Print this chapterPrint this chapter

ФІЗИКА. Вчимося розв'язувати задачі. "МЕХАНІКА". Компенсаційний курс

Приклади розв'язування задач

Визначення потужності та ККД

 

Задача 4.11. На ділянці траси з ухилом \(\alpha=5^{\circ}\) авто має швидкість v1 = 36 км/год на підйомі і v2 = 54 км/год – на спуску. Визначити швидкість авта v3 при русі горизонтальною ділянкою тієї самої траси, якщо  двигун у всіх випадках розвиває однакову потужність.

Задача 4.12. Легкомоторний літак масою m = 1 т розганяється із сталим прискоренням до швидкості v = 30 м/с злітною смугою довжини S = 300 м . Визначити середню потужність \( \langle{P}\rangle \) двигуна літака на злеті, якщо коефіцієнт опору \( \mu={0,3}\).

Задача 4.13. Вантаж піднімають похилою площиною з кутом нахилу α до горизонту, прикладаючи силу вздовж площини. Визначити ККД η площини, якщо її коефіцієнт тертя із вантажем становить \( \mu \).

Задача 4.14. Вантаж маси M = 50 кг повільно підіймають за допомогою системи з рухомого та нерухомого блоків, прикладаючи  силу до вільного кінця мотузки. Маса рухомого блока m = кг. Визначити ККД \( \eta \) механізму. Маса мотузки та тертя в осях є неістотні.

Задача 4.11

На ділянці траси з ухилом \(\alpha=5^{\circ}\) авто має швидкість v1 = 36 км/год на підйомі і v2 = 54 км/год – на спуску.

Визначити

швидкість авта v3 при русі горизонтальною ділянкою тієї самої траси, якщо  двигун у всіх випадках розвиває однакову потужність.

Дано:

v1 = 36 км/год
v2 = 54 км/год
\( \alpha=5^{\circ}\)

v3 - ?

Розв’язування

Відповідно до формули (4.16) шукана швидкість авта визначається, як

                  \(v=\frac{P}{F}\), (1)

але потрібні для цього  робоча потужність двигуна P  і сила тяги F3  в умові задачі не вказано. Проте однаковість потужності двигуна в усіх випадках дозволяє знайти швидкість v3 через  її порівняння із заданими величинами v1 і v2.

Авто в кожному випадку рухається із сталою швидкістю, тож сили  тяги двигуна \( \vec{F}\),  тяжіння \( {m}\vec{g}\), нормальної реакції дороги \( \vec{N}\) та опору \( \vec{F}_{оп}\) (рис. 4.11) є компенсовані:

\( \vec{F}+\vec{N}+m\vec{g}+\vec{F}_{оп}={0}\). (2)

 

Запишемо умову (2) в проєкціях на напрям руху авто для кожного випадку. При цьому, взявши до уваги малість кута α, покладемо cosα = 1 i sinα = α(рад). Тоді N = mg, проєкція  \( {m}\vec{g}\) на напрям руху на похилій ділянці складає mgα, тож умови (2) набувають вигляду:

                         \( {F}_{1}-mg\alpha-F_{оп}={0}\), (3)
                         \( {F}_{2}+mg\alpha-F_{оп}={0}\), (4)
                         \( {F}_{3}-F_{оп}={0}\)     
(5)

Далі додавши рівняння (3) та (4) і врахувавши, що згідно з (5) Fоп = F3 отримаємо співвідношення між силами тяги двигуна:

F1 + F2 – 2F3 = 0     \( \Rightarrow \)      F1 + F2 = 2F3.

Нарешті, виразивши в отриманому рівнянні сили через відношення потужності до швидкості, дістанемо відповідь:

\( \frac{P}{v}_{1}+\frac{P}{v_{2}}=2\frac{P}{v}_{3}\)      \( \Rightarrow \)      \( \frac{1}{v_{1}}+\frac{1}{v_{2}}=\frac{2}{v_{3}}\)      \( \Rightarrow \)      \( {v}_{3}=\frac{2v_{1}v_{2}}{v_{1}+v_{2}}\).

Обчислення дають

v3  =  43 км/год.

Задача 4.12

Легкомоторний літак масою m = 1 т розганяється із сталим прискоренням до швидкості v = 30 м/с злітною смугою довжини S = 300 м . 

Визначити 

середню потужність \( \langle{P}\rangle \) двигуна літака на злеті, якщо коефіцієнт опору \( \mu={0,3}\).

Дано:

m = 1 т
S = 300 м
v = 30 м/с
\( \mu=0,3 \)

\( \langle{P}\rangle\) - ?

Розв’язування

Середня потужність дорівнює відношенню зробленої роботи до часу її виконання:

\( \langle{P}\rangle=\frac{A}{t}\). (1)

Згідно з виразом  (4.4),  кінетична енергія, отримана літаком за час розгону, дорівнює сумі роботи двигуна А та роботи сил опору Аоп. Отже,

A  = Wк Aоп = \(\frac{mv^{2}}{2}\) + μmgS,

де враховано вираз сили опору та те, що  Aоп < 0.

Час розгону визначимо через відстань  та кінцеву швидкість v з рівнянь кінематики (1.16):

\( \left. \begin{matrix} S=\frac{a{{t}^{2}}}{2} \\ v=at \\\end{matrix} \right\}\ \ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \ \ \frac{S}{v}=\frac{t}{2}\ \ \ \ \ \ \Rightarrow \ \ \ \ \ \ t=\frac{2S}{v}\).

Підставивши отримані вирази А та t у формулу (1), знайдемо відповідь:

\( \langle{P}\rangle=\frac{mv}{2}\left(\frac{v^{2}}{2S}+\mu{g}\right)={66,6}\) кВт.

Задача 4.13

Вантаж піднімають похилою площиною з кутом нахилу α до горизонту (рис. 4.13), прикладаючи силу вздовж площини.

Визначити

ККД η похилої площини, якщо її коефіцієнт тертя із вантажем становить μ.

Дано:

\( \alpha\)
\( \mu \)

\( \eta \) - ?

Розв’язування

ККД  похилої площини дорівнює відношенню потенціальної енергії піднятого вантажу W до роботи А прикладеної сили \( \vec{F}\), рис. 4.13:

η = \(\frac{W}{A}\) = \(\frac{mgh}{FS}\). (1)

де m – маса вантажу, h – висота підйому,  – пройдений шлях.

Сила F долає "скочувальну" складову сили тяжіння mg·sinα та силу тертя Fт = μN = μmg·cosα і має величину

F = mg·sinα + μmg·cosα = mg(sinα + μcosα).

Шлях вантажу

$S=\frac{h}{\sin \alpha }$

Підставивши значення F i S у вираз (1), після елементарних перетворень отримаємо наступну відповідь:

$\eta =\frac{1}{1+\operatorname{ctg}\alpha }$.

Задача 4.14

Вантаж маси M = 50 кг повільно підіймають за допомогою системи з рухомого та нерухомого блоків (рис. 4.14), прикладаючи певну силу до вільного кінця мотузки. Маса рухомого блока m = 5 кг.

Визначити

ККД \( \eta \) механізму.

Дано:

M = 50 кг
m = 5 кг

\( \eta \) -?

Розв’язування

Рухомий блок і вантаж можна розглядати як одне тіло маси (M+m), на яке діють сила тяжіння \( {(M+m)}\vec{g}\) та дві сили натягу мотузки \( \vec{T}\), рис. 4.14.

Вантаж піднімають повільно, тож сили є зрівноважені:

(M +m)g = 2T.

Так само зрівноважені є й прикладена сила та сила натягу мотузки: T = F. Отже,

\( {(M+m)}g={2F}\) \( \Rightarrow \) \( {F}=\frac{(M+m)g}{2}\).

Цей результат ілюструє функціональне призначення блокових механізмів – піднімання вантажів силою, меншою за їхню вагу.

При піднятті вантажу разом із блоком на висоту h кінець мотузки переміщується на відстань \( {l}={2h}\), і робота сили (затрачена робота)

\( {A}=Fl=\frac{(M+m)g}{2}\cdot{2h}=(M+m){gh}\).

Але корисною є робота тільки по підйому вантажу \( {A}_{к}=Mgh \), тож ККД цієї системи блоків дорівнює:

\( \eta=\frac{A_{к}}{A}=\frac{M}{M+m}\) = 91 %.

Зауважимо, що задачу можна розв’язати і без прямого визначення роботи, використовуючи зв’язок між нею та механічною енергією. Справді, затрачена робота дорівнює зміні потенціальної енергії всієї системи, тоді як корисна — тільки вантажу. Отже,

\( {A}=(M+m)gh \),   \( {A}_{к}={Mgh}\),

і 

\( \eta=\frac{A_{к}}{A}=\frac{Mgh}{(M+m)gh}=\frac{M}{M+m}\),

що, природньо, збігається з отриманим раніше результатом.