Moment bezwładności

Jak to rozwiązać — równowaga sił

Lina jest nierozciągliwa i nie ślizga się, a bloczek jest w spoczynku, więc napięcie liny jest po obu stronach takie samo. Ciężarek 𝒞 nie porusza się → napięcie liny równoważy jego ciężar: $N=m_c g$. Siła F przyłożona do drugiego końca liny musi być równa temu napięciu (kąt α nie zmienia wartości siły wzdłuż liny):

$F=m_c\,g$

Odpowiedź: A.

✔ Zgodne z kluczem: A (F = m_cg).

Rozwiązanie – Zadanie 2.1

Analiza toczenia walców bez poślizgu po równi pochyłej

1. Krok 1: Równanie ruchu walca toczącego się bez poślizgu po równi pochyłej

   Dla walca toczącego się bez poślizgu zachodzi więź kinematyczna między prędkością środka masy $v$ a prędkością kątową $\omega$:

   $$v = \omega R$$

   Całkowita energia kinetyczna walca (suma translacyjnej i rotacyjnej) wynosi:

   $$E_k = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(kmR^2)\frac{v^2}{R^2} = \frac{1}{2}mv^2(1+k)$$

2. Krok 2: Zastosowanie zasady zachowania energii

   Oba walce startują z tej samej wysokości $h$ z prędkością zerową. Na podstawie zasady zachowania energii (brak poślizgu oznacza brak strat na tarcie kinetyczne):

   $$mgh = \frac{1}{2}mv^2(1+k)$$

   Stąd prędkość środka masy u podnóża równi:

   $$v = \sqrt{\frac{2gh}{1+k}}$$

3. Krok 3: Ocena pierwszego stwierdzenia – „$k_2 > k_1$"

   Walec W1 jest pełny, natomiast walec W2 jest wydrążony osiowosymetrycznie – masa jest bardziej oddalona od osi obrotu niż w walcu pełnym.

   Moment bezwładności walca pełnego: $I = \frac{1}{2}mR^2$, czyli $k_1 = \frac{1}{2}$.

   W walcu wydrążonym masa jest skupiona dalej od osi, więc moment bezwładności jest większy niż dla walca pełnego, co oznacza:

   $$k_2 > k_1$$

   Stwierdzenie jest PRAWDZIWE (P).

4. Krok 4: Ocena drugiego stwierdzenia – „Całkowite energie kinetyczne walców W1 i W2 u podnóża są sobie równe"

   Z zasady zachowania energii dla każdego walca:

   $$E_{k1} = mgh, \qquad E_{k2} = mgh$$

   Obie energie kinetyczne są równe energii potencjalnej, z której się zamieniają. Ponieważ oba walce mają tę samą masę $m$ i startują z tej samej wysokości $h$:

   $$E_{k1} = E_{k2} = mgh$$

   Podział na ruch postępowy i obrotowy jest różny, ale suma jest identyczna.

   Stwierdzenie jest PRAWDZIWE (P).

5. Krok 5: Ocena trzeciego stwierdzenia – „Prędkość postępowa W1 jest mniejsza od prędkości postępowej W2"

   Ze wzoru z Kroku 2:

   $$v_1 = \sqrt{\frac{2gh}{1+k_1}}, \qquad v_2 = \sqrt{\frac{2gh}{1+k_2}}$$

   Porównanie: skoro $k_2 > k_1$ (Krok 3), to $1 + k_2 > 1 + k_1$, a zatem:

   $$\frac{2gh}{1+k_2} \lt \frac{2gh}{1+k_1}$$ $$\Rightarrow v_2 \lt v_1$$

   Walec o większym momencie bezwładności (W2) „wkłada" więcej energii w obrót kosztem translacji, więc porusza się wolniej postępowo. Prędkość postępowa W1 jest zatem większa, nie mniejsza, od prędkości W2.

   Stwierdzenie jest FAŁSZYWE (F).

Wynik końcowy

Jak to rozwiązać — energia kinetyczna bryły sztywnej

Krok 1. Całkowita energia = ruch postępowy + obrotowy, z $\omega=\dfrac{v}{R}$ i $I_0=\tfrac{1}{2}mR^2$:

$E_{całk}=\tfrac{1}{2}mv^2+\tfrac{1}{2}I_0\omega^2=\tfrac{1}{2}mv^2+\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2}mR^2\cdot\tfrac{v^2}{R^2}=\tfrac{1}{2}mv^2+\tfrac{1}{4}mv^2=\tfrac{3}{4}mv^2$

Krok 2. Ruch postępowy: $E_{post}=\tfrac{1}{2}mv^2$. Iloraz:

$\dfrac{E_{post}}{E_{całk}}=\dfrac{\tfrac{1}{2}mv^2}{\tfrac{3}{4}mv^2}=\dfrac{2}{3}$

✔ Zgodne z kluczem: 2/3.

Jak to rozwiązać — kinematyka toczenia i bilans energii

Zdanie 1 — PRAWDA. W toczeniu bez poślizgu jeden pełny obrót odpowiada przebyciu drogi równej obwodowi koła: $2\pi R$.

Zdanie 2 — PRAWDA. $E_{post}=\tfrac{1}{2}mv^2$, a $E_{obr}=\tfrac{1}{2}I\omega^2=\tfrac{1}{2}\cdot\tfrac{1}{2}mR^2\cdot\tfrac{v^2}{R^2}=\tfrac{1}{4}mv^2$. Zatem $E_{post}>E_{obr}$.

Zdanie 3 — FAŁSZ. Część energii potencjalnej ciężarka zamienia się także na jego własną energię kinetyczną (ciężarek się porusza), więc nie w całości na energię walca.

✔ Zgodne z kluczem: P, P, F.

Moment siły ciężkości względem osi w $A$: $M=mg\cdot\dfrac{l}{2}\cos\alpha_{t}$ (ramię to poziomy rzut odległości $AS$).

$\varepsilon=\dfrac{M}{I_{A}}=\dfrac{mg\frac{l}{2}\cos\alpha_{t}}{\frac{1}{3}ml^{2}}=\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{g}{l}\cos\alpha_{t}$.

Odpowiedź: A.

Rozwiązanie

1. Ciężarek: $mg-F=ma\Rightarrow F=m(g-a)$ ($F$ — naciąg nitki).
2. Walec (obrót): moment siły $F r=I\varepsilon$, a $\varepsilon=\dfrac{a}{r}$, więc $Fr=I\dfrac{a}{r}$.
3. $I=\dfrac{Fr^2}{a}=\dfrac{m(g-a)r^2}{a}=mr^2\left(\dfrac{g}{a}-1\right)$. $\blacksquare$

Rozwiązanie

1. $I=\sum mr^2$; mniejsze $r$ → moment bezwładności zmalał.
2. Mniejsze $I$ → większe przyspieszenie $a$ ciężarka → mniejszy naciąg $F=m(g-a)$, więc siła napięcia nitki zmalała.

Rozwiązanie

Z twierdzenia Steinera $I=I_S+md^2$ — moment bezwładności jest tym większy, im dalej oś leży od środka masy spinacza. Na rysunku C oś przechodzi przez skrajny punkt spinacza, najdalej od jego środka masy, więc moment bezwładności jest tam największy.

Odpowiedź: C (zgodnie z zasadami oceniania CKE)