Silnik elektryczny podnosi ciężar z ograniczoną sprawnością

Rozwiązanie

Zaznaczamy wejście i użyteczne wyjście silnika

Przyjmujemy zasilanie prądem stałym, ze stałymi wartościami napięcia U i natężenia prądu I. Opisują one pobieraną moc elektryczną. Masa i szybkość podnoszenia opisują moc użyteczną zwiększania energii potencjalnej układu ładunek–Ziemia. Sprawność łączy te dwa bilanse; nie mnożymy przez nią jeszcze raz siły potrzebnej do jednostajnego podnoszenia.

P_{\mathrm{we}}=UI =24\,\mathrm V\cdot5\,\mathrm A=120\,\mathrm W. W zadanym modelu moc jest stała. Sprawność \eta=P_{\mathrm u}/P_{\mathrm{we}}=0{,}75 daje P_{\mathrm u}=0{,}75\cdot120\,\mathrm W =90\,\mathrm W. Pozostałe 30 W nie zwiększa energii potencjalnej tego ładunku.

Stała szybkość nie oznacza zerowej siły podnoszenia

Przyspieszenie jest zerowe, więc wypadkowa siła na ładunek jest zerowa. W górę działa siła podnoszenia, w dół siła ciężkości: F_{\mathrm{pod}}=mg =15\,\mathrm{kg}\cdot10\,\mathrm{m/s^2}=150\,\mathrm N. To suma sił jest zerowa, a nie każda z nich osobno.

Praca przy niewielkim przemieszczeniu w górę wynosi F_podΔh. Po podzieleniu przez czas: P_{\mathrm u}=F_{\mathrm{pod}}v=mgv. Zatem v=\frac{P_{\mathrm u}}{mg} =\frac{90\,\mathrm W}{150\,\mathrm N} =0{,}60\,\mathrm{m/s}. Jednostka W/N = (N · m/s)/N daje m/s. Użycie 120 W zamiast 90 W dałoby 0,80 m/s: byłby to wynik dla całej mocy dostarczanej ładunkowi, sprzeczny z podaną sprawnością.

Energia na podniesienie o cztery metry

Użyteczny przyrost energii: E_{\mathrm u}=mgh =15\cdot10\cdot4\,\mathrm J=600\,\mathrm J. Ponieważ w tym stałym bilansie \eta=E_{\mathrm u}/E_{\mathrm{we}}, mamy E_{\mathrm{we}}=600\,\mathrm J/0{,}75 =800\,\mathrm J.

Cały pasek ma 800 J, więc odcinek użyteczny zajmuje trzy czwarte jego długości. Straty nie oznaczają zniknięcia energii; zmienia się jej postać lub odbiorca.

Sprawdzamy niezależnie przez czas

t=h/v=4\,\mathrm m/(0{,}60\,\mathrm{m/s}) =\frac{20}{3}\,\mathrm s\approx6{,}67\,\mathrm s. Z wejścia: 120 W · (20/3)s = 800 J. Z wyjścia: 90 W · (20/3)s = 600 J. Różnica 200 J zgadza się z 30 W przez ten sam czas.

Odpowiedź: moc użyteczna 90 W, szybkość 0,60 m/s, energia pobrana 800 J. Wyniki dotyczą jednostajnego etapu opisanego w zadaniu. Rozpędzanie ładunku albo zmienny pobór prądu wymagałyby osobnego bilansu, a nie automatycznego zastosowania tego samego czasu.

Powiązana teoria

Zadania przekrojowe: jedna sytuacja, kilka praw i sposobów zapisu

Dalsza lektura

Materiał referencyjny