Wykres siły obejmuje rozpędzanie i hamowanie

Rozwiązanie

Pole na każdym odcinku

Na 0–2 m rosnąca siła daje trójkąt 2·6/2=6 J. Na 2–5 m prostokąt 3·6=18 J. Na 5–7 m ujemny prostokąt 2·(−2)=−4 J. Razem 20 J pracy wypadkowej siły.

Bilans energii kinetycznej

Początkowo E_k=2·2²/2=4 J. Końcowo 4+20=24 J. Z 2v²/2=24 otrzymujemy v=√24≈4,90 m/s. Nie traktujemy 20 J jako końcowej energii, bo wózek już początkowo się poruszał.

Wynik

Prace etapów wynoszą 6 J, 18 J i −4 J, więc razem 20 J. Początkowa energia kinetyczna to 4 J, końcowa 24 J. Z mv^2/2=24\,\mathrm{J} otrzymujemy v=\sqrt{24}\,\mathrm{m/s}\approx4{,}90\,\mathrm{m/s}. Przed hamowaniem energia wynosi 28 J, a hamowanie odbiera tylko 4 J, więc ruch w prawo trwa przez cały odcinek.

Czy wózek przejedzie cały odcinek hamowania?

Przy x=5 m energia wynosi 4+6+18=28 J. Opór na ostatnich 2 m odbiera tylko 4 J, więc pozostaje dodatnia energia 24 J. Ruch w dodatnim zwrocie trwa; założenie użycia całego pola jest spójne.

Wariant: gdyby stałe −2 N działało dalej, do odebrania 28 J od początku hamowania potrzebowałoby 14 m. Dopiero tam wózek mógłby się zatrzymać w tym modelu. Nie należy przedłużać rachunku do ujemnej energii kinetycznej bez sprawdzenia punktu zwrotnego i nowego kierunku ruchu.

Powiązana teoria

Praca odczytana z pola wykresu: siła i moc ze znakiem

Dalsza lektura

Materiał referencyjny