Energia kinetyczna w ruchu obrotowym kartkówka LiczBit

6.4 Energia kinetyczna w ruchu obrotowym

Kartkówka

Grupa A

Zadanie 1

Jednorodny pręt o długości $l_p = 1{,}2\text{ m}$ i masie $m_p = 0{,}5\text{ kg}$ jest osadzony na pionowej osi obrotu $O'$ znajdującej się w odległości $\frac{1}{3}l_p$ od jednego z jego końców. Moment bezwładności pręta względem osi $O$ przechodzącej przez jego środek masy wynosi $I_O = \dfrac{m_p l_p^2}{12}$.

a) Oblicz moment bezwładności pręta względem osi obrotu $O'$.
b) Ile razy zmieni się moment bezwładności układu, jeśli na obu końcach pręta umieścimy ciężarki o masie $m_c = 0{,}5\text{ kg}$ każdy? Ciężarki potraktuj jak punkty materialne.

Wskazówki:

Środek masy jednorodnego pręta leży w połowie jego długości, czyli w odległości $\frac{1}{2}l_p$ od każdego z końców.
Do wyznaczenia momentu bezwładności pręta względem równoległej osi przesuniętej o odległość $d$ zastosuj twierdzenie Steinera: $I = I_O + m_p d^2$.
Moment bezwładności ciężarków traktowanych jako punkty materialne to suma iloczynów ich mas i kwadratów odległości od nowej osi obrotu $O'$: $I_c = m_c r_1^2 + m_c r_2^2$.

Dane i szukane:

Dane: $l_p = 1{,}2\text{ m}$, $m_p = 0{,}5\text{ kg}$, $m_c = 0{,}5\text{ kg}$, $x = \dfrac{1}{3}l_p$
Szukane: a) $I_{O'} = ?$, b) $n = \dfrac{I_2}{I_{O'}} = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyznaczenie odległości osi obrotu od środka masy:
Środek masy pręta (oś $O$) znajduje się w odległości równej połowie długości pręta od prawego końca: $$y_O = \dfrac{l_p}{2} = \dfrac{1{,}2\text{ m}}{2} = 0{,}6\text{ m}$$ Oś obrotu $O'$ jest oddalona od tego samego końca o: $$x = \dfrac{1}{3}l_p = \dfrac{1{,}2\text{ m}}{3} = 0{,}4\text{ m}$$ Wobec tego odległość $d$ między osią przechodzącą przez środek masy $O$ a nową osią obrotu $O'$ wynosi: $$\begin{aligned} d &= \dfrac{l_p}{2} - \dfrac{l_p}{3} = \dfrac{l_p}{6} \\ d &= 0{,}6\text{ m} - 0{,}4\text{ m} = 0{,}2\text{ m} \end{aligned}$$
Podpunkt a) Obliczenie momentu bezwładności pręta względem osi $O'$:
Sposób I – Zastosowanie twierdzenia Steinera z obliczeniem wartości cząstkowych:
Najpierw wyznaczamy moment bezwładności względem osi przechodzącej przez środek masy: $$\begin{aligned} I_O &= \dfrac{m_p l_p^2}{12} \\ &= \dfrac{0{,}5\text{ kg} \cdot (1{,}2\text{ m})^2}{12} \\ &= \dfrac{0{,}5 \cdot 1{,}44}{12} = 0{,}5 \cdot 0{,}12 = 0{,}06\text{ kg}\cdot\text{m}^2 \end{aligned}$$ Zgodnie z twierdzeniem Steinera moment bezwładności względem równoległej osi $O'$ wynosi: $$\begin{aligned} I_{O'} &= I_O + m_p \cdot d^2 \\ &= 0{,}06\text{ kg}\cdot\text{m}^2 + 0{,}5\text{ kg} \cdot (0{,}2\text{ m})^2 \\ &= 0{,}06 + 0{,}5 \cdot 0{,}04 \\ &= 0{,}06 + 0{,}02 = 0{,}08\text{ kg}\cdot\text{m}^2 \end{aligned}$$
Sposób II – Wyprowadzenie ogólnego wzoru ułamkowego:
Podstawiając wyrażenie ogólne $d = \frac{l_p}{6}$ bezpośrednio do twierdzenia Steinera: $$\begin{aligned} I_{O'} &= \dfrac{m_p l_p^2}{12} + m_p \cdot \left(\dfrac{l_p}{6}\right)^2 \\ &= \dfrac{m_p l_p^2}{12} + \dfrac{m_p l_p^2}{36} = \dfrac{3 m_p l_p^2 + m_p l_p^2}{36} = \dfrac{4 m_p l_p^2}{36} \\ &= \dfrac{m_p l_p^2}{9} \end{aligned}$$ Podstawiając dane liczbowe: $$I_{O'} = \dfrac{0{,}5\text{ kg} \cdot 1{,}44\text{ m}^2}{9} = 0{,}5 \cdot 0{,}16 = 0{,}08\text{ kg}\cdot\text{m}^2$$
Podpunkt b) Wyznaczenie zmiany momentu bezwładności po umieszczeniu ciężarków:
Ciężarki umieszczone są na końcach pręta. Wyznaczamy ich odległości od osi obrotu $O'$:
- Lewy ciężarek znajduje się w odległości: $r_1 = l_p - x = 1{,}2\text{ m} - 0{,}4\text{ m} = 0{,}8\text{ m}$.
- Prawy ciężarek znajduje się w odległości: $r_2 = x = 0{,}4\text{ m}$.
Moment bezwładności dwóch ciężarków punktowych wynosi: $$\begin{aligned} I_c &= m_c \cdot r_1^2 + m_c \cdot r_2^2 \\ &= 0{,}5\text{ kg} \cdot (0{,}8\text{ m})^2 + 0{,}5\text{ kg} \cdot (0{,}4\text{ m})^2 \\ &= 0{,}5 \cdot 0{,}64 + 0{,}5 \cdot 0{,}16 = 0{,}32 + 0{,}08 \\ &= 0{,}40\text{ kg}\cdot\text{m}^2 \end{aligned}$$ Całkowity moment bezwładności układu $I_2$ jest sumą momentów bezwładności pręta oraz ciężarków: $$I_2 = I_{O'} + I_c = 0{,}08\text{ kg}\cdot\text{m}^2 + 0{,}40\text{ kg}\cdot\text{m}^2 = 0{,}48\text{ kg}\cdot\text{m}^2$$ Obliczamy, ile razy wzrósł moment bezwładności: $$n = \dfrac{I_2}{I_{O'}} = \dfrac{0{,}48\text{ kg}\cdot\text{m}^2}{0{,}08\text{ kg}\cdot\text{m}^2} = 6$$ Moment bezwładności układu wzrósł $6$-krotnie.

Odpowiedź:
a) $I_{O'} = 0{,}08\text{ kg}\cdot\text{m}^2$

b) Moment bezwładności układu wzrośnie $6$-krotnie.

Zadanie 2

Beczki z olejem są wyładowywane z rampy magazynowej po pochylni o wysokości $h = 2{,}7\text{ m}$ i kącie nachylenia $\alpha = 30^\circ$ do poziomu. Masa beczki wraz z zawartością wynosi $m_b = 60\text{ kg}$, a jej średnica $d = 50\text{ cm}$. Beczkę potraktuj jak jednorodny walec, a przyspieszenie ziemskie przyjmij równe $g = 10\text{ m/s}^2$.

a) Oblicz wartość prędkości liniowej beczki po stoczeniu się z równi pochyłej bez poślizgu.
b) Oblicz czas, w jakim beczka stoczy się z równi.
c) Oblicz drogę przebytą przez beczkę po poziomej powierzchni aż do zatrzymania. Przyjmij, że podczas toczenia się beczki po podłożu działała na nią stała siła oporu $F_o = 60\text{ N}$.

Wskazówki:

Ruch toczącej się bez poślizgu beczki jest ruchem złożonym: ruchem postępowym środka masy oraz ruchem obrotowym wokół osi symetrii.
Moment bezwładności jednorodnego walca względem osi obrotu wynosi $I = \frac{1}{2}m_b r^2$.
Warunek toczenia bez poślizgu wiąże prędkość liniową z kątową zależnością $v = \omega \cdot r$.
Na równi całkowita energia potencjalna zamienia się w sumę energii kinetycznej ruchu postępowego i obrotowego.
Na poziomym odcinku praca wykonana przez stałą siłę oporu jest równa początkowej energii kinetycznej beczki.

Dane i szukane:

Dane:
$h = 2{,}7\text{ m}$
$\alpha = 30^\circ$
$m_b = 60\text{ kg}$
$d = 50\text{ cm} = 0{,}5\text{ m} \implies r = 0{,}25\text{ m}$
$F_o = 60\text{ N}$
$g = 10\text{ m/s}^2$
Szukane:
$v_2 = ?$
$t = ?$
$s_p = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza sił działających na toczącą się beczkę:
W stanie początkowym beczka znajduje się na szczycie równi i posiada wyłącznie grawitacyjną energię potencjalną. W trakcie staczania bez poślizgu działa siła ciężkości $\vec{F}_g$, siła reakcji podłoża $\vec{N}$ oraz siła tarcia statycznego $\vec{F}_t$ skierowana w górę równi, która wywołuje moment siły wprawiający walec w ruch obrotowy.
Podpunkt a) Obliczenie prędkości liniowej $v_2$ u podnóża równi pochyłej:
Prędkość początkowa beczki wynosi $v_1 = 0\text{ m/s}$. Zagadnienie rozwiążemy dwoma sposobami.

Sposób I – Z zasady zachowania energii mechanicznej:
Na szczycie równi energia mechaniczna beczki jest równa energii potencjalnej grawitacji: $$E_1 = E_{p1} = m_b g h$$ U podnóża równi ($h_2 = 0$) energia potencjalna zostaje w całości przekształcona w kinetyczną energię ruchu postępowego oraz kinetyczną energię ruchu obrotowego: $$E_2 = E_{k2} = E_{k,\text{post}} + E_{k,\text{obr}} = \dfrac{1}{2}m_b v_2^2 + \dfrac{1}{2}I\omega_2^2$$ Dla jednorodnego walca moment bezwładności to $I = \dfrac{1}{2}m_b r^2$. Korzystając z warunku toczenia bez poślizgu $\omega_2 = \dfrac{v_2}{r}$, podstawiamy: $$\begin{aligned} E_{k,\text{obr}} &= \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}m_b r^2\right)\left(\dfrac{v_2}{r}\right)^2 \\ &= \dfrac{1}{4}m_b v_2^2 \end{aligned}$$ Całkowita energia kinetyczna wynosi: $$\begin{aligned} E_{k2} &= \dfrac{1}{2}m_b v_2^2 + \dfrac{1}{4}m_b v_2^2 \\ &= \dfrac{3}{4}m_b v_2^2 \end{aligned}$$ Z przyrównania $E_1 = E_2$: $$\begin{aligned} m_b g h &= \dfrac{3}{4}m_b v_2^2 \\ g h &= \dfrac{3}{4}v_2^2 \\ v_2^2 &= \dfrac{4}{3}g h \\ v_2 &= \sqrt{\dfrac{4}{3}g h} \end{aligned}$$ Podstawiamy dane liczbowe: $$\begin{aligned} v_2 &= \sqrt{\dfrac{4}{3} \cdot 10 \cdot 2{,}7} \\ &= \sqrt{\dfrac{4}{3} \cdot 27} \\ &= \sqrt{36} = 6\text{ m/s} \end{aligned}$$
Sposób II – Z zasad dynamiki Newtona dla ruchu bryły sztywnej:
Równanie ruchu postępowego wzdłuż osi równi: $$m_b g \sin\alpha - F_t = m_b a$$ Równanie ruchu obrotowego wokół osi środka masy: $$M = I \varepsilon \implies F_t \cdot r = \left(\dfrac{1}{2}m_b r^2\right)\dfrac{a}{r} \implies F_t = \dfrac{1}{2}m_b a$$ Wstawiając siłę tarcia do pierwszego równania: $$\begin{aligned} m_b g \sin\alpha - \dfrac{1}{2}m_b a &= m_b a \\ \dfrac{3}{2}m_b a &= m_b g \sin\alpha \\ a &= \dfrac{2}{3}g \sin\alpha \end{aligned}$$ Długość stoku wynosi $s_r = \dfrac{h}{\sin\alpha}$. Korzystając ze związku kinematycznego $v_2^2 = 2 a s_r$: $$\begin{aligned} v_2 &= \sqrt{2 \cdot \left(\dfrac{2}{3}g \sin\alpha\right) \cdot \left(\dfrac{h}{\sin\alpha}\right)} \\ &= \sqrt{\dfrac{4}{3}g h} = 6\text{ m/s} \end{aligned}$$
Podpunkt b) Obliczenie czasu staczania się beczki $t$ z równi:
Długość drogi przebytej po równi wynosi: $$s_r = \dfrac{h}{\sin 30^\circ} = \dfrac{2{,}7}{0{,}5} = 5{,}4\text{ m}$$
Sposób I – Wykorzystanie wyznaczonego przyspieszenia:
Przyspieszenie liniowe beczki wynosi: $$a = \dfrac{2}{3}g \sin 30^\circ = \dfrac{2}{3} \cdot 10 \cdot 0{,}5 = \dfrac{10}{3}\text{ m/s}^2$$ Czas ruchu wyznaczamy ze wzoru na prędkość w ruchu jednostajnie przyspieszonym ($v_1 = 0$): $$\begin{aligned} v_2 &= a \cdot t \\ t &= \dfrac{v_2}{a} = \dfrac{6}{\frac{10}{3}} = \dfrac{18}{10} = 1{,}8\text{ s} \end{aligned}$$
Sposób II – Wykorzystanie prędkości średniej:
W ruchu jednostajnie zmiennym droga wyraża się wzorem: $$\begin{aligned} s_r &= \dfrac{v_1 + v_2}{2} \cdot t = \dfrac{v_2}{2} \cdot t \\ t &= \dfrac{2 s_r}{v_2} = \dfrac{2 \cdot 5{,}4}{6} = \dfrac{10{,}8}{6} = 1{,}8\text{ s} \end{aligned}$$
Podpunkt c) Obliczenie drogi $s_p$ przebytej na poziomym podłożu:
Beczka wjeżdża na podłoże poziome z całkowitą energią kinetyczną wyliczoną w punkcie a): $$E_{k2} = m_b g h = 60 \cdot 10 \cdot 2{,}7 = 1620\text{ J}$$ Praca siły oporu $W_o$ wykonana na drodze $s_p$ powoduje całkowite zatrzymanie beczki ($\Delta E_k = E_{k2}$): $$\begin{aligned} W_o &= E_{k2} \\ F_o \cdot s_p &= E_{k2} \\ s_p &= \dfrac{E_{k2}}{F_o} \\ s_p &= \dfrac{1620\text{ J}}{60\text{ N}} = 27\text{ m} \end{aligned}$$

Odpowiedź:
a) $v_2 = 6\text{ m/s}$

b) $t = 1{,}8\text{ s}$

c) $s_p = 27\text{ m}$

Zadanie 3

Koło jednokołowego roweru ma masę $m_k = 2{,}5\text{ kg}$, promień $R = 20\text{ cm}$, a moment bezwładności koła wynosi $I_k = m_k R^2$. Koło jest połączone na stałe z korbami pedałów odległymi od osi obrotu o $l = 15\text{ cm}$. Podczas przeglądu technicznego mechanik odwrócił rower siodełkiem do dołu i pedałem wprawił w ruch obrotowy koło, które po pewnym czasie uzyskało prędkość kątową $\omega_2 = 10\text{ rad/s}$.

a) Oblicz pracę wykonaną przez mechanika przy rozkręcaniu koła od stanu spoczynku do prędkości kątowej $\omega_2$.

b) Ile obrotów musiałby wykonać mechanik, działając stałą siłą $F = 2\text{ N}$ na pedał roweru (prostopadle do ramienia korby), aby od stanu spoczynku uzyskać prędkość kątową $\omega_3 = 12\text{ rad/s}$? Przyjmij, że ruch obrotowy koła był jednostajnie przyspieszony. Pomiń siły oporu.

Wskazówki:

Praca wykonana podczas rozkręcania koła od stanu spoczynku jest równa przyrostowi jego energii kinetycznej w ruchu obrotowym: $W = \Delta E_k = \dfrac{1}{2} I_k \omega^2$.
W podpunkcie b) pracę można wyznaczyć jako iloczyn momentu siły $M = F \cdot l$ i całkowitego kąta obrotu $\Delta \alpha$, pamiętając, że jeden pełny obrót to kąt $2\pi\text{ rad}$.
Zadanie w podpunkcie b) można również rozwiązać z wykorzystaniem II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego ($M = I_k \varepsilon$) oraz równań kinematyki ruchu jednostajnie przyspieszonego.

Dane i szukane:

Dane:
$m_k = 2{,}5\text{ kg}$
$R = 20\text{ cm} = 0{,}2\text{ m}$
$I_k = m_k R^2$
$l = 15\text{ cm} = 0{,}15\text{ m}$
$\omega_1 = 0\text{ rad/s}$ (początkowy stan spoczynku)
$\omega_2 = 10\text{ rad/s}$ (prędkość kątowa w podpunkcie a)
$F = 2\text{ N}$
$\omega_3 = 12\text{ rad/s}$ (końcowa prędkość kątowa w podpunkcie b)

Szukane:
$W = ?$ (praca wykonana w podpunkcie a)
$n = ?$ (liczba obrotów w podpunkcie b)

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego układu:
Rower jednokołowy stoi odwrócony siodełkiem do dołu, dzięki czemu koło może swobodnie obracać się wokół własnej osi. Korba pedału tworzy sztywne ramię o długości $l$ przymocowane bezpośrednio do osi obrotu koła. W stanie wyjściowym koło spoczywa, zatem jego początkowa prędkość kątowa wynosi $\omega_1 = 0\text{ rad/s}$.
Podpunkt a) Obliczenie momentu bezwładności koła oraz pracy wykonanej przez mechanika:
W pierwszej kolejności wyznaczamy moment bezwładności koła $I_k$: $$I_k = m_k \cdot R^2 = 2{,}5\text{ kg} \cdot (0{,}2\text{ m})^2 = 2{,}5 \cdot 0{,}04 = 0{,}1\text{ kg}\cdot\text{m}^2$$ Praca $W$ wykonana przy rozkręcaniu koła od spoczynku ($\omega_1 = 0$) do prędkości kątowej $\omega_2 = 10\text{ rad/s}$ jest równa końcowej energii kinetycznej ruchu obrotowego koła: $$\begin{aligned} W &= \Delta E_k = \dfrac{1}{2} I_k \omega_2^2 - \dfrac{1}{2} I_k \omega_1^2 \\ &= \dfrac{1}{2} I_k \omega_2^2 \end{aligned}$$ Podstawiamy dane liczbowe: $$\begin{aligned} W &= \dfrac{1}{2} \cdot 0{,}1\text{ kg}\cdot\text{m}^2 \cdot (10\text{ rad/s})^2 \\ &= 0{,}05 \cdot 100 = 5\text{ J} \end{aligned}$$
Podpunkt b) Sposób I – Wyznaczenie liczby obrotów z zasady równoważności pracy i energii:
Mechanik działa stałą siłą $F = 2\text{ N}$ na ramię korby o długości $l = 0{,}15\text{ m}$. Moment wytworzonej siły wynosi: $$M = F \cdot l = 2\text{ N} \cdot 0{,}15\text{ m} = 0{,}3\text{ N}\cdot\text{m}$$ Praca wykonana przez moment siły przy obrocie o kąt $\Delta \alpha$ wynosi $W_b = M \cdot \Delta \alpha$. Zgodnie z zasadą równoważności pracy i energii kinetycznej, praca ta równa się energii kinetycznej uzyskanej przy prędkości kątowej $\omega_3 = 12\text{ rad/s}$: $$\begin{aligned} W_b &= \dfrac{1}{2} I_k \omega_3^2 \\ &= \dfrac{1}{2} \cdot 0{,}1\text{ kg}\cdot\text{m}^2 \cdot (12\text{ rad/s})^2 \\ &= 0{,}05 \cdot 144 = 7{,}2\text{ J} \end{aligned}$$ Przyrównujemy pracę do zmiany energii i wyznaczamy kąt obrotu $\Delta \alpha$: $$\begin{aligned} M \cdot \Delta \alpha &= W_b \\ 0{,}3 \cdot \Delta \alpha &= 7{,}2 \\ \Delta \alpha &= \dfrac{7{,}2}{0{,}3} = 24\text{ rad} \end{aligned}$$ Jeden pełny obrót odpowiada kątowi $2\pi\text{ rad}$, więc liczba obrotów $n$ wynosi: $$\begin{aligned} n &= \dfrac{\Delta \alpha}{2\pi} \\ &= \dfrac{24}{2\pi} = \dfrac{12}{\pi}\text{ obrotu} \approx 3{,}82\text{ obrotu} \end{aligned}$$
Podpunkt b) Sposób II – Wyznaczenie liczby obrotów z II zasady dynamiki i równań kinematyki:
Z II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego wyznaczamy przyspieszenie kątowe koła $\varepsilon$: $$\varepsilon = \dfrac{M}{I_k} = \dfrac{F \cdot l}{I_k} = \dfrac{0{,}3\text{ N}\cdot\text{m}}{0{,}1\text{ kg}\cdot\text{m}^2} = 3\text{ rad/s}^2$$ Ponieważ ruch jest jednostajnie przyspieszony od stanu spoczynku ($\omega_1 = 0$), korzystamy ze związku między prędkością kątową, przyspieszeniem kątowym i kątem obrotu: $$\omega_3^2 = 2\varepsilon \cdot \Delta \alpha$$ Wyznaczamy kąt $\Delta \alpha$: $$\Delta \alpha = \dfrac{\omega_3^2}{2\varepsilon} = \dfrac{(12\text{ rad/s})^2}{2 \cdot 3\text{ rad/s}^2} = \dfrac{144}{6} = 24\text{ rad}$$ Liczba wykonanych obrotów wynosi: $$n = \dfrac{\Delta \alpha}{2\pi} = \dfrac{24}{2\pi} = \dfrac{12}{\pi}\text{ obrotu} \approx 3{,}82\text{ obrotu}$$
Rysunek wynikowy i interpretacja graficzna stanu końcowego:
Wykres wektorowy przedstawia koło rozpędzone do prędkości kątowej $\omega_3$ pod wpływem przyłożonej siły stycznej $\vec{F}$. Po obróceniu się o kąt $\Delta \alpha = 24\text{ rad}$ mechanik wykonał w przybliżeniu $3{,}82$ pełnego obrotu pedałem.

Odpowiedź:
a) $W = 5\text{ J}$

b) $n = \dfrac{12}{\pi}\approx 3{,}82\text{ obrotu}$

Zadanie 4

Jednorodny słup telegraficzny o masie $m = 300\text{ kg}$ i wysokości $H = 6\text{ m}$ został podpiłowany u podstawy i przewraca się, wykonując ruch obrotowy wokół nieruchomej osi przechodzącej przez jego podstawę opierającą się o podłoże.
a) Oblicz jego energię kinetyczną tuż przed uderzeniem w ziemię.
b) Oblicz prędkość liniową, z jaką w ziemię uderzy wierzchołek słupa.
Przyjmij, że moment bezwładności słupa jest równy momentowi bezwładności jednorodnego pręta względem osi przechodzącej przez jego koniec. Przyjmij przyspieszenie ziemskie $g = 9{,}81\text{ m/s}^2$, pomiń opory ruchu.

Wskazówki:

Słup jest ciałem sztywnym o ciągłym rozkładzie masy – jego energię potencjalną grawitacji wyznaczamy zawsze względem położenia środka masy słupa, który w jednorodnym pręcie znajduje się w połowie jego wysokości.
Podstawa słupa pozostaje w spoczynku, więc ruch słupa jest czystym ruchem obrotowym bryły sztywnej wokół osi przechodzącej przez jeden z jej końców.
Skorzystaj z zasady zachowania energii mechanicznej: ubytek energii potencjalnej grawitacji w całości przekształca się w energię kinetyczną ruchu obrotowego.
Prędkość liniową wierzchołka powiąż z prędkością kątową relacją $v = \omega \cdot R$, gdzie promieniem obrotu dla wierzchołka jest cała wysokość słupa $H$.

Dane i szukane:

Dane:
Masa słupa: $m_s = 300\text{ kg}$
Wysokość słupa: $H = 6\text{ m}$
Przyspieszenie ziemskie: $g = 9{,}81\text{ m/s}^2$
Początkowa wysokość środka masy: $h_1 = \dfrac{H}{2} = 3\text{ m}$
Końcowa wysokość środka masy: $h_2 = 0\text{ m}$
Początkowa prędkość kątowa: $\omega_1 = 0\text{ rad/s}$
Moment bezwładności słupa: $I_s = \dfrac{1}{3}m_s H^2$

Szukane:
Energia kinetyczna tuż przed upadkiem: $E_{k_2} = ?$
Prędkość liniowa wierzchołka słupa tuż przed upadkiem: $v_{w_2} = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Podpunkt a) Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego słupa:
W stanie początkowym słup stoi pionowo i spoczywa ($\omega_1 = 0$), zatem jego początkowa energia kinetyczna wynosi $E_{k_1} = 0\text{ J}$. Cała energia mechaniczna słupa zawarta jest w jego energii potencjalnej grawitacji. Ponieważ słup jest jednorodny, całą jego masę możemy skupić w środku masy $S$, znajdującym się w połowie wysokości: $$h_1 = \dfrac{H}{2} = \dfrac{6\text{ m}}{2} = 3\text{ m}$$ Początkowa energia potencjalna grawitacji wynosi zatem: $$\begin{aligned} E_{p_1} &= m_s \cdot g \cdot h_1 \\ &= 300\text{ kg} \cdot 9{,}81\text{ m/s}^2 \cdot 3\text{ m} \\ &= 8829\text{ J} \end{aligned}$$
Zastosowanie zasady zachowania energii mechanicznej do obliczenia energii kinetycznej tuż przed upadkiem:
W układzie pomijamy opory ruchu, dlatego całkowita energia mechaniczna słupa pozostaje stała podczas całego ruchu: $$E_{m_1} = E_{m_2}$$ $$E_{p_1} + E_{k_1} = E_{p_2} + E_{k_2}$$ Gdy słup upada płasko na ziemię, jego środek masy znajduje się na poziomie odniesienia ($h_2 = 0\text{ m}$), co oznacza, że końcowa energia potencjalna wynosi $E_{p_2} = 0\text{ J}$. Cała początkowa energia potencjalna zamienia się w energię kinetyczną ruchu obrotowego: $$\begin{aligned} E_{k_2} &= E_{p_1} \\ &= 8829\text{ J} \approx 8{,}83\text{ kJ} \end{aligned}$$
Podpunkt b) Wyznaczenie prędkości kątowej oraz prędkości liniowej wierzchołka słupa:
Podstawa słupa nie przesuwa się, dlatego cała energia kinetyczna jest energią ruchu obrotowego bryły sztywnej wokół osi przechodzącej przez jej koniec: $$E_{k_2} = \dfrac{1}{2} I_s \omega_2^2$$ Podstawiamy moment bezwładności $I_s = \dfrac{1}{3} m_s H^2$: $$\begin{aligned} E_{k_2} &= \dfrac{1}{2} \cdot \left(\dfrac{1}{3} m_s H^2\right) \cdot \omega_2^2 \\ &= \dfrac{1}{6} m_s H^2 \omega_2^2 \end{aligned}$$ Przyrównujemy to wyrażenie do początkowej energii potencjalnej $E_{p_1} = m_s g \dfrac{H}{2}$: $$\dfrac{1}{6} m_s H^2 \omega_2^2 = m_s g \dfrac{H}{2}$$ Dzielimy obie strony przez masę $m_s$ oraz przez $H$, a następnie mnożymy przez 6: $$\begin{aligned} \dfrac{1}{6} H \omega_2^2 &= \dfrac{g}{2} \\ \omega_2^2 &= \dfrac{3g}{H} \\ \omega_2 &= \sqrt{\dfrac{3g}{H}} \end{aligned}$$ Wierzchołek słupa porusza się po okręgu o promieniu równym pełnej długości słupa $R = H$. Jego prędkość liniowa $v_{w_2}$ wynosi: $$\begin{aligned} v_{w_2} &= \omega_2 \cdot H \\ &= \sqrt{\dfrac{3g}{H}} \cdot H \\ &= \sqrt{\dfrac{3g \cdot H^2}{H}} \\ &= \sqrt{3gH} \end{aligned}$$ Podstawiamy dane liczbowe: $$\begin{aligned} v_{w_2} &= \sqrt{3 \cdot 9{,}81\text{ m/s}^2 \cdot 6\text{ m}} \\ &= \sqrt{176{,}58\text{ m}^2/\text{s}^2} \\ &\approx 13{,}29\text{ m/s} \end{aligned}$$ Poniższy rysunek ilustruje trajektorię ruchu wierzchołka słupa oraz kierunek jego wektora prędkości liniowej tuż przed kontaktem z podłożem.

Odpowiedź:
a) $E_{k_2} = 8829\text{ J} \approx 8{,}83\text{ kJ}$

b) $v_{w_2} = \sqrt{176{,}58}\text{ m/s} \approx 13{,}29\text{ m/s}$

Zadanie 5

Jednorodna kulista zabawka z dozownikiem smakołyków toczy się bez poślizgu po specjalnie ukształtowanym torze przeszkód. Masa kuli wraz z zawartością wynosi $m_k = 0,25\text{ kg}$, a jej promień $R = 5\text{ cm}$. Masa zabawki jest rozłożona równomiernie w całej objętości (moment bezwładności kuli wynosi $I = \dfrac{2}{5} m_k R^2$) i nie ulega zmianie w trakcie ruchu. W obliczeniach przyjmij wartość przyspieszenia ziemskiego $g = 9,8\text{ m/s}^2$.

a) Oblicz minimalną wartość prędkości liniowej $v_1$, jaką należy nadać kuli u podnóża toru, aby przetoczyła się przez pagórek o wysokości $h_1 = 56\text{ cm}$.

b) Kula bez prędkości początkowej stoczyła się ze szczytu pagórka o wysokości $h_1$ na płaską poziomą półkę o wysokości $h_2 = 42\text{ cm}$. Oblicz wartość prędkości kątowej $\omega_2$ kuli na tej wysokości.

Wskazówki:

Podczas toczenia bez poślizgu całkowita energia kinetyczna ciała jest sumą energii kinetycznej ruchu postępowego środka masy oraz energii kinetycznej ruchu obrotowego wokół osi przechodzącej przez środek masy.
Związek między prędkością liniową środka masy a prędkością kątową bryły toczącej się bez poślizgu ma postać $v = \omega \cdot R$.
W układzie bez oporów ruchu zachowana jest całkowita energia mechaniczna: $E_c = E_p + E_k = \text{const}$.

Dane i szukane:

Dane:
$m_k = 0,25\text{ kg}$
$R = 5\text{ cm} = 0,05\text{ m}$
$h_1 = 56\text{ cm} = 0,56\text{ m}$
$h_2 = 42\text{ cm} = 0,42\text{ m}$
$I = \dfrac{2}{5} m_k R^2$
$g = 9,8\text{ m/s}^2$

Szukane:
a) $v_1 = ?$
b) $\omega_2 = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyprowadzenie energii kinetycznej toczącej się kuli:
W stanie początkowym kula toczy się po poziomym podłożu z prędkością liniową $v_1$ oraz prędkością kątową $\omega_1 = \dfrac{v_1}{R}$.

Całkowita energia kinetyczna kuli toczącej się bez poślizgu wyraża się wzorem: $$E_k = E_{post} + E_{obr} = \dfrac{1}{2} m_k v^2 + \dfrac{1}{2} I \omega^2$$ Podstawiamy warunek toczenia bez poślizgu $\omega = \dfrac{v}{R}$ oraz moment bezwładności kuli jednorodnej $I = \dfrac{2}{5} m_k R^2$: $$\begin{aligned} E_k &= \dfrac{1}{2} m_k v^2 + \dfrac{1}{2} \cdot \left(\dfrac{2}{5} m_k R^2\right) \cdot \left(\dfrac{v}{R}\right)^2 \\ &= \dfrac{1}{2} m_k v^2 + \dfrac{1}{5} m_k v^2 \\ &= \dfrac{5}{10} m_k v^2 + \dfrac{2}{10} m_k v^2 \\ &= \dfrac{7}{10} m_k v^2 \end{aligned}$$
Podpunkt a) Wyznaczenie minimalnej prędkości liniowej $v_1$:
Aby kula zdołała przetoczyć się przez szczyt pagórka, jej prędkość na szczycie musi być co najmniej równa zeru ($v_{szczyt} \ge 0$). W granicznym, minimalnym przypadku cała początkowa energia kinetyczna zamienia się na szczycie na energię potencjalną grawitacji.

Sposób I – Wykorzystanie zasady zachowania energii mechanicznej: $$\begin{aligned} E_{k1} &= E_{p1} \\ \dfrac{7}{10} m_k v_1^2 &= m_k g h_1 \end{aligned}$$ Dzielimy obie strony równania przez masę kuli $m_k$: $$\begin{aligned} \dfrac{7}{10} v_1^2 &= g h_1 \\ v_1^2 &= \dfrac{10}{7} g h_1 \\ v_1 &= \sqrt{\dfrac{10}{7} g h_1} \end{aligned}$$ Podstawiamy dane liczbowe: $$\begin{aligned} v_1 &= \sqrt{\dfrac{10}{7} \cdot 9,8 \cdot 0,56} \\ &= \sqrt{14 \cdot 0,56} \\ &= \sqrt{7,84} \\ &= 2,8\text{ m/s} \end{aligned}$$
Podpunkt b) Wyznaczenie prędkości kątowej $\omega_2$ na wysokości $h_2$:
Kula stacza się ze szczytu pagórka ($h_1 = 0,56\text{ m}$) bez prędkości początkowej ($v_1' = 0$). Po osiągnięciu poziomej półki na wysokości $h_2 = 0,42\text{ m}$ część energii potencjalnej zostaje przekształcona w energię kinetyczną ruchu toczącego.

Sposób I – Obliczenie prędkości liniowej $v_2$ i przejście do prędkości kątowej: Z zasady zachowania energii mechanicznej między szczytem a wysokością $h_2$: $$\begin{aligned} E_{p1} &= E_{p2} + E_{k2} \\ m_k g h_1 &= m_k g h_2 + \dfrac{7}{10} m_k v_2^2 \\ m_k g (h_1 - h_2) &= \dfrac{7}{10} m_k v_2^2 \\ g (h_1 - h_2) &= \dfrac{7}{10} v_2^2 \\ v_2^2 &= \dfrac{10}{7} g (h_1 - h_2) \end{aligned}$$ Obliczamy różnicę wysokości: $$\Delta h = h_1 - h_2 = 0,56\text{ m} - 0,42\text{ m} = 0,14\text{ m}$$ Wyznaczamy prędkość liniową $v_2$: $$\begin{aligned} v_2 &= \sqrt{\dfrac{10}{7} \cdot 9,8 \cdot 0,14} \\ &= \sqrt{14 \cdot 0,14} \\ &= \sqrt{1,96} \\ &= 1,4\text{ m/s} \end{aligned}$$ Obliczamy szukaną prędkość kątową: $$\omega_2 = \dfrac{v_2}{R} = \dfrac{1,4\text{ m/s}}{0,05\text{ m}} = 28\text{ rad/s}$$
Sposób II – Bezpośrednie uzależnienie energii od prędkości kątowej: Zapisujemy energię kinetyczną na wysokości $h_2$ bezpośrednio za pomocą $\omega_2$, wykorzystując $v_2 = \omega_2 R$: $$\begin{aligned} m_k g (h_1 - h_2) &= \dfrac{7}{10} m_k (\omega_2 R)^2 \\ g (h_1 - h_2) &= \dfrac{7}{10} \omega_2^2 R^2 \\ \omega_2^2 &= \dfrac{10 g (h_1 - h_2)}{7 R^2} \\ \omega_2 &= \dfrac{1}{R} \sqrt{\dfrac{10}{7} g (h_1 - h_2)} \\ &= \dfrac{1}{0,05} \cdot 1,4 \\ &= 28\text{ rad/s} \end{aligned}$$

Odpowiedź:
a) Minimalna wartość prędkości liniowej wynosi $v_1 = 2,8\text{ m/s}$.

b) Wartość prędkości kątowej kuli na wysokości $h_2$ wynosi $\omega_2 = 28\text{ rad/s}$.

Zadanie 6

W pracowni fizycznej uczniowie badają ruch brył sztywnych. Jednorodny drewniany walec o masie $m = 0{,}8\text{ kg}$ toczy się bez poślizgu po płaskim, poziomym stole laboratoryjnym. Prędkość liniowa jego środka masy wynosi $v_1 = 0{,}5\text{ m/s}$.

a) Oblicz całkowitą energię kinetyczną toczącego się walca.

b) Oblicz, jaką część całkowitej energii kinetycznej stanowi energia kinetyczna ruchu obrotowego walca wokół własnej osi symetrii, a jaką – energia kinetyczna ruchu postępowego jego środka masy.

Wskazówki:

Toczenie się bryły sztywnej bez poślizgu jest ruchem złożonym (płaskim), na który składa się ruch postępowy środka masy oraz jednoczesny ruch obrotowy wokół osi przechodzącej przez środek masy.
Warunek toczenia bez poślizgu wiąże prędkość liniową środka masy z prędkością kątową relacją $v_1 = \omega_1 \cdot R$.
Moment bezwładności jednorodnego, pełnego walca względem głównej osi symetrii wynosi $I_S = \dfrac{1}{2} m R^2$.
Zadanie można rozwiązać na dwa równoważne sposoby: klasycznie (sumując energie ruchu postępowego i obrotowego wokół środka masy) lub traktując ruch jako czysty obrót wokół chwilowej osi obrotu przechodzącej przez punkt styku z podłożem (z wykorzystaniem twierdzenia Steinera).

Dane i szukane:

Dane:
Masa walca: $m_w = 0{,}8\text{ kg}$
Prędkość liniowa środka masy: $v_1 = 0{,}5\text{ m/s}$
Moment bezwładności pełnego walca: $I_S = \dfrac{1}{2} m_w R^2$
Warunek braku poślizgu: $v_1 = \omega_1 \cdot R \implies \omega_1 = \dfrac{v_1}{R}$

Szukane:
Całkowita energia kinetyczna: $E_k = ?$
Udział energii obrotowej w energii całkowitej: $\dfrac{E_{k_{\text{obr}}}}{E_k} = ?$
Udział energii postępowej w energii całkowitej: $\dfrac{E_{k_{\text{post}}}}{E_k} = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza kinematyczna toczącego się walca:
Walec o masie $m_w$ i promieniu $R$ porusza się w prawo. Jego środek masy $S$ przemieszcza się z prędkością liniową $v_1$, a cała bryła obraca się wokół osi symetrii z prędkością kątową $\omega_1$. Punkt styku walca z podłożem $O$ w danej chwili nie przesuwa się po powierzchni stołu (chwilowa prędkość punktu styku wynosi zero).
Podpunkt a) Obliczenie całkowitej energii kinetycznej walca dwoma sposobami:

Sposób I – Podział na energię ruchu postępowego środka masy i ruchu obrotowego:
Całkowita energia kinetyczna toczącej się bryły jest sumą energii kinetycznej ruchu postępowego środka masy ($E_{k_{\text{post}}}$) oraz energii kinetycznej ruchu obrotowego wokół osi przechodzącej przez środek masy ($E_{k_{\text{obr}}}$): $$E_k = E_{k_{\text{post}}} + E_{k_{\text{obr}}}$$ Wzory na poszczególne składowe mają postać: $$\begin{aligned} E_{k_{\text{post}}} &= \dfrac{1}{2} m_w v_1^2 \\ E_{k_{\text{obr}}} &= \dfrac{1}{2} I_S \omega_1^2 \end{aligned}$$ Dla pełnego walca moment bezwładności wynosi $I_S = \dfrac{1}{2} m_w R^2$, a z warunku toczenia bez poślizgu wynika zależność: $$\omega_1 = \dfrac{v_1}{R}$$ Wstawiamy wyrażenia na $I_S$ oraz $\omega_1$ do wzoru na energię kinetyczną ruchu obrotowego: $$\begin{aligned} E_{k_{\text{obr}}} &= \dfrac{1}{2} \cdot \left(\dfrac{1}{2} m_w R^2\right) \cdot \left(\dfrac{v_1}{R}\right)^2 \\ &= \dfrac{1}{4} m_w R^2 \cdot \dfrac{v_1^2}{R^2} \\ &= \dfrac{1}{4} m_w v_1^2 \end{aligned}$$ Dodajemy obie składowe energii: $$\begin{aligned} E_k &= E_{k_{\text{post}}} + E_{k_{\text{obr}}} \\ &= \dfrac{1}{2} m_w v_1^2 + \dfrac{1}{4} m_w v_1^2 \\ &= \dfrac{2}{4} m_w v_1^2 + \dfrac{1}{4} m_w v_1^2 \\ &= \dfrac{3}{4} m_w v_1^2 \end{aligned}$$ Podstawiamy dane liczbowe: $$\begin{aligned} E_{k_{\text{post}}} &= \dfrac{1}{2} \cdot 0{,}8\text{ kg} \cdot (0{,}5\text{ m/s})^2 \\ &= 0{,}4\text{ kg} \cdot 0{,}25\text{ m}^2/\text{s}^2 = 0{,}1\text{ J} \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} E_{k_{\text{obr}}} &= \dfrac{1}{4} \cdot 0{,}8\text{ kg} \cdot (0{,}5\text{ m/s})^2 \\ &= 0{,}2\text{ kg} \cdot 0{,}25\text{ m}^2/\text{s}^2 = 0{,}05\text{ J} \end{aligned}$$ $$\begin{aligned} E_k &= 0{,}1\text{ J} + 0{,}05\text{ J} = 0{,}15\text{ J} \end{aligned}$$
Sposób II – Ruch obrotowy wokół chwilowej osi obrotu (twierdzenie Steinera):
W ruchu bez poślizgu punkt styku walca z podłożem $O$ ma w danej chwili zerową prędkość. Oznacza to, że cały ruch toczącego się walca można potraktować jako czysty ruch obrotowy wokół chwilowej osi obrotu przechodzącej przez punkt $O$.

Zgodnie z twierdzeniem Steinera moment bezwładności względem osi przechodzącej przez punkt $O$ wynosi: $$\begin{aligned} I_O &= I_S + m_w R^2 \\ &= \dfrac{1}{2} m_w R^2 + m_w R^2 \\ &= \dfrac{3}{2} m_w R^2 \end{aligned}$$ Całkowita energia kinetyczna to energia obrotowa wokół chwilowej osi obrotu: $$\begin{aligned} E_k &= \dfrac{1}{2} I_O \omega_1^2 \\ &= \dfrac{1}{2} \cdot \left(\dfrac{3}{2} m_w R^2\right) \cdot \left(\dfrac{v_1}{R}\right)^2 \\ &= \dfrac{3}{4} m_w v_1^2 \end{aligned}$$ Podstawiając wartości liczbowe: $$E_k = \dfrac{3}{4} \cdot 0{,}8\text{ kg} \cdot 0{,}25\text{ m}^2/\text{s}^2 = 0{,}6 \cdot 0{,}25\text{ J} = 0{,}15\text{ J}$$
Podpunkt b) Wyznaczenie udziału poszczególnych rodzajów energii w energii całkowitej:
Obliczamy stosunek energii kinetycznej ruchu obrotowego do całkowitej energii kinetycznej: $$\begin{aligned} \dfrac{E_{k_{\text{obr}}}}{E_k} &= \dfrac{\dfrac{1}{4} m_w v_1^2}{\dfrac{3}{4} m_w v_1^2} \\ &= \dfrac{\frac{1}{4}}{\frac{3}{4}} = \dfrac{1}{3} \approx 0{,}333 = 33{,}3\% \end{aligned}$$ Obliczamy stosunek energii kinetycznej ruchu postępowego do całkowitej energii kinetycznej: $$\begin{aligned} \dfrac{E_{k_{\text{post}}}}{E_k} &= \dfrac{\dfrac{1}{2} m_w v_1^2}{\dfrac{3}{4} m_w v_1^2} \\ &= \dfrac{\frac{2}{4}}{\frac{3}{4}} = \dfrac{2}{3} \approx 0{,}667 = 66{,}7\% \end{aligned}$$ Warto zauważyć, że stosunek ten jest cechą geometryczną pełnego walca toczącego się bez poślizgu i nie zależy ani od masy $m_w$, ani od promienia $R$, ani od prędkości liniowej $v_1$.
Rysunek wynikowy – rozkład prędkości oraz bilans energii kinetycznej:
Poniższy rysunek ilustruje wyznaczony rozkład prędkości liniowych punktów walca (od $v = 0$ w punkcie styku, przez $v_1 = 0{,}5\text{ m/s}$ w środku masy, do $v = 1{,}0\text{ m/s}$ na szczycie walca) oraz graficzne zestawienie składowych energii kinetycznej.

Odpowiedź:
a) Całkowita energia kinetyczna walca wynosi $E_k = 0{,}15\text{ J}$.

b) Energia kinetyczna ruchu obrotowego stanowi $\dfrac{1}{3}$ ($\approx 33{,}3\%$), natomiast energia kinetyczna ruchu postępowego środka masy stanowi $\dfrac{2}{3}$ ($\approx 66{,}7\%$) całkowitej energii kinetycznej.

Grupa B

Zadanie 1

Jednorodny pręt o długości $l_p = 0{,}6\text{ m}$ i masie $m_p = 0{,}5\text{ kg}$ osadzono na pionowej osi obrotu $O'$ w odległości $\frac{1}{3}l_p$ od jednego z jego końców. Moment bezwładności pręta względem osi $O$ przechodzącej przez jego środek masy wynosi $I_O = \dfrac{m_p l_p^2}{12}$.

a) Oblicz moment bezwładności pręta względem osi obrotu $O'$.
b) Ile razy zmieni się moment bezwładności układu, jeśli na obu końcach pręta umieścimy ciężarki o masie $m_c = 0{,}5\text{ kg}$ każdy? Ciężarki potraktuj jak punkty materialne.

Zadanie 2

Walec o masie $m_w = 50\text{ kg}$ i średnicy $d = 80\text{ cm}$ stacza się bez poślizgu ze specjalnej pochylni o wysokości $h = 4{,}8\text{ m}$ i kącie nachylenia $\alpha = 30^\circ$ do poziomu. Walec potraktuj jako bryłę jednorodną. Przyjmij przyspieszenie ziemskie $g = 10\text{ m/s}^2$.

a) Oblicz wartość prędkości liniowej walca po stoczeniu się z pochylni.
b) Oblicz czas staczania się walca z pochylni.
c) Oblicz drogę, jaką pokona walec na poziomej nawierzchni aż do zatrzymania, jeśli działa na niego stała siła oporu $F_o = 80\text{ N}$.

Zadanie 3

Koło jednokołowego roweru ma masę $m_k = 3{,}2\text{ kg}$, promień $R = 25\text{ cm}$, a moment bezwładności koła wynosi $I_k = m_k R^2$. Koło jest połączone na stałe z korbami pedałów odległymi od osi obrotu o $l = 16\text{ cm}$. Podczas przeglądu technicznego mechanik odwrócił rower siodełkiem do dołu i pedałem wprawił w ruch obrotowy koło, które po pewnym czasie uzyskało prędkość kątową $\omega_2 = 6\text{ rad/s}$.

a) Oblicz pracę wykonaną przez mechanika przy rozkręcaniu koła od stanu spoczynku do prędkości kątowej $\omega_2$.

b) Ile obrotów musiałby wykonać mechanik, działając stałą siłą $F = 2{,}5\text{ N}$ na pedał roweru (prostopadle do ramienia korby), aby od stanu spoczynku uzyskać prędkość kątową $\omega_3 = 10\text{ rad/s}$? Przyjmij, że ruch obrotowy koła był jednostajnie przyspieszony. Pomiń siły oporu.

Zadanie 4

Jednorodny maszt o masie $m = 600\text{ kg}$ i wysokości $H = 5\text{ m}$ został podcięty przy fundamencie i przewraca się na ziemię, wykonując ruch obrotowy wokół nieruchomej osi przechodzącej przez jego podstawę.
a) Oblicz energię kinetyczną masztu tuż przed upadkiem na ziemię.
b) Oblicz wartość prędkości liniowej, z jaką wierzchołek masztu zderzy się z podłożem.
Przyjmij, że moment bezwładności masztu odpowiada momentowi bezwładności jednorodnego pręta względem osi przechodzącej przez jego koniec. Przyjmij przyspieszenie ziemskie $g = 9{,}81\text{ m/s}^2$, pomiń opory ruchu.

Zadanie 5

Jednorodna metalowa kulka toczy się bez poślizgu po pofałdowanej szynie laboratoryjnej. Masa kulki wynosi $m_k = 0,12\text{ kg}$, a jej promień $R = 2\text{ cm}$. Masa kulki rozłożona jest równomiernie w całej jej objętości (moment bezwładności wynosi $I = \dfrac{2}{5} m_k R^2$). Przyjmij przyspieszenie ziemskie równe $g = 9,8\text{ m/s}^2$.

a) Oblicz minimalną wartość prędkości liniowej $v_1$, jaką należy nadać kulce na poziomie zerowym, aby przetoczyła się przez pagórek o wysokości $h_1 = 14\text{ cm}$.

b) Kulka stoczyła się bez prędkości początkowej ze szczytu tego wzniesienia na płaski poziomy fragment toru znajdujący się na wysokości $h_2 = 10,5\text{ cm}$. Oblicz wartość prędkości kątowej $\omega_2$ kulki na tej wysokości.

Zadanie 6

W pracowni fizycznej uczniowie badają ruch brył sztywnych. Jednorodny drewniany walec o masie $m = 1{,}2\text{ kg}$ toczy się bez poślizgu po płaskim, poziomym stole laboratoryjnym. Prędkość liniowa jego środka masy wynosi $v_1 = 2\text{ m/s}$.

a) Oblicz całkowitą energię kinetyczną toczącego się walca.

b) Oblicz, jaką część całkowitej energii kinetycznej stanowi energia kinetyczna ruchu obrotowego walca wokół własnej osi symetrii, a jaką – energia kinetyczna ruchu postępowego jego środka masy.

6.4 Energia kinetyczna w ruchu obrotowym

Grupa A

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Zadanie 4

Zadanie 5

Zadanie 6

Grupa B

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Zadanie 4

Zadanie 5

Zadanie 6

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi

Witaj na Liczbit 👋