Сохраняется ли энергия в движущейся системе отсчета?

Question

Сохраняется ли энергия в движущейся системе отсчета?

Физика
Энергосбережение
Ньютоновы-механика

Фаваз

Рассмотрим эту ситуацию:

Схема коробки на рампе

Когда коробка находится в нижней части наклона без трения, она будет иметь скорость $v_{f}$ $v_{f}$ $v_{f}$ $v_{f}$ $v_{е}$ , Человек является инерциальной системой отсчета, которая движется с постоянной скоростью $v_{f}$ $v_{f}$ $v_{f}$ $v_{f}$ $v_{е}$ ,

От системы отсчета человека у коробки есть кинетическая энергия, когда это находится наверху ската. Даже если он движется в отрицательном направлении, скорость будет в квадрате $K E = m v^{2} / 2$ $K E = m v^{2} / 2$ $K E = m v^{2} / 2$ $K E = m v^{2} / 2$ $K E = m v^{2} / 2$ $K E = m v^{2} / 2$ $K E = m v^{2} / 2$ $K E = m v^{2} / 2$ $K E = m v^{2} / 2$ $K E = m v^{2} / 2$ $К Е знак равно м v^{2} / 2$ Таким образом, теперь коробка обладает как потенциальной, так и кинетической энергией.

Когда коробка находится внизу уклона, у нее не будет кинетической энергии от системы отсчета человека. Как получилось, что у коробки была как потенциальная энергия ( $m g h$ $m g h$ $m g h$ $m g h$ $м грамм час$ ) и кинетическая энергия ( $m v^{2} / 2$ $m v^{2} / 2$ $m v^{2} / 2$ $m v^{2} / 2$ $m v^{2} / 2$ $m v^{2} / 2$ $м v^{2} / 2$ ) в верхней части наклона без трения, но в нижней части не было ни потенциальной, ни кинетической энергии?

м грамм час + \frac{м v^{2}}{2} знак равно 0

Закон сохранения энергии гласит, что энергия передается, но не теряется. Куда ушла энергия?

В принципе, закон сохранения энергии не должен нарушаться независимо от системы отсчета, но окончательная формула делает это. Куда ушла энергия?

Рон Маймон

Энергия пошла на ускорение наклона и всего, к чему она прикреплена. Работа на склоне отлична от нуля в движущейся рамке.

Ответы (7)

Сохраняется ли энергия в движущейся системе отсчета?

Энергия пошла на ускорение наклона и всего, к чему она прикреплена. Работа на склоне отлична от нуля в движущейся рамке.

Виджай Мурти · Answer 1

Рассмотрим две системы отсчета $S$ $S$ $S$ и $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ , Предположим, что $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ движется со скоростью $u = u \hat{x}$ $u = u \hat{x}$ $u = u \hat{x}$ $u = u \hat{x}$ $U знак равно U \hat{Икс}$ относительно $S$ $S$ $S$ такое, что происхождение $S$ $S$ $S$ и $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ совпадают в $t = 0$ $t = 0$ $T знак равно 0$ и их оси остаются параллельными. Далее предположим, что поверхность наклонной плоскости неподвижна в $S$ $S$ $S$ как показано на рисунке (пунктирная кривая может быть проигнорирована до конца обсуждения).

Есть два момента, чтобы рассмотреть, прежде чем продолжить.

Фундаментальным соотношением для энергетических соображений является теорема о рабочей энергии, которая утверждает, что изменение кинетической энергии частицы при ее перемещении из начальной точки $A$ до конечной точки $B$ $B$ $В$ равно проделанной работе
$К_{В} - К_{} знак равно \int_{T_{}}^{T_{В}} F (T) \cdot v (T) d T$ где сила $F (t)$ $F (t)$ $F (T)$ может возникнуть из-за ограничений, быть зависимым от времени или неконсервативным. Теорема о рабочей энергии не зависит от системы . Только в особом случае не зависящих от времени и консервативных сил можно определить скалярную потенциальную энергию $U$ $U$ $U$ такой, что $F = - \nabla U$ $F = - \nabla U$ $F знак равно - \nabla U$ , Тогда теорема рабочей энергии сводится к $K + U = c o n s t a n t$ $K + U = c o n s t a n t$ $K + U = c o n s t a n t$ $K + U = c o n s t a n t$ $K + U = c o n s t a n t$ $K + U = c o n s t a n t$ $К + U знак равно с о N s T N T$ ,
Блок ограничен для перемещения по поверхности наклонной плоскости постоянного наклона $θ$ $θ$ $θ$ , В рамке $S$ $S$ $S$ это статическое ( склерономическое ) ограничение может быть выражено как
$Икс загар θ + Y - час знак равно 0.$ В рамке $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ поверхность наклонной плоскости нестационарна, и это движущееся ( реономное ) ограничение можно записать в виде $Икс загар θ + Y - ЧАС (T) знак равно 0$ где $H (t) = h - u \tan θ t$ $H (t) = h - u \tan θ t$ $H (t) = h - u \tan θ t$ $H (t) = h - u \tan θ t$ $H (t) = h - u \tan θ t$ $H (t) = h - u \tan θ t$ $H (t) = h - u \tan θ t$ $H (t) = h - u \tan θ t$ $ЧАС (T) знак равно час - U загар θ T$ , Силы, возникающие из-за склерономических ограничений, не работают, поскольку они ортогональны скорости. Однако силы, возникающие из реономических ограничений, могут выполнять реальную работу, так как суммарная скорость частицы может иметь компонент вдоль направления сил ограничения. См. Раздел 2.1 Хосе и Салетана для прекрасного обсуждения этой концепции.

Закон Ньютона в любом кадре

м \dot{v} знак равно - м грамм \hat{Y} + F_{с} (T)

где

F_{c}

F_{c}

F_{c}

F_{c}

F_{с}

это сила ограничения. Как и в доказательстве теоремы о рабочей энергии, мы умножаем на

v

v

v

и интегрировать по времени, чтобы получить

К_{В} - К_{} знак равно м грамм [Y (T_{}) - Y (T_{В})] + W_{с}

где работа, выполняемая силами ограничения

W_{с} знак равно \int_{T_{}}^{T_{В}} F_{с} (T) \cdot v (T) d T в S

и

W_{с}^{'} знак равно \int_{T_{}}^{T_{В}} F_{с}^{'} (T) \cdot v^{'} (T) d T в S^{'},

Легко показать, что

F_{с} (T) знак равно F_{с}^{'} (T) знак равно м грамм соз θ (грех θ \hat{Икс} + соз θ \hat{Y}),

Также легко показать, что скорость

v

v

v

и положение

r

r

р

блока в

S

S

S

являются

v знак равно грамм T грех θ (соз θ \hat{Икс} - грех θ \hat{Y})

р знак равно \frac{грамм T^{2} грех θ соз θ}{2} \hat{Икс} + (час - \frac{грамм T^{2} {грех}^{2} θ}{2}) \hat{Y},

Соответствующие количества в

S^{'}

S^{'}

S^{'}

S^{'}

S^{'}

получены с помощью преобразования Галилея

v^{'} знак равно v - U

р^{'} знак равно р - U T,

Мы нашли

F_{c} \cdot v = 0

F_{c} \cdot v = 0

F_{c} \cdot v = 0

F_{c} \cdot v = 0

F_{c} \cdot v = 0

F_{c} \cdot v = 0

F_{с} \cdot v знак равно 0

и поэтому

W_{c} = 0

W_{c} = 0

W_{c} = 0

W_{c} = 0

W_{c} = 0

W_{c} = 0

W_{с} знак равно 0

пока

W_{с}^{'} знак равно - \int_{T_{}}^{T_{В}} F_{с} (T) \cdot U d T знак равно - м U грамм грех θ соз θ (T_{В} - T_{}),

Следовательно, теорема работы-энергии в $S$ $S$ $S$ является

К_{В} - К_{} знак равно м грамм [Y (T_{}) - Y (T_{В})]

пока в

S^{'}

S^{'}

S^{'}

S^{'}

S^{'}

это принимает форму

К_{В}^{'} - К_{}^{'} знак равно м грамм [Y^{'} (T_{}) - Y^{'} (T_{В})] - м U грамм грех θ соз θ (T_{В} - T_{}),

Теперь мы можем наконец прийти к конкретной проблеме, поставленной ОП. Возьми очки $A$ и $B$ $B$ $В$ быть соответственно теми точками, где наклонная поверхность встречает $y$ $y$ $Y$ и $x$ $x$ $Икс$ Оси. Время $T$ $T$ $T$ взят блоком, чтобы скользить вниз по склону с высоты $h$ $h$ $час$ получается из решения $y (T) = 0$ $y (T) = 0$ $y (T) = 0$ $y (T) = 0$ $y (T) = 0$ $y (T) = 0$ $Y (T) знак равно 0$ в виде

T знак равно \frac{\sqrt{2 час / грамм}}{грех θ}

и в этот момент времени

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) = \sqrt{2 g h} (\cos θ \hat{x} - \sin θ \hat{y}) .

v (T) знак равно \sqrt{2 грамм час} (соз θ \hat{Икс} - грех θ \hat{Y}),

Теперь проверим теорему рабочей энергии

в кадре $S$ $S$ $S$
$К_{В} - К_{} знак равно \frac{м}{2} [v (T)^{2} - v (0)^{2}] знак равно м грамм час$ пока $м грамм [Y (T_{}) - Y (T_{В})] знак равно м грамм час$
в кадре $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$
$К_{В}^{'} - К_{}^{'} знак равно \frac{м}{2} [v^{'} (T)^{2} - v^{'} (0)^{2}] знак равно \frac{м {грамм}^{2} T^{2}}{2} {грех}^{2} θ - м U грамм T грех θ соз θ$ пока $м грамм [Y^{'} (T_{}) - Y^{'} (T_{В})] - м U грамм грех θ соз θ (T_{В} - T_{}) знак равно м грамм час - м U грамм T грех θ соз θ$ который, используя соотношение между $h$ $h$ $час$ и $T$ $T$ $T$ , такой же как $K_{B}^{'} - K_{A}^{'}$ $K_{B}^{'} - K_{A}^{'}$ $K_{B}^{'} - K_{A}^{'}$ $K_{B}^{'} - K_{A}^{'}$ $K_{B}^{'} - K_{A}^{'}$ $K_{B}^{'} - K_{A}^{'}$ $K_{B}^{'} - K_{A}^{'}$ $K_{B}^{'} - K_{A}^{'}$ $K_{B}^{'} - K_{A}^{'}$ $K_{B}^{'} - K_{A}^{'}$ $K_{B}^{'} - K_{A}^{'}$ $К_{В}^{'} - К_{}^{'}$ ,

Таким образом, теорема о рабочей энергии проверяется в обеих системах отсчета.

ФП попросил конкретный случай $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $u = v_{x} (T) = \sqrt{2 g h} \cos θ = g T \sin θ \cos θ$ $U знак равно v_{Икс} (T) знак равно \sqrt{2 грамм час} соз θ знак равно грамм T грех θ соз θ$ и считается сохранение энергии в $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ $S^{'}$ , В таком случае -

К_{В}^{'} - К_{}^{'} знак равно \frac{м U^{2}}{2} ({сек}^{2} θ - 2)

пока

м грамм [Y^{'} (T_{}) - Y^{'} (T_{В})] - м U грамм грех θ соз θ (T_{В} - T_{}) знак равно \frac{м U^{2}}{2} ({сек}^{2} θ - 2)

Заметь

K_{B}^{'} \neq 0

K_{B}^{'} \neq 0

K_{B}^{'} \neq 0

K_{B}^{'} \neq 0

K_{B}^{'} \neq 0

K_{B}^{'} \neq 0

K_{B}^{'} \neq 0

K_{B}^{'} \neq 0

К_{В}^{'} \neq 0

- это потому что

v_{y} (T) \neq 0

v_{y} (T) \neq 0

v_{y} (T) \neq 0

v_{y} (T) \neq 0

v_{y} (T) \neq 0

v_{y} (T) \neq 0

v_{y} (T) \neq 0

v_{y} (T) \neq 0

v_{Y} (T) \neq 0

как ОП неявно предположил. Причина в том, что ФП рассматривал случай, когда не было бы разрешено движение в вертикальном направлении, когда

y = 0

y = 0

y = 0

y = 0

Y знак равно 0

т.е. для

t > T

t > T

T > T

, Однако для этого потребуется, чтобы сила ограничения (нормальная реакция) изменялась прерывисто. Лучшим решением было бы рассмотреть блок, скользящий вниз по гладкой кривой (такой как пунктирная кривая на рисунке). В таком случае

v_{y} (T) = 0

v_{y} (T) = 0

v_{y} (T) = 0

v_{y} (T) = 0

v_{y} (T) = 0

v_{y} (T) = 0

v_{y} (T) = 0

v_{y} (T) = 0

v_{Y} (T) знак равно 0

и сила реакции также будет плавно меняться. Теорема о рабочей энергии, конечно же, все еще будет в силе.

НОТА:

О том, что движущиеся ограничения могут выполнять реальную работу, было упомянуто в ответе Пигмалиона.
Эта проблема скольжения блоков по движущейся наклонной плоскости рассматривается в разделе 3.9 Штрауха .
Беспокойство по поводу массы клина или земли вводит в заблуждение. Мы можем просто рассмотреть частицу, вынужденную двигаться по математической поверхности, подверженной равномерной и постоянной силе тела в $y$ $y$ $Y$ -направление. Эта поверхность также может двигаться. Для этого конкретного случая представьте, как бусинки скользят по наклонным счетам из тонких безмассовых проволок. Вы смотрите на эту ситуацию с кадра в состоянии покоя со счетами, а затем в движущемся кадре.

Здравствуйте, я знаю, что уже поздно спрашивать, но вы можете сказать мне, как вы выяснили движущееся (реономное) ограничение? Почему это включает H (t)? Разве высота не всегда одинакова?
Вы правы. Высота не меняется. Какие изменения $x$ $x$ $Икс$ , Так что в первом уравнении ограничения, если вы замените $x$ $x$ $Икс$ с участием $x - u t$ $x - u t$ $Икс - U T$ , вы получите второе уравнение ограничения. я только что звонил $h - u \tan θ t$ $h - u \tan θ t$ $h - u \tan θ t$ $h - u \tan θ t$ $час - U загар θ T$ в виде $H (t)$ $H (t)$ $H (t)$ $H (t)$ $ЧАС (T)$ ,

Anonymous · Answer 2

Если ваш вопрос касается ньютоновской (нерелятивистской) механики, то ответ таков:

В каждой инерциальной системе отсчета энергия сохраняется.

Инерциальную систему отсчета можно определить как систему отсчета, которая движется с постоянной скоростью, т.е. ускорение такой системы отсчета равно нулю. В инерциальной системе отсчета все законы Ньютона действительны, и поскольку энергия определяется как работа консервативной силы, энергия должна быть сохранена.

По сути, есть несколько способов объяснить, почему кажется, что энергия не сохраняется, но, в конце концов, все сводится к одному: не только то, что наклон воздействует на коробку с нормальной силой $\vec{N}$ $\vec{N}$ $\vec{N}$ $\vec{N}$ $\vec{N}$ но коробка также действует на уклон с противоположной силой $- \vec{N}$ $- \vec{N}$ $- \vec{N}$ $- \vec{N}$ $- \vec{N}$ (третий закон Ньютона). В результате изменяется и кинетическая энергия наклона (и фактически всей Земли).

О. Первый возможный способ объяснить этот парадокс - это рассматривать наклон и Землю как некую внешнюю силу ( $\vec{N}$ $\vec{N}$ $\vec{N}$ $\vec{N}$ $\vec{N}$ ), что ограничивает движение коробки. В системе отсчета уклона эта работа просто равна нулю, потому что сила перпендикулярна движению: $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} = 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} знак равно 0, \vec{N} ⊥ d \vec{s}$ , Однако в системе отсчета человека работа больше не равна нулю ( $\vec{N} \cdot d \vec{s} \neq 0$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} \neq 0$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} \neq 0$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} \neq 0$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} \neq 0$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} \neq 0$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} \neq 0$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} \neq 0$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} \neq 0$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} \neq 0$ $\vec{N} \cdot d \vec{s} \neq 0$ ), поэтому у вас есть дополнительная работа, которую вы должны рассчитать. Расчет этой дополнительной работы очень сложен, и я скорее перейду к следующему, более простому объяснению.

Б. Второй возможный способ объяснить этот парадокс - вычисление энергии всей вселенной, то есть энергии коробки, а также энергии Земли + наклон. В системе отсчета человека Земля всегда движется влево, поэтому мы, очевидно, рассчитываем разницу в кинетической энергии. Оказывается, если вы вычислите кинетическую энергию Земли в системе отсчета человека, вы обнаружите, что она увеличивается и компенсирует меньшую кинетическую энергию коробки и меньшую потенциальную энергию.

Почему расчет кинетической энергии Земли так важен только в системе отсчета человека? Рассчитаем разницу в его кинетической энергии, если $M$ $M$ $M$ масса Земли, $m$ $m$ $м$ масса коробки, $V$ $V$ $В$ это скорость Земли и $v$ $v$ $v$ скорость коробки после процесса в Земле + система отсчета коробки. Обратите внимание, что скорость человека также $v$ $v$ $v$ , Очевидно и $V ≪ v$ $V ≪ v$ $V ≪ v$ $V ≪ v$ $В « v$ и $M ≫ m$ $M ≫ m$ $M ≫ m$ $M ≫ m$ $M » м$ и от сохранения импульсов $M V = m v$ $M V = m v$ $M V = m v$ $M V = m v$ $M V = m v$ $M V = m v$ $M В знак равно м v$ ,

В Earth + box система отсчета:

Δ К Е_{земной шар}^{'} знак равно \frac{1}{2} M В^{2} - \frac{1}{2} M 0^{2} знак равно \frac{1}{2} M В^{2} знак равно \frac{1}{2} м v В « \frac{1}{2} м v^{2}

В системе координат человека (используя преобразования Галилея):

Δ К Е_{земной шар} знак равно К Е_{земной шар}^{окончательный} - К Е_{земной шар}^{в этом} знак равно \frac{1}{2} M (В + v)^{2} - \frac{1}{2} M v^{2} \approx M В v знак равно м v^{2} знак равно 2 (\frac{1}{2} м v^{2})

,

Очевидно, что $Δ K E_{Earth}^{'}$ $Δ K E_{Earth}^{'}$ $Δ K E_{Earth}^{'}$ $Δ K E_{Earth}^{'}$ $Δ K E_{Earth}^{'}$ $Δ K E_{Earth}^{'}$ $Δ K E_{Earth}^{'}$ $Δ K E_{Earth}^{'}$ $Δ К Е_{земной шар}^{'}$ в незначительной степени. С другой стороны $Δ K E_{Earth}$ $Δ K E_{Earth}$ $Δ K E_{Earth}$ $Δ K E_{Earth}$ $Δ K E_{Earth}$ $Δ K E_{Earth}$ $Δ К Е_{земной шар}$ не пренебрежимо мала и равна двойной конечной кинетической энергии коробки в системе координат Земли. Это точно начальная потенциальная энергия коробки плюс конечная кинетическая энергия коробки ( $K E + P E$ $K E + P E$ $K E + P E$ $K E + P E$ $K E + P E$ $K E + P E$ $K E + P E$ $K E + P E$ $К Е + п Е$ ), это энергия, которая «пропала» в вашем вопросе:

К Е_{земной шар}^{в этом} + м грамм час + \frac{1}{2} м v^{2} знак равно К Е_{земной шар}^{окончательный}

Та-да!

Энергия сохраняется в неинерциальной системе отсчета.

Джон МакВирго · Answer 3

Сохранение энергии записывается как $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} m v^{2} + ϕ (\vec{r}) = c o n s t$ $\frac{1}{2} м v^{2} + φ (\vec{р}) знак равно с о N s T$ не держится в движущейся рамке, потому что потенциал $ϕ (\vec{r})$ $ϕ (\vec{r})$ $ϕ (\vec{r})$ $ϕ (\vec{r})$ $ϕ (\vec{r})$ $ϕ (\vec{r})$ $φ (\vec{р})$ поскольку чистая сила, действующая на коробку, теперь зависит от времени, а не только от положения.

Если сила $F$ $F$ $F$ консервативен , то есть потенциал $ϕ$ $ϕ$ $φ$ такой, что $F = - \nabla ϕ$ $F = - \nabla ϕ$ $F = - \nabla ϕ$ $F = - \nabla ϕ$ $F знак равно - \nabla φ$ и сохранение энергии может быть записано как

\frac{1}{2} м v^{2} + φ (\vec{р}) знак равно с о N s T

Для гравитации мы можем написать

ϕ = m g y

ϕ = m g y

ϕ = m g y

ϕ = m g y

φ знак равно м грамм Y

так что

F_{грамм} знак равно - (\frac{\partial}{\partial Икс} м грамм Y, \frac{\partial}{\partial Y} м грамм Y, \frac{\partial}{\partial Z} м грамм Y) знак равно (0, - м грамм, 0)

В движущейся системе гравитационный потенциал также можно записать так, чтобы сохранялась энергия только для гравитационной силы, действующей на коробку.

\frac{1}{2} м v^{2} + м грамм Y знак равно с о N s T

Также есть

ϕ_{p}

ϕ_{p}

ϕ_{p}

ϕ_{p}

φ_{п}

для силы реакции

m g \cos θ

m g \cos θ

m g \cos θ

m g \cos θ

m g \cos θ

m g \cos θ

м грамм соз θ

наклонной плоскости на коробке, так как она консервативна в рамке плоскости

φ_{п} (\vec{р}) знак равно - м грамм соз θ (Y соз θ + Икс грех θ)

так что сохранение энергии в системе отсчета, включая гравитацию, наконец

\frac{1}{2} м v^{2} + м грамм Y - м грамм соз θ (Y соз θ + Икс грех θ) знак равно с о N s T

Тем не менее, в движущейся рамке, $ϕ_{p}$ $ϕ_{p}$ $ϕ_{p}$ $ϕ_{p}$ $φ_{п}$ зависит от времени из-за его зависимости от $x$ $x$ $Икс$ в раме наклонной плоскости, и поэтому сохранение энергии не может быть записано, как указано выше.

Forsudee · Answer 4

Вот как я понял ответ. Я надеюсь, что это помогает немного упростить вещи.

Давайте сначала запишем результирующую силу на коробке в кадре, в котором наклон находится в покое.

F_{р} знак равно м грамм грех θ соз θ \hat{Икс} - м грамм {грех}^{2} θ \hat{Y}

Эта результирующая сила одинакова во всех инерциальных системах отсчета. Следовательно, ускорение одинаково в обоих кадрах.

_{р} знак равно грамм грех θ соз θ \hat{Икс} - грамм {грех}^{2} θ \hat{Y}

Сначала рассмотрим ситуацию, как видно в кадре, в котором уклон находится в покое. Начальная скорость $u_{0} = 0$ $u_{0} = 0$ $u_{0} = 0$ $u_{0} = 0$ $u_{0} = 0$ $u_{0} = 0$ $U_{0} знак равно 0$ Рассматривая точку выпуска как источник, начальную позицию $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ ${Икс}_{0} знак равно 0; Y_{0} знак равно 0$ , Решая законы Ньютона мы получаем

Икс знак равно \frac{1}{2} грамм грех θ соз θ T^{2} Y знак равно - \frac{1}{2} грамм {грех}^{2} θ T^{2} v_{Икс} знак равно грамм грех θ соз θ T v_{Y} знак равно - грамм {грех}^{2} θ T

Работа сделана просто

W знак равно \int F_{р} \cdot d р знак равно - Δ п Е знак равно \frac{1}{2} м {грамм}^{2} {грех}^{2} θ {соз}^{2} θ T^{2} + \frac{1}{2} м {грамм}^{2} {грех}^{4} θ T^{2} знак равно \frac{1}{2} м v_{Икс}^{2} + \frac{1}{2} м v_{Y}^{2} знак равно Δ К Е

И у нас есть энергосбережение $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ К Е + Δ п Е знак равно 0$

Теперь к ситуации, которую попросил ОП. Пусть время, необходимое для того, чтобы коробка достигла дна наклона, будет $t_{f}$ $t_{f}$ $t_{f}$ $t_{f}$ $T_{е}$ (одинаково в обоих кадрах). Относительная скорость между кадрами, заданная OP, равна $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{f} = g \sin θ \cos θ t_{f} \hat{x}$ $v_{е} знак равно грамм грех θ соз θ T_{е} \hat{Икс}$ , Пусть происхождение совпадает в $t = 0$ $t = 0$ $T знак равно 0$ , Затем мы имеем $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ $x_{0} = 0; y_{0} = 0$ ${Икс}_{0} знак равно 0; Y_{0} знак равно 0$ и $u_{0} = - v_{f}$ $u_{0} = - v_{f}$ $u_{0} = - v_{f}$ $u_{0} = - v_{f}$ $u_{0} = - v_{f}$ $u_{0} = - v_{f}$ $u_{0} = - v_{f}$ $u_{0} = - v_{f}$ $U_{0} знак равно - v_{е}$ , Ускорение остается одинаковым в обоих кадрах. Решая законы Ньютона мы получаем

Икс знак равно - грамм грех θ соз θ T_{е} T + \frac{1}{2} грамм грех θ соз θ T^{2} Y знак равно - \frac{1}{2} грамм {грех}^{2} θ T^{2} v_{Икс} знак равно - грамм грех θ соз θ T_{е} + грамм грех θ соз θ T v_{Y} знак равно - грамм {грех}^{2} θ T

Работа сделана просто

W знак равно \int F_{р} \cdot d р знак равно - Δ п Е знак равно - м {грамм}^{2} {грех}^{2} θ {соз}^{2} θ T_{е} T + \frac{1}{2} м {грамм}^{2} {грех}^{2} θ {соз}^{2} θ T^{2} + \frac{1}{2} м {грамм}^{2} {грех}^{4} θ T^{2}

В

t = t_{f}

t = t_{f}

t = t_{f}

t = t_{f}

T знак равно T_{е}

W знак равно - Δ п Е знак равно - м {грамм}^{2} {грех}^{2} θ {соз}^{2} θ T_{е}^{2} + \frac{1}{2} м {грамм}^{2} {грех}^{2} θ {соз}^{2} θ T_{е}^{2} + \frac{1}{2} м {грамм}^{2} {грех}^{4} θ T_{е}^{2} знак равно - \frac{1}{2} м {грамм}^{2} {грех}^{2} θ {соз}^{2} θ T_{е}^{2} + \frac{1}{2} м {грамм}^{2} {грех}^{4} θ T_{е}^{2} знак равно - \frac{1}{2} м v_{Икс}^{2} (T знак равно 0) + \frac{1}{2} м v_{Y}^{2} (T знак равно T_{е}) знак равно Δ К Е

поскольку

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{x} (t = t_{f}) = 0; v_{y} (t = 0) = 0

v_{Икс} (T знак равно T_{е}) знак равно 0; v_{Y} (T знак равно 0) знак равно 0

, И у нас есть энергосбережение

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ K E + Δ P E = 0

Δ К Е + Δ п Е знак равно 0

!!!

Извините .. В чем проблема?

Ну ... очевидная выгода была в постановке проблемы. Во время постановки задачи ОП использовал $Δ K E$ $Δ K E$ $Δ K E$ $Δ K E$ $Δ К Е$ и $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ п Е$ измеряется в разных рамках для проверки закона сохранения энергии. Проблема рассматривает только изменение в $Δ K E$ $Δ K E$ $Δ K E$ $Δ K E$ $Δ К Е$ и не меняться в $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ п Е$ когда мы переходим от стационарной рамы к движущейся раме. Следует отметить, что оба $Δ K E$ $Δ K E$ $Δ K E$ $Δ K E$ $Δ К Е$ и $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ п Е$ менять. Поскольку у систем будет относительное движение, скорости частиц изменяются согласно формуле сложения скорости и изменениям кинетической энергии. Допустим, в начальном кадре для данной частицы

Δ К Е знак равно \frac{1}{2} м (U_{е}^{2} - U_{я}^{2})

Если мы теперь хотим видеть это в кадре с относительной скоростью

- v

- v

- v

, скорости превращаются в

u_{f} + v

u_{f} + v

u_{f} + v

u_{f} + v

u_{f} + v

u_{f} + v

U_{е} + v

и

u_{i} + v

u_{i} + v

u_{i} + v

u_{i} + v

u_{i} + v

u_{i} + v

U_{я} + v

, Таким образом, изменение кинетической энергии изменяется на

Δ К Е знак равно \frac{1}{2} м (U_{е}^{2} - U_{я}^{2}) + м v (U_{е} - U_{я})

Чтобы компенсировать этот выигрыш в

Δ K E

Δ K E

Δ K E

Δ K E

Δ К Е

, Проделанная работа должна измениться, чтобы сохранить сохранение энергии в целости и сохранности. Мы можем показать, что это точно так же, как прирост в

Δ K E

Δ K E

Δ K E

Δ K E

Δ К Е

, При смене кадра,

d р ⟶ d р + v d T

В новом кадре

W знак равно \int F \cdot d р + \int F \cdot v d T знак равно \int F \cdot d р + \int м \frac{d U}{d T} \cdot v d T знак равно \int F \cdot d р + м v (U_{е} - U_{я})

Следовательно, оба $Δ K E$ $Δ K E$ $Δ K E$ $Δ K E$ $Δ К Е$ и $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ п Е$ должны быть в зависимости от кадра.

Запись:-

1) Приведенное выше обсуждение предполагает, что силы в проблеме не зависят от времени и консервативны. Только тогда мы можем определить $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ P E$ $Δ п Е$ в виде $W = - Δ P E$ $W = - Δ P E$ $W = - Δ P E$ $W = - Δ P E$ $W = - Δ P E$ $W = - Δ P E$ $W знак равно - Δ п Е$ , Что не соответствует действительности, если оно зависело от времени или неконсервативно. В этом случае нельзя определить потенциальную энергию. Затем мы будем доказывать теорему кинетической энергии работы вместо $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ K E + Δ P E = 0$ $Δ К Е + Δ п Е знак равно 0$ ,

2) Можно утверждать, что работа, проделанная здесь, была осуществлена силой принуждения. Честно говоря, как я уже доказал, это должно быть верно для любой силы. В этом случае случается, что для проблемы характерно то, что составляющая результирующей силы в направлении относительного движения (направлении x) оказывается обусловленной только силой ограничения.

Рассмотрим, например, следующую ситуацию. $2 k g$ $2 k g$ $2 К грамм$ вес заставляет свободно падать под действием силы тяжести от покоя на расстояние $5 m$ $5 m$ $5 м$ , С помощью $g = - 10 m / s^{2}$ $g = - 10 m / s^{2}$ $g = - 10 m / s^{2}$ $g = - 10 m / s^{2}$ $g = - 10 m / s^{2}$ $g = - 10 m / s^{2}$ $грамм знак равно - 10 м / s^{2}$ мы находим, что скорость после $5 m$ $5 m$ $5 м$ является $- 10 m / s$ $- 10 m / s$ $- 10 м / s$ , $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 100 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ К Е знак равно 100 К грамм м^{2} / s^{2}$ , Теперь давайте посмотрим на это из системы, движущейся вниз со скоростью $- 5 m / s$ $- 5 m / s$ $- 5 м / s$ , В этом кадре начальная скорость $5 m / s$ $5 m / s$ $5 м / s$ и начальная кинетическая энергия $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 К грамм м^{2} / s^{2}$ , После падения на $5 m$ $5 m$ $5 м$ скорость частицы будет $- 5 m / s$ $- 5 m / s$ $- 5 м / s$ и конечная кинетическая энергия будет $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 k g m^{2} / s^{2}$ $25 К грамм м^{2} / s^{2}$ , $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ K E = 0 k g m^{2} / s^{2}$ $Δ К Е знак равно 0 К грамм м^{2} / s^{2}$ , Ох ... не было никаких изменений в потенциальной энергии, даже когда частица упала на $5 m$ $5 m$ $5 м$ !!!

Решение для этого идет в том же направлении, что и в ситуации выше. Это просто для гравитации в этом случае.

3) Следует отметить, что изменение работы по смене кадров зависит только от начальной и конечной скоростей частицы, независимо от того, через что она прошла !!

4) На протяжении всего расчета я рассматривал реальные условия эксперимента, то есть типичную коробку и типичную наклонную плоскость на земле, массы которой малы по сравнению с землей. Ускорение за счет силы тяжести является постоянным. Если люди хотят рассматривать это как приближение, люди могут решить проблему во всех деталях, чтобы удовлетворить их. Но результат, который я доказал выше, является очень глубокой истиной, не зависящей от рассматриваемого случая.

GeorgeLewis · Answer 5

Проблема в том, что вы не учитываете движение клина, и, таким образом, вы не полностью решаете всю проблему. Когда вы переходите в движущуюся рамку, клин получает кинетическую энергию: $\frac{1}{2} M v_{w}^{2}$ $\frac{1}{2} M v_{w}^{2}$ $\frac{1}{2} M v_{w}^{2}$ $\frac{1}{2} M v_{w}^{2}$ $\frac{1}{2} M v_{w}^{2}$ $\frac{1}{2} M v_{w}^{2}$ $\frac{1}{2} M v_{w}^{2}$ $\frac{1}{2} M v_{w}^{2}$ $\frac{1}{2} M v_{w}^{2}$ $\frac{1}{2} M v_{w}^{2}$ $\frac{1}{2} M v_{w}^{2}$ $\frac{1}{2} M v_{w}^{2}$ $\frac{1}{2} M v_{вес}^{2}$

Когда блок ускоряется вправо, клин ускоряется влево. Таким образом, в конечном состоянии движущейся системы блок не имеет скорости (по конструкции движущейся системы), но скорость клина влево увеличилась. Это увеличение скорости приводит к тому, что клин приобретает кинетическую энергию, которая компенсирует потерю энергии блока.

«Это увеличение скорости полностью компенсирует потерю энергии блока», а? ты сравниваешь скорость и энергию! Кроме того, сохранение импульса работает только в направлении x, потому что у вас есть сила тяжести внешней силы, действующая вдоль y.
при сохранении импульса вы должны исходить только из начальной и конечной ситуации. Исходная ситуация - нет скорости. Конечная ситуация, скорость только вдоль $x$ $x$ $Икс$ ось. Промежуточные ситуации не важны.

Нихилу · Answer 6

Если вы наблюдаете ситуацию с земли, нормальная реакция из-за наклона не будет работать, так как она все время перпендикулярна скорости, но от рамы, которая движется со скоростью, будет ненулевой, и фактически она отрицательна все время (т.е. извлечение энергии из системы блоков), и поэтому в нижней части блока наклона нет энергии.

Тимоти · Answer 7

Общая теория относительности сильно напоминает ньютоновскую физику на малых скоростях, поэтому я объясню, почему ньютоновская физика предсказывает, что энергия всегда сохраняется. Математика показывает, что для любой системы частиц, которые все изменяют скорость, если их полный импульс не изменяется, то их общее изменение кинетической энергии будет одинаковым независимо от того, с какой скоростью движется система, даже если изменение кинетической энергии каждой отдельной частицы не обязательно одинаковы. В нашей вселенной общий импульс системы без внешних сил никогда не изменяется. Оказывается, что увеличение общей кинетической энергии системы, на которую не действуют внешние силы, всегда сопровождается равным уменьшением других видов энергии, таких как потенциальная гравитационная энергия, химическая потенциальная энергия и тепловая энергия. Согласно не квантово-механической физике, для сохранения химической потенциальной энергии потенциальная энергия должна быть определена таким образом, чтобы каждая заряженная частица имела только половину количества электрической потенциальной энергии, как это обычно было бы определено, чтобы иметь в статическое электрическое поле. Это определение работает, потому что, когда один электрон ускоряется от другого электрона, он приближается к скорости только в 1 / (sqrt (2)) раза быстрее, чем если бы другой электрон был зафиксирован и не мог также ускоряться. Я выяснил, что потенциальная энергия должна быть определена таким образом из-за одного комментария в книге Nelson Physics 12, в котором говорилось, что обычно говорят, что меньший объект обладает потенциальной гравитационной энергией, а более крупный объект - нет.

Если вы испытываете центробежную силу в космическом пространстве, которую вы воспринимаете как гравитацию, то, поскольку центробежная сила не является реальной силой, для нее нет потенциальной энергии. Как сохраняется энергия, когда вы сжигаете энергию, чтобы заставить что-то идти, что кажется выше, фактически не давая этому потенциальную энергию? Это потому, что то, что вы поднимаете, оказывает реактивную силу Кориолиса на центрифугу, заставляя ее вращаться быстрее и иметь больше кинетической энергии.

Газ - это способ рассеивания для вас, чтобы дать ему электростатическую потенциальную энергию, когда вы сжимаете его, так что сжатый газ в трубе не имеет никакой потенциальной энергии для ускорения объекта на своем конце, но в любом случае он расширяется и ускоряет его. Оказывается, энергия все равно сохраняется. Очень высокие горы, кажется, почти всегда имеют снежные шапки из-за теории, объясняющей почему. Все газы автоматически нагреваются при сжатии и охлаждаются при расширении, поэтому фактически тепловая энергия газа преобразуется в кинетическую энергию, поэтому энергия сохраняется. Как только воздух в шприце нагревается от сжатия, он позднее остывает, передавая тепло в шприц-охладитель и наружный воздух.

Сохраняется ли энергия в движущейся системе отсчета?

Фаваз

Рон Маймон

Ответы (7)

Виджай Мурти

Гуглер

Виджай Мурти

Anonymous

Koolman

Джон МакВирго

Forsudee

GeorgeLewis

Любитель физика

Пигмалион

Нихилу

Тимоти

Момент импульса относительно центра масс

Центр проблемы мгновенного вращения

Дифференциальные и многоступенчатые усилители (BJT)

Как переписать функцию перевода в стандартную форму?

Геометрия черной дыры Шварцшильда в координатах Новикова

Sourcing тонкий 3,5 мм разъем для стерео разъема [закрыт]

ϕ 4 ϕ4 теория кинков как фермионов?

Великая каноническая молекулярная адсорбция на поверхности

Порт STM32f4 для HAL: USB HID отбрасывает пакеты

Броуновское движение: ожидаемое значение четных степеней скоростной корреляционной функции