automobilului şi drum este F f =1000 N . Să se calculeze forţa de tracţiune
F. (g=10 m/ s2).Rezolvare:
AB=d ;Gt=Mgsin α
Din legea a doua a dinamicii, rezultă:
Ma❑=G⃗t+ F⃗+ F⃗ f
Iar proiecţia direcţiei mişcării:Ma=F+G t−F f ⇒ a=const
Deci mişcare uniform variată, în care este valabilă ecuaţia Galilei:
v12=v0
2+2 ad
a=v1
2−v22
2 dCare dusă în ecuaţia dinamicii, ne dă:
F+Gsin α−F f =M ∙v1
2−v02
2 d
⇒F=M ∙v1
2−v02
2d+F f−Mg sin α
F=(800 ∙252−(50
3 )2
2 ∙200+103−800 ∙10 ∙ 0,04)N=1400 N
62. Un ciocan cu masa m=1 kg loveşte cu viteza v=5 m /s un cui care pătrunde în lemn cu x=1 cm. Să se calculeze forţa de rezistenţă a lemnului (g=10 m/ s2). Se va neglija greutatea ciocanului în raport cu celelalte forţe.
Rezolvare:
Folosim teorema variaţiei energiei cinetice pentru masa m:
∆ Ecin=L
În cazul dat, avem:
0−mv2
2=F⃗ r ∙ x⃗=F r ∙ x ∙ cosα
α=π ;cos π=−1Astfel:
0−mv2
2=−F r ∙ x⇒ m v2
2=x Fr⇒F r=
mv2
2 x
F r=1∙ 25
2 ∙10−2N=1250 N
63. Un pendul gravitaţional simplu de masă m=100 g şi de lungime l=80 cm, se îndepărtează de poziţia de echilibru cu un unghi α=30 °.
a) Să se calculeze viteza şi tensiunea din fir când pendulul trece prin poziţia de echilibru;
b) Să se demonstreze că pentru o anumită valoare a unghiului α , tensiunea din fir când pendulul trece prin poziţia de echilibru, este egală cu dublul greutăţii. Să se calculeze în acest caz această valoare α 1 a unghiului α .
Rezolvare:
a) Considerăm sistemul fără frecări, deci se conservă energia mecanică.
O A '=l cosα ;OB=l=h+l cosαDeci: h=l(1−cos α)
Conservarea energiei:EA=EB
Unde:
EA=mgh ; EB=mv B
2
2⇒mgh=
m v B2
2
mgl (1−cosα )=m vB
2
2⇒m vB
2 =2 mgl (1−cos α )
Considerând un sistem de referinţă solidar cu m, faţă de acest sistem m în echilibru, deci, pentru poziţia B:
T⃗+G⃗+ F⃗ci=0
Proiecţia pe verticală:T−G−Fci=0
T=G+Fci ,; Fci=m vb
2
l
T=mg+m vB
2
2De mai sus, avem:
T=mg+2 mg (1−cos α )T=mg (3−2cos α )
2 mgl (1−cosα )=m vB2 ⇒ vB=√2 gk (1−cosα)
vB=√2 gl ∙ 2sin2 α2=2√ gl ∙ sin
α2
Numeric, vB=1,41 ;T=1,24 N
b) Am găsit: T=mg(3−2 cosα)Din enunţ T 1=2 mg, când α=α1
Deci: 2 mg=mg (3−2cos α1 )⇒2cos α1=1
⇒ α1=60 °
64. De ce deviază ramura unui copac atunci când de pe ea îşi ia zborul o pasăre?
Rezolvare:
(m+M ), prin idealizare se poate socoti un sistem izolat; se aplică atunci legea conservării impulsului pe o direcţie anumită.
Putem considera că:p⃗iniţial=0
p⃗iniţial=m v⃗+ p⃗ramură
p⃗iniţial= p⃗ final
O⃗=mv⃗+ p⃗ramură; p⃗ra mură=−m v⃗=M v⃗ '
v⃗ '=−mM
v⃗ şi v '= mM
v
Pentru M ≫m⇒v ' ≪v⇒ v ' ≈ 0 pentru o ramură foarte mare şi pasăre foarte mică
65. De un aerostat, aflat în repaus în atmosferă, este legată o scară de sfoară pe care stă un om. Masa aerostatului cu scară este M, iar a omului este m. ce viteză va avea aerostatul dacă omul începe să urce pe scară cu viteza u faţă de scară. Câtă energie cinetică dezvoltă omul, punându-se în mişcare?
Rezolvare:Fie C centrul de masă al sistemului (M +m)
c(M+m ); p⃗iniţial=0
↑m❑ mu⃗ ;↓( M+m ) v⃗ '
M +m
p⃗final=mu⃗+( M +m ) v⃗ '
p⃗iniţial= p⃗ final
O⃗=mu⃗+( M +m ) v⃗ '⇒ v⃗ '= m u⃗M+m
şi v '= muM +m
∆ Ec=mu2
2−1
2( M+m ) v '2= mu
M +mşi v '= mu
M +m
∆ Ec=mu2
2 (1− mM+m )=mu2
2∙
MM+m
∆ Ec=12
∙Mm
M +mu2
66. Doi patinatori de mase m1=70 kg şi m2=50 kg, ţinându-se de capetele unei sfori, stau pe gheaţa lucioasă, unul în faţa celuilalt. Primul din ei începe să tragă de sfoară, scuturând-o cu viteza u=1,20 m /s. Cu ce viteză se vor mişca patinatorii? (se neglijează frecările)
Rezolvare:
Impulsul masei m2 cu viteza u⃗ este m2u⃗
Masa (m1+m2) are un impuls (m1+m2 ) v⃗1
m2u⃗=(m1+m2 ) v⃗1⇒m2 u=( m1+m2 ) v1
v1=m2 u
m1+m2
m1 v⃗1+m2 v⃗2=O⃗
m2 v⃗2=−m1 v⃗1⇒ v⃗2=−m1
m2
∙m2 u⃗
m1+m2
v⃗2=−m1 u⃗
m1+m2
;v2=m1
m1+m2
u
67. La pendulul conic, faţă de care punct se conservă momentul cinetic al particulei şi ce valoare are? Care este variaţia pe unitatea de timp a momentului cinetic faţă de punctul de suspensie?
Rezolvare:
r⃗⊥m v⃗
Faţă te O, L⃗=r⃗ × m v⃗L=r ∙mv ∙ sin 90 °⇒L=mvr
În mişcarea uniform circulară, v şi r sunt constante, rezultă că L=mvr=const . Deci faţă de centrul O al cercului, momentul cinetic L⃗, se conservă.
Pentru sensul de rotire din figură, L⃗ este vertical în
sus. Mai avem r=1sin α ;Fci=mv2
r
tg α=
m v2
rmg
= v2
rg;
sin αcosα
= v2
rg
⇒ v2= rgsin αcos α
=gl sin2 αcosα
v=sin α ∙√ glcos α
; L=ml sin2α √gl /cosα
Din teorema variaţiei momentului cinetic |∆ L⃗∆ t |=|⃗M|
, |⃗M|=¿ momentul forţelor exterioare sistemului (momentul
tuturor forţelor interioare faţă de acelaşi punct O ' este nul, aceste forţe fiind două câte două, vectori opuşi).
T⃗ ,T⃗ '=¿ tensiunile din fir
F⃗ c , F⃗ c' sunt forţa centripetă şi centrifugă.
Aceste patru forţe sunt interioare sistemului format din m, fir, centrul O şi centrul O’. deci G⃗ este singura forţă exterioară.
d L⃗dt
=M G → (O' )=r⃗ ×G⃗ ; r⃗ '=O' m
|M G →(O')|=r ' G ∙ sin α=G∙r=mg∙ r
|∆ L⃗∆ t |=mgr=mgl sin α
De fapt M⃗ este perpendicular pe planul format de r⃗ '
şi G⃗; acest plan este vertical. Deci M este orizontal, adică în planul cercului cu centrul în O. astfel M este tangent la acest cerc.
68. O particulă se mişcă liber, fără frecare, sub acţiunea forţei de greutate, pe suprafaţa interioară a unei sfere. Să se arate că momentul cinetic al particulei faţă de diametrul vertical al sferei, se conservă.
Rezolvare:
Viteza v⃗ este în planul vertical ce conţine pe m g⃗, diametrul vertical şi pe r⃗.
ρ=m v⃗=impulsul lui m
L⃗=r⃗ × m v⃗, faţă de centrul sferei, O∈(∆)L=mvr
L⃗ este perpendicular pe planul determinat de r⃗ şi p⃗, vertical
L⃗ este perpendicular pe planul vertical, rezultă că L⃗ este în plan orizontal.
|( d L⃗dt )
(∆)|=M(∆ )
= momentul forţelor exterioare faţă de diametrul
vertical. Acest moment M (∆ ) faţă de (∆) este zero deoarece
forţa exterioară m g⃗ este paralelă cu axa verticală (∆).Deci:
|( d L⃗dt )
(∆)|=M G⃗ (∆ )=0⇒ L⃗=c⃗onst faţă de∆
Altfel: Am văzut că faţă de O∈ (∆ ) , M⃗ este orizontal.
Axa (∆) este verticală. Momentul cinetic L⃗(∆ ) faţă de axa
(∆) al particulei m este proiecţia pe (∆) a momentului
cinetic L⃗ al particulei m în raport cu un punct O∈(∆).L⃗(∆ )=pr L pe (∆). Cum L⃗ este orizontal, rezultă că
proiecţia lui L⃗ pe verticala (∆) este nulă ⇒L(∆)=0, care ne
arată că L(∆ ) se conservă.
69. Două particule se mişcă rectiliniu uniform cu viteze egale în sensuri opuse pe două drepte paralele. Să se arate că momentul cinetic total în raport cu orice punct din spaţiu, nu depinde de alegerea acestui punct.
Rezolvare:
Pentru sistemul de particule L⃗=L⃗1+ L⃗2 faţă de O.
v⃗ '=−v⃗, din enunţ.Considerăm masele egale fiecare cu m.
L⃗=r⃗ 1× mv⃗+r⃗ 2× mv⃗ '
L⃗=r⃗ 1× mv⃗−r⃗2× m v⃗
⇒ L⃗=(r⃗1− r⃗2)×m v⃗
r⃗1− r⃗2 este vectorul distanţă dintre particule orientat de la 2 la 1, iar mărimea lui nu depinde de alegerea lui O, ca şi r⃗1− r⃗2.
70. O bilă de masă m=0,100 kg, legată de un centru fix printr-un fir de lungime l1=0,60m execută o mişcare circulară uniformă pe un plan orizontal neted fără frecări, cu turaţia n1=1rot /s. Ce turaţie va avea bila dacă firul se
scurtează până la lungimea l2=0,30m? Ce lucru mecanic a efectuat forţa care a scurtat firul?
Rezolvare:
Faţă de (∆ )∥G⃗ , M G⃗(∆) căci G⃗ ∥(∆)d L⃗dt
=M ; M=0⇒ d L⃗dt
=0⇒ L⃗=c⃗onst
În cele două situaţii avem: L1=L2
L1=l1 mv1=l1 mω l1=l1 ∙ m∙ 2 π n1 l1
L1=2π n1m l12⇒L2=2 π n2 ml2
2
Conservarea (restricţia) L1=L2, ne dă:
2 π n1m l12=2 π n2 ml2
2 sau n1 l12=n2 l2
2 iar:
n2=n1( l1l2
)2
n2=1∙( 0,60,3 )
2
rot /s=4 rot / s
Particula trece de la starea cu v⃗1 în plan orizontal la
starea cu v⃗2 în acelaşi plan.Folosim teorema variaţiei energiei cinetice, care în
acest caz, se scrie:W =∆ Ecin , ;v1=2 π n1l1 ;v2=2 π n2l2
W =m2
(v22−v1
2)
W =m2
(4 π2 n22 l2
2−4 π2 n12 l1
2)
W =12
m∙ 4 π2(n22l2
2−n12l1
2)
n2=n1( l1l2
)2
W =m2
∙ 4π 2(n12 ∙
l14
l24 l2
2−n12l1
2)W =2 π2 m n1
2l12( l1
2
l22−1)
W =2∙ 9,8 ∙ 0,1∙12 ∙ 0,36 (4−1)J ≅ 2,1 J
71. Pe un plan înclinat de unghi α este aşezat un corp rotund omogen de masă m1, rază R şi momentul de inerţie I.
corpul rotund este legat de un alt corp de masă m2 prin intermediul unui fir inextensibil, trecut peste un scripete cu inerţia neglijabilă.
a) Care este coeficientul de frecare minim necesar pentru ca să nu alunece corpul?
b) Să se calculeze acceleraţia mişcării corpului şi tensiunea din fir.
Aplicaţie numerică:m1=m2 ;α=30° ; μ=0,20
Rezolvare:
Considerăm cazul rostogolirii în sus fără alunecare. Pentru m1 ,m2, legea a doua a dinamicii, ne dă:
{m1 g sin α−T−F f=m1 a(1)
T−m2 g=m2 a' (2)a=εR (3)
a '−a=εR (4 )( F f−T ) R=Iε(5)
Rezultă: a '−a=a;a'=2 a
ε= aR
Adunând (1) şi (2), avem:m1 g sin α−T−F f +T−m2 g=m1 a+m2∙ 2 a
m1 g sin α−m2 g−F f =a(m1+2m2)
( F f −T ) R=I ∙aR
{ F f −T=Ia
R2
T−m2 g=2m2 a
F f −m2 g=2 m2 a+Ia
R2 =a(2 m2+I
R2 )Înlocuind, rezultă sistemul:
{F f−m2 g=2m2a+ IaR2=a(2m2+
IR2 )
m1 g sin α−m2 g−F f =a (m1+2m2)
Împărţind, avem:m1 g sin α−m2 g−F f
F f −m2 g=
m1+2 m2
2m2+I
R2
Adunăm la numărător, numitorii:
m1 g sin α−2 m2 g
F f −m2 g=
m1+4 m2+I
R2
2m2+I
R2
F f −m2 g=g (m1sin α−2 m2 )(2m2+
I
R2)m1+4 m2+
IR2
F f =m1 g ∙
1− Im1 R2 +(2+ I
m2 R2 )sin α
4+ 1m2
(m1+I
R2 )La rostogolirea fără alunecare:
F f <μm1 g cos α⇒ μ>F f
m1 g cos α
Înlocuind aici expresia lui F f , rezultă:
μ>(1− I
m1 R2 ) ∙1
cosα+(2+ I
m1 R2 ) tg α
4+ 1m2
(m1+I
R2 )Deci:
μmin=(1− I
m1 R2 )∙ 1cosα
+(2+ Im1 R2 ) tg α
4+ 1m2
(m1+I
R2 )Pentru sferă:
I=25
m R2
Se dă: m1=m2=m , α=30 °
μmin=(1−2
5 )∙ 2
√3+(2+ 2
5 )∙ √33
4+ 1m (m+2 m
5 )=6√3
27=0,38
Ca să avem: μmin=0,38<μdat înaplicaţie, trebuie să luăm μdat=0,40 în loc de 0,20.
F f =m1 g ∙
1− Im1 R2 +(2+ I
m2 R2 )sin α
4+ 1m2
(m1+I
R2 )În aplicaţie:
F f =mg∙1−2
5+(2+ 2
5 )∙ 12
4+ 1m (m+2 m
5 )=mg
3
Din ecuaţia:
F f −m2 g=a(2 m2+I
R2 )mg3
−mg=a (2 m+I
R2 )−2 mg
3=a ∙
12 m5
⇒|a|=5g18
T=m2 g+m2 a'=m2 g+2 m2a
T=m2 g+2m2(−5 g18 )=m2 g (1−10
18 )⇒0,44 m2 g=0,44 m1 g
72. Cu ce turaţie minimă trebuie rotit un cilindru de rază r=1m în jurul axei sale verticale pentru ca un corp aşezat pe peretele interior al cilindrului să rămână în repaus faţă de cilindru? Coeficientul de frecare între corp şi cilindru este μ=0,25.
Rezolvare:
F ci=N
F ci=m ω2 r=4 π2 n2 mF f =μN
F f =4 π2 n2 rmTrebuie ca F f ≥ mg
4 π 2n2 rmμ ≥ mg
n2 ≥g
4π 2 μr;n≥√ g
4 π2 μr= 1
2π √ gμr
n ≥1
2 π √ gμr
;nmin=1
2 π √ gμr
=1 rot /s
73. Care este diferenţa între forţa exprimată prin legea lui Hooke şi forţa elastică?
Rezolvare:În legea lui Hooke, F=Kx, F este forţa care produce
deformarea x.Forţa elastică apare în resortul elastic. F e=−Kx
F e este proporţională cu valoarea deformaţiei şi
orientată în sens opus creşterii deformaţiei. Deci F e=−F.
74. O bară de oţel cilindrică cu lungime a de 19,8m, s-a alungit datorită unei forţe de întindere de 98N, cu 0,455mm. Să se calculeze raza barei. Se cunoaşte modulul de elasticitate al oţelului E=1,96 ∙1011 N /m2.
Rezolvare:
∆ l= FlES
;S=π d2
4=π ∙ r2
∆ l= FlEπ r2 ;r2= Fl
Eπ ∆ l;r=√ Fl
Eπ ∆ l
Numeric:
r= 1102 √ 99
455m=0,44 cm
75. Pentru a măsura modului lui Young, se suspendă un corp cu greutatea de 4410N de un fir de oţel cu lungimea de 50cm şi secţiunea de 0,0625cm2; se găseşte că alungirea absolută a firului este de 0,18cm. Să se calculeze: efortul unitar, alungirea relativă şi modulul de elasticitate al firului de oţel
Rezolvare:
∆ l= FlES
σ=FS
; σ=GS⇒ σ= 4410
0,0525 ∙10−4N /m2
¿7056 ∙105 N /m2
ε=∆ ll
ε=0,18 cm50 cm
=0,0036
E=F ∙lS ∆ l
=
FS
∆ ll
E=σε
; E=
7056 ∙105
36 ∙ 10−4 N
m2 =1,96 ∙1011 N /m2
76. Să se calculeze alungirea unei bare de oţel de secţiune pătrată şi de lungime l=20 m sub efectul propriei greutăţi.
Densitatea barei este ρ=7,85∙ 103 kg /m3 şi
E=2,1∙ 1011 N /m2. Se consideră g=10 m/ s2.Rezolvare:
∆ l= FlES
; F=u=Sl ρg
∆ l=Sl ∙ glES
;∆ l= 1E
ρgl2
l=( 12,1
∙1011∙ 7,85 ∙103∙ 10∙ 400)m≅ 15 ∙10−5m
77. Un cablu de oţel are lungimea de 20m şi este format din împletirea a 70 de fire de oţel. Cu cablul de acest profil se ridică un corp cu masa de 904kg. Ştiind că alungirea cablului a fost de 15mm şi E=2,15 ∙1011 N /m2,
g=10 m/ s2, să se calculeze:a) Diametrul unui fir de oţel;b) Efortul maxim în cablu.Rezolvare:a) Secţiunea cablului este de n=70 ori mai mare
decât secţiunea s1=π d2
4 a unuia din firele de oţel.
S=n ∙ s1=n∙π d2
4
∆ l= FlES
; F=mg; S=n ∙π d2
4;
∆ l= mgl
Enπ d2
4
= 4 mgl
Enπ d2⇒d2= 4 mgl
nπS ∆l
d=√ 4 ∙ 904 ∙ 10 ∙2070 ∙T ∙2,15 ∙ 1011 ∙15 ∙ 10−5 m≅ 1 mm
b)
∆ l= FlES
⇒ FS
=E ∙∆ll
F=2,15 ∙1011∙15∙ 10−3
20N /m2
FS
=25 ∙ 107 N /m2
78. Un corp de masă m=510 kg este deplasat pe un plan orizontal cu ajutorul unui cablu paralel cu direcţia planului. Cablul are lungimea l0, secţiunea S=16 cm2 şi
modulul de elasticitate E=2,15 ∙1011 N /m2. Considerând
g=10 m/ s2 şi coeficientul de frecare la alunecare a corpului pe plan μ=0,215, să se calculeze:
a) raportul alungirii cablurilor în cazul deplasării uniforme a corpului şi în cazul deplasării uniform accelerate, cu acceleraţia a=2,5 m /s2;
b) alungirile relative în cele două cazuri de deplasare.
Rezolvare:
a) Pe suport orizontal, N=mgF f =μN ; F=μmg
F⃗+ F⃗ f=m a⃗, iar în proiecţie: F−F f=ma
F=F f +ma
F=μmg+ma
F=m (a+μg ) ;∆ la=FlES
⇒∆ la=m (a+g ) l
ESPentru a ≠ 0:
(∆ l )a=FlES
; (∆ l )a=m (a+μg ) l
ESPentru a=0:
(∆ l )u=mμglES
∆ lu
∆ la
=mμglES
∙ES
ml (a+μg )⇒
∆ lu
∆ la
= μga+μg
De aici putem afla a , μ , g cunoscând sau măsurând uşor celelalte mărimi.
∆ lu
∆ la
≅ 0,46
b) ∆ lu
∆ la
=mgES
≅ 3 ∙10−6
∆ la
∆ l0
=m (a+μg )
ES≅ 6,8 ∙ 10−6
79. Un corp cade liber în aer de la o înălţime h=14,7 m într-un timp t=2 s. Ce fracţiune din greutatea sa reprezintă forţa de rezistenţă medie întâmpinată de corp din partea aerului?
Rezolvare:
m a⃗=m g⃗+ F⃗ r
Proiectând pe verticală:
ma=mg−F r
a=mg−F r
m=g−
F r
m
h=a2
t c2;h=
tc2
2 (g−F r
m )=¿
g t c2
2 (1−Fr
mg )2h=g t c
2(1− F r
mg )1−
F r
mg= 2 h
g t c2 ⇒
F r
mg=1
2 hg t c
2
Fr
mg=0,25
80. Pentru a menţine în repaus un corp pe un plan încliant de unghi α=30 °, trebuie aplicată o forţă minimă în sus, de-a lungul planului F1=3,5 N , iar pentru a-l trage
uniform în sus de-a lungul planului F2=6,5 N . Să se afle coeficientul de frecare la alunecare.
Rezolvare:
Pe plan înclinat N=G cos α=mg cosαF f =μN=μmg cosα indiferent de sensul de mişcare.
F f are acelaşi modul.În cazul a):
Gt=F1+F f ;mg sin α=F1+μmg cosα
F1=mg (sin α−μ cosα )(1)În cazul b):La v=const , F1=F f +Gt
F2=mg (sin α+μ cos α )(2)Din (1) şi (2)⇒
F1
F2
= sin α−μcosαsin α+μcos α
= tg α−μtg α+μ
Apoi:F1 ( tg α+μ )=F1(tg α−μ)
F1tg α+μ F1=F2 tg α−F2 μ
μ=F2−F1
F2+ F1
∙ tg α⇒ μ=0,17
81. O sanie alunecă pe zăpadă pe un drum înclinat de unghi α=45° de la o înălţime h=2 m, după care intră pe un drum orizontal, oprindu-se până la urmă, datorită frecării pe zăpadă. Coeficientul de frecare la alunecare pe zăpadă este μ=0,05. Să se afle distanţa parcursă pe planul orizontal.
Rezolvare:
Pe planul înclinat F f =μN , cu N=mgcos α , iar
m a⃗1=G⃗t + F⃗ f , proiecţia ultimei relaţii ne dă:m a1=mg sin α−μmg cosα
a1=g(sin α−μ cos α )
Pe orizontală, acceleraţia de frânare are modulul:a2=μg
vB=√2 a1 ∙ AB ;vB2 =2 g (sin α−μcosα )∙ AB
h=AB ∙ sin α⇒ AB= hsin α
⇒ vB2 =2 g
hsin α
(sin α−μ cosα )
vB este viteza iniţială pe BD; vB=v0
v2=v02−2a2 a, pentru v=0, în D ne dă:
o=vo2−2 a2 d
d=v o
2
2 a2
=vo
2
2 μg=
2ghsin α
(sin α−μ cosα )
2 μg
d= hμ sin α
(sin α−μ cosα )=h ( 1μ−ctg α)
⇒ d=38 m
82. O sanie lansată în sus de-a lungul unui plan înclinat, care formează unghiul α=45° cu orizontala, revine înapoi la baza planului, astfel încât timpul de coborâre este de n=1,1 ori mai mare decât timpul de urcare. Care este coeficientul de frecare la alunecare între sanie şi planul înclinat?
Rezolvare:
La urcare pe plan, forţa care frânează particula m este:
F=mg sin α+F f , F f =μmg cos α
F=m a1⇒ a1=mg (sin α +μ cosα ) încât mărimea
acceleraţiei de frânare la urcarea simplă pe planul înclinat este a1=g(sin α +μ cosα).
La coborârea pe planul F f , are aceeaşi mărime dar este orientată în sus, astfel că:
m a2=mg(sin α−μcosα )a2=g(sin α−μ cos α )
Iar în mişcare este accelerată. Pentru oprire:
d=vo
2
2 a1
; t u=v o
a1
⇒ vo=a1t u
Deci:
d=a1
2t u2
2 a1
=a1t u
2
2
Mai avem:
d=a2t c
2
2⇒
a1 tu2
2=
a2 t c2
2
a1t u2=a2t c
2, cu t c=n tu (enunţ)
Deci:
a1t u2=a2n2 tu
2( tu ≠ 0)
a1=a2 n2 ;g (sin α+μ cosα )=n2 g(sin α−μcos α )
sin α +μcosα=n2 sin α−n2 μcosα
⇒ μ=n2−1n2+1
∙sin αcos α
=n2−1n2+1
tg α
μ=0,095
83. O sanie de greutate G=0,5 KN alunecă liber pe o pantă p=4 % cu viteză constantă. Ce forţă paralelă cu
planul este necesară pentru a urca sania înapoi cu viteză constantă?
Rezolvare:
Panta înseamnă sin α , α fiind unghiul de înclinare al planului: forţa orizontală.
Gt=G sin α=Gp
F f are acelaşi modul de urcare şi coborâre.La coborâre, v=const⇒a=0 şi principiul
suprapunerii
F⃗ f +G⃗t=m a⃗, ne dă: F⃗ f +G⃗t=0⇒F f =Gt=Gp
La urcare de asemenea v '=const⇒ a'=0, deci:
F⃗+G⃗t+ F⃗ f=ma⃗ '
F⃗+G⃗t+ F⃗ f=0⇒ F⃗=−(G⃗t + F⃗ f )Sau
F=|G⃗t+ F⃗ f|F=Gt+F f
Deci F=Gt+Gt=2Gt=2Gp
F=2 ∙4
100∙0,5 ∙103 N=40 N
84. Impulsul unui corp este p=4, ON ∙ s, iar energia cinetică Ec=8 , oJ . Să se afle masa şi viteza corpului.
Rezolvare:Folosim expresiile energiei cinetice şi impulsului:
Ec=m v2
2; p=mv
v= pm
; Ec=m2 ( p
m )2
= p2
2 m;m= p2
2 Ec
;Ec=p2
2m
m= 162 ∙8
kg=1 kg ;v=41
m /s=4 m /s
⇒Ec=mv2
2⇒ Ec=
DV2
v=2 Ec
p=2∙ 8
4m /s=4 m /s
85. Ecuaţia de mişcare a unui punct material de masă m=0,2 kg este x=2−t+t 2. Să se scrie legea de variaţie a impulsului.
Rezolvare:Comparând x=2−t+t 2 cu:
x=x0+v0t + a t2
2Găsim:
x0=2 ∙ v0=−1 ∙a2=1⇒ a=2
Din v=v0+at⇒
v=−1+2 t, iar impulsul p=mv ; p=0,2(−1+2t )p=−0,2+0,4 t
86. Un punct material cu masa m=1 kg, se mişcă circular uniform cu viteza v=10 m /s. Să se calculeze variaţia de impuls în timpul:
a) unei perioade;b) unei jumătăţi de perioadă;
c) unui sfert de perioadă.Rezolvare:
a) După o perioadă va fi
m v⃗1' cu v⃗1
' =v⃗1. Deci:
|∆ φ|=|m v⃗1' −m v⃗1|
¿m|v⃗1' − v⃗1|=0
Căci v⃗1' −v⃗1=0
b) ∆ p⃗=m v⃗3−m v⃗1=¿¿m( v⃗3−v⃗1)
v⃗3=−v⃗1⇒ v⃗3−v⃗1=− v⃗1− v⃗1=−2 v⃗1
∆ p⃗=m (−2 v⃗1 ) ,iar|∆ p⃗|=2mv=2 ∙1 ∙ 10=20 Ns
c) ∆ p⃗=m v⃗2−m v⃗1=m (v⃗2− v⃗1 )¿m [ v⃗2+(− v⃗1 ) ] , v⃗1⊥ v⃗2
|∆ p⃗|=m|v⃗2−v⃗1|=m√v2+v2=mv√2
|∆ p⃗|=1 ∙10√2 Ns=14,1 Ns
87. O bilă cu masa m=100 g a căzut liber pe un plan orizontal, având în momentul lovirii o viteză v=10 m /s. Să se afle variaţia impulsului prin lovire, considerând ciocnirea:
a) perfect elastică;b) absolut inelastică (plastică).Dacă durata ciocnirii a fost ∆ t=20 ms, care a fost
forţa medie de lovire?Rezolvare:
a)v⃗ '= v⃗ pentru ciocnirea elastică
∆ p⃗=m v⃗ '−m v⃗=m (v⃗ '− v⃗ )=¿m (v⃗ '+v⃗ ' )⇒∆ p⃗=m∙2 v⃗ '
|∆ p⃗|=2 m v '=2 mv|∆ p⃗|=2 ∙ 0,1∙ 10 Ns=2 Ns
Fm=∆ p∆ t
; Fm=2
2 ∙10−2N=102 N
b) ∆ p⃗=0−m v⃗=−m v⃗
|∆ p⃗|=mv
v '=|∆ p⃗|=0,1∙ 10 Ns=1 Ns
Fm=∆ p∆ t
; Fm=1
2 ∙10−2N=50 N
88. Un corp loveşte frontal un perete. În ce raport este forţa medie de contact, în cazul ciocnirii elastice, faţă de forţa din cazul ciocnirii plastice, dacă timpul de ciocnire este acelaşi?
Rezolvare:Folosim rezultatul de la problema de mai susLa ciocnirea elastică am găsit:
∆ p=2mv
F e=( ∆ p )e
∆ t=
2 mv∆ t
La ciocnirea plastică cu acelaşi ∆ t
F p=(∆ p )p
∆ t=
mv∆ t
Prin împărţire:Fe
F p
=2
89. Ce forţă constantă de frânare trebuie aplicată unui tren de masă m=600 t , care se mişcă cu viteza v0=72 km /h pentru a-l opri în ∆ t=10 s?
Rezolvare:Pentru mişcarea uniform variată, ecuaţia vitezei:v=v0+at, la t=∆ t , v=0, ne dă:
0=v0+a∆ t⇒ a=−v0
∆ t;|a|=|v0|
∆ tDin F=m|a|⇒
⇒F=m ∙v0
∆ t⇒F=6 ∙105∙ 20
10N=1,2∙106 N
⇒F=1,2 MN
90. Un corp cu masa m1=0,4 kg şi viteza v1=5 m /s, loveşte un alt corp care se mişcă spre el pe aceeaşi direcţie. După ciocnire, corpurile se opresc. Care a fost impulsul celui de-al doilea corp?
Rezolvare:
Conservarea impulsului ne dă:m1 v⃗1+m2 v⃗2=0
⇒m1 v⃗1=−m2 v⃗2⇒ p1=p2
p1=p2=m1 v1 , iar p⃗2=− p⃗1
p2=0,4 ∙5 Ns=2 Ns
91. Un vagonet de masă M=20 kg, se mişcă cu viteza v=3 m /s. Ce viteză va căpăta vagonetul dacă în el cade un sac cu masa m=10 kg?
Rezolvare:
Se consideră impulsul pe direcţia de mişcare:M v⃗=(M +m) v⃗ , care se proiectează:
{Mv=( M +m ) v ' , v '= MvM +m
v '=
20 ∙ 330
m
s=2m /s
92. Două bile de mase m1=1kg , m2=2kg se mişcă
una spre cealaltă cu vitezele v1=1m / s , v2=2 m / s. Să se afle pierderile de energie cinetică (căldură) prin ciocnirea lor plastică.
Rezolvare:
Legea de conservare a impulsului se scrie:m1 v⃗1+m2 v⃗2=(m1+m2 ) v⃗
v⃗=m1 v⃗1+m2 v⃗2
m1+m2
Proiectând avem:
|m2 v2|−m1 v1=( m1+m2 ) v
v=|m2 v2|−m1 v1
m1+m2
⇒ v=4−11+2
m /s=1 m /s
Conservarea energiei se scrie:
m1 v⃗12
2+
m2 v⃗22
2=Q+
m1+m2
2∙ v⃗2
Q=m1 v⃗1
2
2+
m2 v⃗22
2−
m1+m2
2∙ v⃗2
Q−∆ Ec=m1 v⃗1
2
2+
m2 v⃗22
2−
m1+m2
2∙
(m1 v⃗1+m2 v⃗2 )2
(m1+m2 )2
Q=m1 ( m1+m2 ) v⃗1
2+m2 ( m1+m2 ) v⃗22−(m1
2 v⃗12+m2 v⃗2
2+2 m1 m2 v⃗1 v⃗2 )2 (m1+m2 )
Q=m1
2 v⃗12+m1m2 v⃗1
2+m1m2 v⃗22+m2 v⃗2
2−m12 v⃗1
2−m22 v⃗2
2−2m1 m2 v⃗1 v⃗2
2 (m1+m2)
Q=m1 m2 ( v⃗1
2+ v⃗22−2 v⃗1 v⃗2 )
2 (m1+m2 )=
12
∙m1 m2
m1+m2( v⃗1−v⃗2 )
În aplicaţia dată, v⃗1 şi v⃗2 au sensuri opuse, deci:
|v⃗1−v⃗2|=v1+v2
Q=12
∙2
3 (1+2 )2 j=3 j
Mai simplu, numeric:
Q=m1 v1
2
2+
m2 v22
2−
m1+m2
2∙ v2
Q=( 1∙ 12
2+ 2 ∙22
2−1+2
2∙12) j=¿
( 12+4−3
2 ) j=3 j
93. Un corp se deplasează cu o viteză constantă pe un drum orizontal. Forţa rezultantă care acţionează asupra corpului, este nulă. Se efectuează lucrul mecanic asupra corpului? Justificaţi răspunsul.
Rezolvare:
v⃗¿ c⃗omst⇒ a⃗=0⇒
R⃗=ma⃗=0N=G pentru suportul orizontal şi situaţia precizată
în text;F f =μN ≠ 0
Forţa de frecare există. Asta înseamnă că pe direcţia
mişcării mai trebuie să aplicăm forţa F⃗, aşa că F⃗+ F⃗ f=R⃗
R⃗=0⇒ F⃗+ F⃗ f =0⇒F=F f
Deci F este mică dacă F f este mică; F f există
totdeauna. Lucrul lui F⃗ este L=Fd ≠ 0.
F⃗ efectuează lucurl mecanic motor.
94. Un om deplasează pe o suprafaţă orizontală, pe distanţa d=10 m, o ladă cu masa m=100 kg. Coeficientul de frecare dintre ladă şi suprafaţa pe care se deplasează este μ=0,4. Forţa de tracţiune are direcţia orizontală g=10 m/ s2.
1. Se presupune viteza constantă. Să se calculeze:a) lucrul mecanic efectuat de om asupra lăzii;b) lucrul mecanic al forţei de frecare;c) lucrul mecanic total efectuat asupra lăzii.2. Se presupune că lada are acceleraţia a=0,5 m /s2.
Să se răspundă la aceleaşi întrebări ca la punctul 1.Rezolvare:
1. N=G (stabilitate pe suportul orizontal, în cazul aplicaţiei considerate)
N=mg; F f =μN ;F f =μmg
v⃗=c⃗onst⇒ a⃗=0⇒ F⃗ f + F⃗=0⇒F f =F
⇒F=μmg
a) L0=F⃗ d⃗=Fd cos 0°=Fd=μmgd
⇒L0=4000 J
b) Lr=F⃗ f d⃗=F f d cos180 °=−F f d
⇒Lr=−4000 J
c) L=Lr+L0⇒L=4000 J−4000 J=0 sau:
L=ma⃗ ∙ d⃗=m ∙ a∙d ∙ cos0 °=m ∙a ∙ dL=100 ∙ 0 ∙10 J=0
2.
a) N=G în aceste condiţii ale aplicaţiei date:N=mg; F f =μN ;F f =μmg
F⃗ f + F⃗=m a⃗ (principiul suprapunerii)−F f +F=ma⇒F=ma+F f
Proiectând, avem:F=ma+μmg=m(a+μg )
L0=F⃗ d⃗=Fd cos 0°
L0=m(a+μg)d
Numeric: L0=100 (0,5+0,4 ∙10 ) ∙10=4500 J
b) Lr=F⃗ r d⃗=F r d ∙ cos180 °=−F r d
Numeric:Lr=−4000 J
c) L=Lr+L0=(−4000+4500 ) J=500 J
astfel:L=ma∙d⇒L=100 ∙0,5 ∙ 10 J=500 J
95. Un corp cu masa M=20 kg se deplasează constant pe direcţia m=60 m, pe o suprafaţă orizontală. Coeficientul de frecare este μ=0,45. Forţa aplicată corpului face un unghi α=30 ° de orizontală. Să se calculeze:
a) forţa aplicată corpului;b) lucrul mecanic total efectuat asupra corpului.Rezolvare:
F1=F cos α ; F2=F sin α
a) Condiţia de stabilitate pe suport:
F⃗2+ N⃗+G⃗=0⇒F2+N−G=0⇒ N=G−F2
N=mg−F sin α ;F f =μ (mg−F sin α ) ;v=const
⇒ a=0 ; F⃗ f + F⃗1=m a⃗⇒ F⃗ f + F⃗1=0
−F f +F1=0 ; F f=F1 ;μN=F1
μ (mg−F sin α )=F cosα ⇒F (cos α+μ sin α )=μmgμmg
cosα +μ sin α;g=10 m /s
b) L=F⃗ d⃗=Fd cos α
⇒L=83∙60 ∙1,73
2J=4307,7 J
96. Asupra unui corp acţionează o forţă F=24 N , care face un unhgi α=37 ° cu orizontala. Să se calculeze lucrul mecanic efectuat de forţa F pe o distanţă d=20 m. Frecările sunt neglijabile (cos37 °=0,8).
Rezolvare:
L=F⃗ d⃗⇒L=Fd cos37 °L=24 ∙20 ∙ 0,8 J=384 J
97. Doi vectori a⃗ şi b⃗ au mărimile respectiv a=4 unităţi convenţionale şi b=8 unităţi convenţionale. Să se calculeze produsul scalar al celor doi vectori, luând pentru unghiul α dintre cei doi vectori, valorile:
0 ,π6
,π4
,π2
, π
Rezolvare:
a⃗ b⃗=ab cos α=32 cosαCu:
α 0π6
π4
π2
π
cos α 1 √32
√22
0 -1
98. Să se demonstreze că produsul scalar a doi vectori se poate scrie astfel:
a⃗ b⃗=ax bx+ay by
Unde (ax , ay ) şi (bx , by ) sunt componentele
vectorilor pe două axe de coordonate perpendiculare xOy.Rezolvare:
i⃗ , j⃗ fiind vectorii unitate şi
axele (versorii), au proprietăţile:
i⃗⊥ j⃗⇒ i⃗ j⃗= j⃗ i⃗=0
|I⃗|=|J⃗|=1 ; i⃗ i⃗= j⃗ j⃗=1
Se ştie că:
a⃗=ax i⃗+a y j⃗ ; b⃗=bx i⃗+b y j⃗
a⃗ b⃗=(ax i⃗+ay j⃗ ) (bx i⃗+by j⃗ )=ax bx i⃗ i⃗+ax b y i⃗ j⃗+a y b y j⃗ j⃗
¿ax bx+0+0+a y b y
a⃗ b⃗=ax bx+ay by
Mai avem: a⃗ b⃗=ab cos α cu:
a=√ax2+ay
2 ;b=√bx2+b y
2
⇒ ab cosα=ax bx+ay by
cos α=ax bx+ay by
ab=
ax bx+a y b y
√ax2+a y
2 ∙√bx2+by
2
99. Pentru a întinde un resort cu ∆ l1=4mm, trebuie
să se efectueze un lucru mecanic L1=0,02 J . Ce lucru mecanic trebuie efectuat pentru a întinde resortul cu ∆ l2=4cm?
Rezolvare:Folosim relaţia:
L=K (∆ l )2
2
L1=K ( ∆ l1 )2
2⇒K=
2L1
( ∆ l1)2
L2=K2
( ∆ l2 )2=12
∙2 L1
(∆ l1 )2∙ (∆ l2 ) 2
L2=L1 ∙(∆ l2 )2
(∆ l1 )2
În aplicaţie:
L2=2 ∙10−2∙( 4 ∙10−2
4 ∙10−3 )2
=2J
100. Un motor cu puterea P=10 Kw este folosti pentru a ridica o sarcină cu masa m=500 kg la înălţimea h=40 m. În cât timp va ridica motorul sarcina respectivă?
Rezolvare:
v⃗=c⃗onst⇒ a⃗=0 ;m a⃗=F⃗+m g⃗
0=F⃗+m g⃗⇒F=mg
L=F⃗ h⃗=Fh cos0 °=FM
F=mg⇒L=mgh ; L=Pt⇒ t= L
P=mgh
P
t=500∙ 10 ∙ 40
104=20 s
101. Un vagon de cale ferată cu masa m=20 t , ciocneşte un obstacol cu viteza v=0,2 m /s. Resorturile tampoanelor se comprimă fiecare cu x=4cm. Să se determine forţa maximă ce acţionează asupra resorturilor.
Rezolvare:Legea conservării transformării energiei mecanice,
se scrie:
m v2
2= K x2
2;m v2=K x2 ; F=kx
m v2=Kx ∙ x=F ∙ x
F=m v2
x⇒F=2 ∙104 ∙ 4 ∙ 10−2
4 ∙ 10−2 N=2∙104 N
102. Asupra unui corp acţionează o forţă care variază cu distanţa după legea: F=50−0,5 x , unde x este exprimat în metri şi F în neutroni. Să se calculeze lucrul mecanic al forţei când punctul său de aplicaţie se deplasează între punctele de abscise x0=0 şi x=20 m.
Rezolvare:Folosim interpretarea geometrică a diagramei F (x).
F (0 )=50 N
F (20 )=50−0,5∙ 20=40 N
L = aria haşurată din planul
( F , x )=50+402
∙ 20 J=900 J
103. Un corp cu masa m=2 kg, coboară fără frecare pe un plan înclinat de înălţime h=1 m. Ajungând la baza planului, corpul se deplasează cu frecare pe o suprafaţă plană oână într-un punct C, parcurgând distanţa d=2m. Coeficientul de frecare este μ=0,3. În punctul C, coprpul urcă fără frecare, pe o suprafaţă curbă CD.
Să se calculeze:a) viteza v1 a corpului la baza planului încinat;
b) viteza v2 a corpului în punctul C;c) înălţimea la care urcă corpul pe suprafaţa CDL;d) să se determine poziţia punctului în care se
opreşte corpul, faţă de punctul C. Se va lua g=9,8 m /s2.Rezolvare:
a) Pe AB nu este frecare, rezultă că se conservă energia mecanică.
EA=EB
mgh=m v1
2
2;v1
2=2 gh ;v1=√2 gh
v1=√2 ∙ 9,8 ∙1 m /s=4,4 m /sb) Pe suport orizontal în acest caz,
N=G ; N=mg; F f =μN ;F f=μmg.Pe BC, teorema variaţiei energiei cinetice se scrie:
( ∆ Ec )EC=Lforţelor exterioare
Ecin (C )=Ecin (B )=F⃗ f d⃗=F f ∙ d ∙cos180 °=−F f d
F f =μmg
Ecin (C )−Ecin (B )=−μmgd
Ecin (C )=Ecin (B )−μmgd
Ecin ( B )=m v1
2
2=mgh⇒Ecin (C )=mgh−μmgd
Ecin (C )=mg(h−μd)
m v22
2=mg (h−μd )⇒ v2=√2 g (h−μd )
v2=√2∙ 9,8 (1−0,3 ∙ 2 ) m /s=2,8 m /sc) Pe CD nu este frecare, rezultă că energia mecanică
se conservă.EC=ED
Ecin (C )=Epot ( D )mg (h−μd )=mg h1⇒ h1=h−μd
h1=1−0,6=0,4 m
d) În C, corpul coborât fără frecare din D, ajunge tot cu energia din D.
ED=Ecin (C )=mgh1
Pe drumul CP, |∆ Ecin|CP=|Lforţei de frecare| pe drumul
CP.
Ec ( P )=0
Ecin (C )=μmg(d−d1)mg h1=mg (d−d1 )⇒ h1=μ (d−d1 )
d−d1=h1
μ⇒d=
h1
μd1
d1=(2−0,40,3 )m=2
3m; d1=0,57 m faţă de B
