Bryła sztywna sprawdzian 3 LiczBit

Bryła sztywna

Sprawdzian 3

Grupa A

Zadanie 1 (3 pkt)

Przez krążek o momencie bezwładności $I$ i promieniu $R$ przerzucono lekką, nierozciągliwą linkę, do której przymocowano ciężarek o masie $m$ (jak na poniższym schemacie). Układ puszczono swobodnie z położenia spoczynku. Gdy ciężarek pokonał drogę $h$ pionowo w dół, a linka nie ślizgała się po krążku, prędkość kątowa $\omega$ krążka wynosiła:

A. $\sqrt{\dfrac{2mgh}{I + mR^2}}$

B. $\sqrt{\dfrac{2mghR^2}{I + mR^2}}$

C. $\sqrt{\dfrac{mgh}{I + 2mR^2}}$

D. $\sqrt{\dfrac{2mgh}{I - mR^2}}$

Wskazówki:

Zadanie można rozwiązać dwoma niezależnymi, równorzędnymi metodami: za pomocą zasady zachowania energii mechanicznej lub za pomocą II zasady dynamiki Newtona.
W podejściu energetycznym: zmiana energii potencjalnej ciężarka przekształca się w sumę energii kinetycznej ruchu postępowego ciężarka oraz energii kinetycznej ruchu obrotowego krążka.
W podejściu dynamicznym: rozpisz siły działające na ciężarek (ruch postępowy) oraz moment siły naciągu linki działający na krążek (ruch obrotowy), a następnie wyznacz prędkość ze związku kinematycznego dla ruchu jednostajnie przyspieszonego: $v = \sqrt{2ah}$.
W obu metodach kluczowy jest warunek braku poślizgu linki: $v = \omega R$ oraz $a = \varepsilon R$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Sposób I – Wyznaczenie prędkości z zasady zachowania energii mechanicznej:
W układzie nie występują siły oporu, dlatego całkowita energia mechaniczna jest zachowana. Układ startuje z położenia spoczynku ($E_{k0} = 0$). Po opadnięciu ciężarka o wysokość $h$ ubytek energii potencjalnej grawitacji zostaje w całości przekształcony w energię kinetyczną ruchu postępowego ciężarka oraz energię kinetyczną ruchu obrotowego krążka: $$E_p = E_{k,\text{post}} + E_{k,\text{obr}}$$ $$mgh = \dfrac{1}{2}mv^2 + \dfrac{1}{2}I\omega^2$$

Ponieważ linka nie ślizga się po obwodzie krążka, prędkość liniowa ciężarka $v$ i prędkość kątowa krążka $\omega$ są powiązane tożsamością: $$v = \omega R \implies \omega = \dfrac{v}{R}$$ Podstawiamy $\omega = \dfrac{v}{R}$ do równania energii: $$mgh = \dfrac{1}{2}mv^2 + \dfrac{1}{2}I\left(\dfrac{v}{R}\right)^2$$ $$mgh = \dfrac{1}{2}mv^2 + \dfrac{1}{2}\dfrac{I v^2}{R^2}$$ Wyłączamy $\dfrac{1}{2}v^2$ przed nawias: $$mgh = \dfrac{1}{2}v^2\left(m + \dfrac{I}{R^2}\right)$$ Sprowadzamy wyrażenie w nawiasie do wspólnego mianownika: $$mgh = \dfrac{1}{2}v^2\left(\dfrac{mR^2 + I}{R^2}\right)$$ Mnożymy obie strony przez 2 oraz przez $R^2$, a następnie dzielimy przez $(I + mR^2)$: $$2mghR^2 = v^2 (I + mR^2)$$ $$v^2 = \dfrac{2mghR^2}{I + mR^2} \implies v = \sqrt{\dfrac{2mghR^2}{I + mR^2}}$$
Sposób II – Wyznaczenie przyspieszenia z II zasady dynamiki Newtona:
Rozpatrujemy osobno ruch postępowy ciężarka oraz ruch obrotowy krążka, uwzględniając siłę naciągu linki $N$.

Dla opadającego pionowo ciężarka o masie $m$ wypadkowa sił grawitacji i naciągu nadaje mu przyspieszenie liniowe $a$: $$mg - N = ma \implies N = m(g - a)$$ Dla obracającego się krążka moment siły naciągu linki względem osi obrotu wynosi $\tau = N \cdot R$. Z II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego: $$\tau = I \cdot \varepsilon \implies N \cdot R = I \cdot \varepsilon$$ Z warunku braku poślizgu linki przyspieszenie kątowe krążka jest równe $\varepsilon = \dfrac{a}{R}$. Wstawiając to wyrażenie: $$N \cdot R = I \cdot \dfrac{a}{R} \implies N = \dfrac{I a}{R^2}$$ Przyrównujemy obie zależności określające siłę naciągu $N$: $$m(g - a) = \dfrac{I a}{R^2}$$ $$mg - ma = \dfrac{I a}{R^2}$$ $$mg = a\left(m + \dfrac{I}{R^2}\right) = a\left(\dfrac{mR^2 + I}{R^2}\right)$$ Wyznaczamy stąd stałe przyspieszenie liniowe ciężarka: $$a = \dfrac{mgR^2}{I + mR^2}$$
Powiązanie przyspieszenia z prędkością końcową (kinematyka):
Ciężarek porusza się ruchem prostoliniowym jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej ($v_0 = 0$). Po przebyciu drogi $h$ jego prędkość liniowa wyraża się znanym wzorem kinematycznym: $$v^2 = 2ah \implies v = \sqrt{2ah}$$ Podstawiamy wyznaczone przyspieszenie liniowe $a$: $$v = \sqrt{2 \cdot \left(\dfrac{mgR^2}{I + mR^2}\right) \cdot h} = \sqrt{\dfrac{2mghR^2}{I + mR^2}}$$ Obie metody (zasada zachowania energii oraz II zasada dynamiki) prowadzą do tego samego wyniku.

Odpowiedź: A

Zadanie 2 (3 pkt)

Na cienkościenną obręcz o masie $m$ i promieniu $R$ nawinięto nieważką nić, której górny koniec unieruchomiono, a układ puszczono swobodnie (jo-jo). Moment bezwładności obręczy względem osi przechodzącej przez punkt styku z nicią $A$ (chwilowy środek obrotu) wynosi $I_A = 2mR^2$. Przyspieszenie liniowe $a$ środka masy obręczy ma wartość:

A. $\dfrac{1}{4}g$

B. $\dfrac{1}{2}g$

C. $\dfrac{2}{3}g$

D. $g$

Wskazówki:

Punkt styku nici z obwodem obręczy ($A$) stanowi chwilowy środek obrotu – w danej chwili spoczywa.
Względem punktu $A$ siła naciągu nici ma ramię równe zeru, więc jej moment siły wynosi zero ($M_N = 0$). Jedynym momentem siły wprawiającym obręcz w obrót jest moment siły grawitacji $mg$ przyłożonej w środku masy $O$.
Przyspieszenie liniowe środka masy $a$ wynika bezpośrednio ze związku z przyspieszeniem kątowym $\varepsilon$: $a = \varepsilon \cdot R$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Wyznaczenie momentu siły względem chwilowej osi obrotu w punkcie $A$:
Wybieramy oś obrotu przechodzącą przez punkt styku z nicią $A$. W punkcie tym przyłożona jest siła naciągu nici, więc jej ramię wynosi zero, a co za tym idzie jej moment siły wynosi zero ($M_N = 0$). Siła ciężkości $Q = mg$ jest przyłożona w środku masy $O$, a jej odległość (ramię) od chwilowej osi obrotu wynosi dokładnie $R$. Moment siły obracający obręcz wynosi: $$M_A = mg \cdot R$$
Obliczenie przyspieszenia kątowego $\varepsilon$:
Zgodnie z II zasadą dynamiki dla ruchu obrotowego wokół chwilowej osi przechodzącej przez punkt $A$: $$M_A = I_A \cdot \varepsilon$$ Podstawiamy daną w zadaniu wartość momentu bezwładności $I_A = 2mR^2$: $$mgR = 2mR^2 \cdot \varepsilon$$ Dzielimy obustronnie przez $2mR^2$: $$\varepsilon = \dfrac{mgR}{2mR^2} = \dfrac{g}{2R}$$
Wyznaczenie przyspieszenia liniowego środka masy $a$:
Środek masy $O$ znajduje się w odległości $R$ od chwilowej osi obrotu w punkcie $A$. W związku z tym jego przyspieszenie liniowe wynosi: $$a = \varepsilon \cdot R$$ Podstawiając wyznaczone przyspieszenie kątowe: $$a = \dfrac{g}{2R} \cdot R = \dfrac{1}{2}g$$

Odpowiedź: B

Zadanie 3 (3 pkt)

Z wierzchołka równi pochyłej o wysokości $h$ stacza się swobodnie bez poślizgu jednorodna kula o masie $m$ i promieniu $R$, dla której moment bezwładności wynosi $I = \frac{2}{5}mR^2$. Kula startuje z położenia spoczynku. Jaka część całkowitej energii kinetycznej kuli u podstawy równi przypada na energię kinetyczną jej ruchu obrotowego wokół środka masy?

A. $\dfrac{2}{7}$

B. $\dfrac{5}{7}$

C. $\dfrac{2}{5}$

D. $\dfrac{1}{2}$

Wskazówki:

Całkowita energia kinetyczna toczącego się ciała jest sumą energii kinetycznej ruchu postępowego jego środka masy oraz energii kinetycznej ruchu obrotowego wokół środka masy.
Wykorzystaj warunek toczenia bez poślizgu ($v = \omega R$), aby wyrazić obie składowe energii za pomocą tej samej wielkości fizycznej (prędkości liniowej $v$).
Oblicz stosunek energii kinetycznej ruchu obrotowego do całkowitej energii kinetycznej kuli: $\dfrac{E_{k,\text{obr}}}{E_{k,\text{całk}}}$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Rozłożenie ruchu kuli na ruch postępowy i obrotowy:
Ruch kuli toczącej się bez poślizgu jest ruchem złożonym. Całkowita energia kinetyczna $E_{k,\text{całk}}$ składa się z energii ruchu postępowego środka masy z prędkością liniową $v$ oraz energii ruchu obrotowego wokół środka masy z prędkością kątową $\omega$: $$E_{k,\text{całk}} = E_{k,\text{post}} + E_{k,\text{obr}}$$ gdzie: $$E_{k,\text{post}} = \dfrac{1}{2}mv^2$$ $$E_{k,\text{obr}} = \dfrac{1}{2}I\omega^2$$
Wyrażenie energii ruchu obrotowego za pomocą prędkości liniowej:
Brak poślizgu oznacza, że prędkość liniowa środka masy kuli wiąże się ściśle z jej prędkością kątową relacją: $$v = \omega R \implies \omega = \dfrac{v}{R}$$ Wstawiamy moment bezwładności kuli $I = \dfrac{2}{5}mR^2$ oraz prędkość kątową $\omega = \dfrac{v}{R}$ do wzoru na energię kinetyczną ruchu obrotowego: $$E_{k,\text{obr}} = \dfrac{1}{2} \cdot \left(\dfrac{2}{5}mR^2\right) \cdot \left(\dfrac{v}{R}\right)^2 = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2}{5}mR^2 \cdot \dfrac{v^2}{R^2} = \dfrac{1}{5}mv^2$$
Obliczenie całkowitej energii kinetycznej oraz szukanej części:
Sumujemy obie energie, aby wyznaczyć całkowitą energię kinetyczną kuli: $$E_{k,\text{całk}} = \dfrac{1}{2}mv^2 + \dfrac{1}{5}mv^2$$ Sprowadzamy ułamki do wspólnego mianownika równego 10: $$E_{k,\text{całk}} = \left(\dfrac{5}{10} + \dfrac{2}{10}\right)mv^2 = \dfrac{7}{10}mv^2$$ Szukana część całkowitej energii kinetycznej przypadająca na ruch obrotowy to stosunek: $$\dfrac{E_{k,\text{obr}}}{E_{k,\text{całk}}} = \dfrac{\dfrac{1}{5}mv^2}{\dfrac{7}{10}mv^2} = \dfrac{\dfrac{1}{5}}{\dfrac{7}{10}} = \dfrac{1}{5} \cdot \dfrac{10}{7} = \dfrac{2}{7}$$ Zatem energia ruchu obrotowego stanowi dokładnie $\dfrac{2}{7}$ całkowitej energii kinetycznej staczającej się kuli.

Odpowiedź: A

Zadanie 4 (3 pkt)

Cztery jednakowe małe kulki o masie $m$ każda (traktowane jako punkty materialne) połączono czterema nieważkimi prętami o długości $a$, tworząc sztywną ramkę w kształcie kwadratu (jak na rysunku). Moment bezwładności tego układu względem osi prostopadłej do płaszczyzny kwadratu i przechodzącej przez jego środek (punkt przecięcia przekątnych) wynosi:

A. $ma^2$

B. $2ma^2$

C. $4ma^2$

D. $\dfrac{1}{2}ma^2$

Zadanie 5 (3 pkt)

Na bęben o momencie bezwładności $I$ i promieniu $R$ nawinięto nieważką linkę, na którą działa stała siła ciągnąca $\vec{F}$ styczna do obwodu bębna. W łożyskach osi bębna występuje stały moment sił oporu o wartości $M_o$. Jeżeli bęben obraca się z przyspieszeniem kątowym $\varepsilon$, to wartość przyłożonej siły $F$ wynosi:

A. $\dfrac{I\varepsilon + M_o}{R}$

B. $\dfrac{I\varepsilon - M_o}{R}$

C. $\dfrac{I\varepsilon}{R} - M_o$

D. $\dfrac{I\varepsilon}{R + M_o}$

Wskazówki:

Zastosuj II zasadę dynamiki dla ruchu obrotowego bryły sztywnej: wypadkowy moment sił jest równy iloczynowi momentu bezwładności i przyspieszenia kątowego ($M_{\text{wyp}} = I\varepsilon$).
Moment siły ciągnącej linkę wynosi $M_F = F \cdot R$, ponieważ siła jest przyłożona stycznie do obwodu bębna (pod kątem prostym do promienia $R$).
Moment sił oporu $M_o$ działa w kierunku przeciwnym do obrotu, więc odejmuje się od momentu siły ciągnącej.
Po zapisaniu równania dynamiki wyznacz niewiadomą siłę $F$ poprzez proste przekształcenie algebraiczne.

Rozwiązanie krok po kroku:

Wyznaczenie wypadkowego momentu sił działających na bęben:
Siła ciągnąca linkę o wartości $F$ działa na ramieniu równym promieniowi bębna $R$ i jest do niego prostopadła. Wytwarza ona moment siły napędzający ruch obrotowy: $$M_F = F \cdot R$$ Zgodnie z treścią zadania w układzie występuje stały moment sił oporu $M_o$, który przeciwdziała ruchowi obrotowemu bębna. Wypadkowy moment sił $M_{\text{wyp}}$ wynosi zatem: $$M_{\text{wyp}} = M_F - M_o = F \cdot R - M_o$$
Zastosowanie II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego:
Równanie dynamiki dla bryły sztywnej obracającej się wokół ustalonej osi wiąże wypadkowy moment sił $M_{\text{wyp}}$ z przyspieszeniem kątowym $\varepsilon$ i momentem bezwładności $I$: $$M_{\text{wyp}} = I \cdot \varepsilon$$ Podstawiając wyznaczony wcześniej wypadkowy moment sił: $$F \cdot R - M_o = I \cdot \varepsilon$$
Wyznaczenie wartości siły $F$:
Dodajemy obustronnie moment sił oporu $M_o$: $$F \cdot R = I \cdot \varepsilon + M_o$$ Dzielimy obie strony równania przez promień bębna $R$: $$F = \dfrac{I\varepsilon + M_o}{R}$$

Odpowiedź: A

Grupa B

Zadanie 1 (3 pkt)

Na krążek o momencie bezwładności $I$ i promieniu $R$ nawinięto nieważką, nierozciągliwą linkę, na końcu której zawieszono ciężarek o masie $m$. Układ puszczono swobodnie. Zakładając, że linka nie ślizga się po krążku, a opory ruchu osi krążka oraz opór powietrza są pomijalnie małe, przyspieszenie liniowe $a$ opadającego ciężarka wynosi:

A. $\dfrac{mgR^2}{I + mR^2}$

B. $\dfrac{mgR}{I + mR^2}$

C. $\dfrac{mg}{I + mR^2}$

D. $\dfrac{2mgR^2}{I + mR^2}$

Wskazówki:

Rozdziel analizę układu na dwa równoległe opisy: ruch postępowy ciężarka podlegający II zasadzie dynamiki Newtona oraz ruch obrotowy krążka rządzony równaniem dynamiki bryły sztywnej.
Uwzględnij siłę naciągu nici $N$, która hamuje ruch ciężarka i jednocześnie wytwarza moment siły wprawiający krążek w obrót.
Połącz przyspieszenie kątowe krążka $\varepsilon$ z przyspieszeniem liniowym ciężarka $a$ zależnością $\varepsilon = \dfrac{a}{R}$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Zapisanie równania ruchu postępowego dla ciężarka:
Na opadający pionowo ciężarek o masie $m$ działają dwie siły: siła ciężkości $Q = mg$ skierowana w dół oraz siła naciągu linki $N$ skierowana w górę. Zgodnie z II zasadą dynamiki Newtona wypadkowa tych sił nadaje ciężarkowi przyspieszenie liniowe $a$: $$F_{\text{wyp}} = m \cdot a$$ $$mg - N = ma$$ Wyznaczamy stąd siłę naciągu nici: $$N = m(g - a)$$
Zapisanie równania dynamiki ruchu obrotowego dla krążka:
Krążek obraca się wokół stałej osi obrotu pod wpływem momentu siły $\tau$ wywieranego przez naciąg linki stycznej do jego brzegu. Moment siły naciągu linki względem osi obrotu wynosi: $$\tau = N \cdot R$$ Zgodnie z II zasadą dynamiki dla ruchu obrotowego: $$\tau = I \cdot \varepsilon$$ gdzie $\varepsilon$ oznacza przyspieszenie kątowe krążka.

Ze względu na brak poślizgu linki, przyspieszenie liniowe $a$ jest bezpośrednio związane z przyspieszeniem kątowym $\varepsilon$: $$\varepsilon = \dfrac{a}{R}$$ Wstawiając to do równania obrotu: $$N \cdot R = I \cdot \dfrac{a}{R} \implies N = \dfrac{I a}{R^2}$$
Przyrównanie wyrażeń na siłę naciągu i wyznaczenie przyspieszenia $a$:
Porównujemy oba uzyskane wzory na naciąg nici $N$: $$m(g - a) = \dfrac{I a}{R^2}$$ Rozwijamy lewą stronę i przenosimy wyrazy z przyspieszeniem $a$ na prawą stronę: $$mg - ma = \dfrac{I a}{R^2}$$ $$mg = ma + \dfrac{I a}{R^2}$$ Wyciągamy przyspieszenie $a$ przed nawias: $$mg = a\left(m + \dfrac{I}{R^2}\right)$$ Sprowadzamy wyrażenie w nawiasie do wspólnego mianownika: $$mg = a\left(\dfrac{mR^2 + I}{R^2}\right)$$ Mnożąc obie strony przez $R^2$ i dzieląc przez $(I + mR^2)$, otrzymujemy ostateczną wartość przyspieszenia liniowego: $$a = \dfrac{mgR^2}{I + mR^2}$$

Odpowiedź: A

Zadanie 2 (3 pkt)

Na jednorodny krążek o masie $m$ i promieniu $R$ nawinięto nieważką nić, której górny koniec zamocowano, a krążek puszczono swobodnie (jo-jo). Moment bezwładności krążka względem osi przechodzącej przez jego środek masy wynosi $I_0 = \dfrac{1}{2}mR^2$, a względem chwilowej osi obrotu w punkcie $A$ wynosi $I_A = \dfrac{3}{2}mR^2$. Wartość siły naciągu nici $N$ podczas opadania krążka wynosi:

A. $\dfrac{1}{3}mg$

B. $\dfrac{1}{2}mg$

C. $\dfrac{2}{3}mg$

D. $\dfrac{3}{4}mg$

Wskazówki:

Wyznacz przyspieszenie liniowe $a$ środka masy krążka, rozpatrując obrót wokół chwilowej osi przechodzącej przez punkt styku nici z obwodem krążka ($A$).
Zastosuj II zasadę dynamiki Newtona dla ruchu postępowego środka masy w kierunku pionowym: wypadkowa siły ciężkości i siły naciągu linki nadaje masie $m$ przyspieszenie $a$.
Z otrzymanego równania $mg - N = ma$ wyznacz poszukiwaną wartość siły naciągu nici $N$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Wyznaczenie przyspieszenia liniowego środka masy krążka:
Punkt styku nici z obwodem krążka ($A$) stanowi chwilowy środek obrotu. Względem tego punktu ramię siły naciągu nici wynosi zero, a zatem jej moment siły wynosi zero ($M_N = 0$). Ruch obrotowy krążka wywołuje wyłącznie moment siły grawitacji przyłożonej w środku masy $O$: $$M_A = mg \cdot R$$ Zgodnie z równaniem dynamiki dla ruchu obrotowego wokół chwilowej osi w punkcie $A$: $$M_A = I_A \cdot \varepsilon$$ Podstawiamy daną w treści zadania wartość momentu bezwładności $I_A = \dfrac{3}{2}mR^2$: $$mgR = \dfrac{3}{2}mR^2 \cdot \varepsilon \implies \varepsilon = \dfrac{2g}{3R}$$ Przyspieszenie liniowe środka masy $a$ wiąże się z przyspieszeniem kątowym $\varepsilon$ relacją kinematyczną $a = \varepsilon \cdot R$: $$a = \dfrac{2g}{3R} \cdot R = \dfrac{2}{3}g$$
Zastosowanie II zasady dynamiki Newtona dla ruchu środka masy:
Na opadający krążek działają w kierunku pionowym dwie przeciwstawne siły: zwrócona w dół siła grawitacji $mg$ oraz zwrócona w górę siła naciągu nici $N$. Zgodnie z II zasadą dynamiki Newtona dla ruchu postępowego: $$mg - N = ma$$ Przekształcamy to równanie, aby wyznaczyć siłę naciągu nici $N$: $$N = mg - ma = m(g - a)$$
Obliczenie wartości siły naciągu nici $N$:
Podstawiamy wcześniej obliczoną wartość przyspieszenia liniowego $a = \dfrac{2}{3}g$: $$N = m\left(g - \dfrac{2}{3}g\right)$$ $$N = m \cdot \dfrac{1}{3}g = \dfrac{1}{3}mg$$

Odpowiedź: A

Zadanie 3 (3 pkt)

Z wierzchołka równi pochyłej o wysokości $h$ stacza się swobodnie bez poślizgu jednorodny pełny walec o masie $m$ i promieniu $R$, którego moment bezwładności wynosi $I = \frac{1}{2}mR^2$. Walec startuje z położenia spoczynku, a opory toczenia i opór powietrza są pomijalnie małe. Prędkość liniowa $v$ środka masy walca u podstawy równi ma wartość:

A. $\sqrt{\dfrac{4}{3}gh}$

B. $\sqrt{2gh}$

C. $\sqrt{\dfrac{3}{4}gh}$

D. $\sqrt{\dfrac{1}{2}gh}$

Wskazówki:

Zastosuj zasadę zachowania energii mechanicznej dla układu: początkowa energia potencjalna grawitacji na wysokości $h$ przekształca się w energię kinetyczną walca u podstawy równi.
Ponieważ walec toczy się bez poślizgu, jego całkowita energia kinetyczna składa się z energii ruchu postępowego środka masy oraz energii ruchu obrotowego.
Powiąż prędkość kątową obrotu $\omega$ z poszukiwaną prędkością liniową $v$ za pomocą warunku braku poślizgu: $v = \omega R$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Zapisanie bilansu energii mechanicznej:
W układzie nie występują siły rozpraszające energię (opór powietrza i opory toczenia są pomijalne, a tarcie statyczne zapewniające toczenie bez poślizgu nie wykonuje pracy). Początkowa energia potencjalna ciężkości na szczycie równi $E_p$ zostaje u podstawy w całości zamieniona w sumę energii kinetycznej ruchu postępowego $E_{k,\text{post}}$ i ruchu obrotowego $E_{k,\text{obr}}$: $$E_p = E_{k,\text{post}} + E_{k,\text{obr}}$$ $$mgh = \dfrac{1}{2}mv^2 + \dfrac{1}{2}I\omega^2$$
Wykorzystanie momentu bezwładności i warunku toczenia bez poślizgu:
Dla jednorodnego pełnego walca moment bezwładności względem jego osi symetrii wynosi: $$I = \dfrac{1}{2}mR^2$$ Warunek braku poślizgu linki lub podłoża wiąże prędkość liniową środka masy z prędkością kątową obrotu: $$v = \omega R \implies \omega = \dfrac{v}{R}$$ Wstawiamy obie zależności do równania zachowania energii: $$mgh = \dfrac{1}{2}mv^2 + \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}mR^2\right)\left(\dfrac{v}{R}\right)^2$$ $$mgh = \dfrac{1}{2}mv^2 + \dfrac{1}{4}mR^2 \cdot \dfrac{v^2}{R^2}$$ Upraszczamy promień $R^2$: $$mgh = \dfrac{1}{2}mv^2 + \dfrac{1}{4}mv^2 = \dfrac{3}{4}mv^2$$
Wyznaczenie prędkości liniowej $v$:
Dzielimy obustronnie równanie przez masę walca $m$: $$gh = \dfrac{3}{4}v^2$$ Mnożymy obie strony przez ułamek $\dfrac{4}{3}$: $$v^2 = \dfrac{4}{3}gh$$ Pierwiastkując obustronnie, otrzymujemy wzór na wartość prędkości liniowej środka masy walca u podstawy równi: $$v = \sqrt{\dfrac{4}{3}gh}$$

Odpowiedź: A

Zadanie 4 (3 pkt)

Trzy jednakowe małe kulki o masie $m$ każda (traktowane jako punkty materialne) połączono trzema nieważkimi prętami o długości $L$, tworząc sztywny układ w kształcie trójkąta równobocznego (jak na rysunku). Moment bezwładności tego układu względem osi prostopadłej do płaszczyzny trójkąta i przechodzącej przez jeden z jego wierzchołków wynosi:

A. $\dfrac{1}{2}mL^2$

B. $mL^2$

C. $2mL^2$

D. $3mL^2$

Zadanie 5 (3 pkt)

Na bloczek o promieniu $R$ i momencie bezwładności $I$ zamocowany na nieruchomej osi działają dwie styczne siły: siła napędzająca $\vec{F}_1$ oraz siła hamująca $\vec{F}_2$ ($F_1 > F_2$), jak pokazano na poniższym rysunku. W łożyskach bloczka występuje ponadto stały moment siły tarcia $M_T$ przeciwdziałający obrotowi. Przyspieszenie kątowe $\varepsilon$ bloczka wyraża wzór:

A. $\dfrac{(F_1 - F_2)R - M_T}{I}$

B. $\dfrac{(F_1 + F_2)R - M_T}{I}$

C. $\dfrac{(F_1 - F_2)R + M_T}{I}$

D. $\dfrac{F_1 R - F_2 - M_T}{I}$

Wskazówki:

Zidentyfikuj momenty sił wytwarzane przez każdą z sił stycznych: siła $\vec{F}_1$ obraca bloczek zgodnie z ruchem wskazówek zegara, a siła $\vec{F}_2$ próbuje obracać go w stronę przeciwną.
Ponieważ $F_1 > F_2$, wypadkowy kierunek obrotu jest zgodny z działaniem siły $\vec{F}_1$. Moment siły tarcia $M_T$ zawsze przeciwdziała temu ruchowi.
Zastosuj II zasadę dynamiki dla ruchu obrotowego: $M_{\text{wyp}} = I \cdot \varepsilon$ i podziel wypadkowy moment sił przez moment bezwładności $I$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Wyznaczenie momentów sił zewnętrznych:
Obie siły działają stycznie do obwodu bloczka, zatem ramię każdej z nich jest równe promieniowi $R$.
- Moment siły $\vec{F}_1$ ma wartość $M_1 = F_1 \cdot R$ i działa w prawo (zgodnie z ruchem wskazówek zegara).
- Moment siły $\vec{F}_2$ ma wartość $M_2 = F_2 \cdot R$ i działa w lewo (przeciwnie do ruchu wskazówek zegara).
Ponieważ $F_1 > F_2$, moment siły $\vec{F}_1$ przeważa, decydując o zwrocie obrotu układu.
Zapisanie wypadkowego momentu sił z uwzględnieniem oporów:
Moment siły tarcia $M_T$ przeciwdziała ruchowi obrotowemu wywołanemu przez siłę $\vec{F}_1$, dlatego odejmuje się go od sumy algebraicznej momentów sił: $$M_{\text{wyp}} = M_1 - M_2 - M_T$$ $$M_{\text{wyp}} = F_1 \cdot R - F_2 \cdot R - M_T$$ Wyłączając promień $R$ przed nawias: $$M_{\text{wyp}} = (F_1 - F_2)R - M_T$$
Wyznaczenie przyspieszenia kątowego $\varepsilon$:
Zgodnie z II zasadą dynamiki dla ruchu obrotowego: $$M_{\text{wyp}} = I \cdot \varepsilon$$ Dzieląc obustronnie przez moment bezwładności $I$, otrzymujemy wzór na przyspieszenie kątowe: $$\varepsilon = \dfrac{M_{\text{wyp}}}{I} = \dfrac{(F_1 - F_2)R - M_T}{I}$$

Odpowiedź: A

Bryła sztywna

Grupa A

Zadanie 1 (3 pkt)

Zadanie 2 (3 pkt)

Zadanie 3 (3 pkt)

Zadanie 4 (3 pkt)

Zadanie 5 (3 pkt)

Grupa B

Zadanie 1 (3 pkt)

Zadanie 2 (3 pkt)

Zadanie 3 (3 pkt)

Zadanie 4 (3 pkt)

Zadanie 5 (3 pkt)

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi

Witaj na Liczbit 👋