Energia kinetyczna ruchu obrotowego

Jak to rozwiązać — II zasada dynamiki: ruch postępowy + obrotowy

Krok 1. Ciężarek 𝒞 (ruch postępowy w dół z przyśpieszeniem a) — siła wypadkowa = ciężar − napięcie:

$m_c\,a = m_c\,g - F_n$

Krok 2. Bloczek 𝒲 (ruch obrotowy), $I_0=\tfrac{1}{2}m_w R^2$, związek $a=\varepsilon R$:

$I_0\,\varepsilon = R F_n - R F \;\Rightarrow\; \tfrac{1}{2}m_w\,a = F_n - F$

Krok 3. Dodajemy równania (rugujemy F_n):

$F = m_c\,g - m_c\,a - \tfrac{1}{2}m_w\,a$

Krok 4. Podstawiamy $a=\tfrac{1}{2}g$:

$F = m_c g - \tfrac{1}{2}m_c g - \tfrac{1}{4}m_w g = \tfrac{1}{2}g\left(m_c - \tfrac{1}{2}m_w\right)$

✔ Zgodne z kluczem: $F=\tfrac{1}{2}g\left(m_c-\tfrac{1}{2}m_w\right)$.

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

Rozwiązanie dotyczy walca W2 toczącego się po pochyłości pod kątem β, gdzie siła tarcia statycznego jest proporcjonalna do normalnej reakcji podłoża: $F_t = k_2 \cdot N$.

1. Krok 1 – Siły działające na walec W2

   Na walec działają:

   • składowa siły grawitacji wzdłuż pochyłości: $mg\sin\beta$ (w dół)
   • normalna reakcja podłoża: $N = mg\cos\beta$
   • siła tarcia statycznego: $F_t = k_2 \cdot N = k_2 \cdot mg\cos\beta$ (skierowana w górę pochyłości – umożliwia toczenie)
2. Krok 2 – Równanie ruchu postępowego (II zasada Newtona wzdłuż pochyłości)

   Przyjmując kierunek w dół pochyłości jako dodatni:

   $$mg\sin\beta - F_t = ma$$ $$mg\sin\beta - k_2 \cdot mg\cos\beta = ma$$
3. Krok 3 – Równanie ruchu obrotowego względem osi walca

   Moment siły tarcia (jedyna siła powodująca obrót) względem osi symetrii walca o promieniu $R$ i momencie bezwładności $I$:

   $$F_t \cdot R = I \cdot \varepsilon$$

   Warunek toczenia bez poślizgu łączy przyspieszenie liniowe $a$ z przyspieszeniem kątowym $\varepsilon$:

   $$a = \varepsilon \cdot R \implies \varepsilon = \frac{a}{R}$$

   Zatem:

   $$k_2 \cdot mg\cos\beta \cdot R = I \cdot \frac{a}{R}$$
4. Krok 4 – Wyznaczenie siły tarcia z równania obrotowego

   Dla walca jednorodnego moment bezwładności wynosi $I = \frac{1}{2}mR^2$. Podstawiając:

   $$k_2 \cdot mg\cos\beta \cdot R = \frac{1}{2}mR^2 \cdot \frac{a}{R} = \frac{1}{2}mRa$$ $$k_2 \cdot g\cos\beta = \frac{a}{2}$$

   Stąd siła tarcia wyraża się przez przyspieszenie:

   $$F_t = \frac{ma}{2}$$

   co oznacza, że warunek $F_t = k_2 mg\cos\beta$ wraz z równaniem obrotowym jest wewnętrznie spójny i determinuje wartość $a$.

5. Krok 5 – Wyznaczenie przyspieszenia $a$

   Wracamy do równania ruchu postępowego z Kroku 2 i podstawiamy $F_t = \frac{ma}{2}$:

   $$mg\sin\beta - \frac{ma}{2} = ma$$ $$mg\sin\beta = ma + \frac{ma}{2} = \frac{3ma}{2}$$ $$a = \frac{2g\sin\beta}{3}$$

   Uwaga: Powyższe jest wynikiem dla walca jednorodnego wyznaczonym z obu równań. Zadanie wymaga jednak wyrażenia $a$ przez $k_2$, dlatego korzystamy bezpośrednio z równania postępowego bez eliminowania $F_t$ przez równanie obrotowe:

   $$mg\sin\beta - k_2 \cdot mg\cos\beta = ma$$ $$a = g\sin\beta - k_2 \cdot g\cos\beta$$

Wynik końcowy:

Przyspieszenie liniowe walca W2 wynosi $a = g(\sin\beta - k_2\cos\beta)$. Pierwsza składowa ($g\sin\beta$) pochodzi od napędzającej składowej grawitacji, natomiast odjęta składowa ($k_2 g\cos\beta$) odpowiada sile tarcia statycznego hamującej ruch postępowy, a jednocześnie wprawiającej walec w obrót.

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 — dwa równania II zasady dynamiki

Krok 1. Ruch postępowy: $ma=F-T$.

Krok 2. Ruch obrotowy (względem osi symetrii), $a=\varepsilon R$, $I_0=\tfrac{1}{2}mR^2$:

$I_0\varepsilon=RT\;\Rightarrow\;\tfrac{1}{2}mR^2\cdot\tfrac{a}{R}=RT\;\Rightarrow\;T=\tfrac{1}{2}ma$

Krok 3. Podstawiamy T do równania postępowego:

$ma=F-\tfrac{1}{2}ma\;\Rightarrow\;\tfrac{3}{2}ma=F\;\Rightarrow\;a=\dfrac{2F}{3m}=\dfrac{2\cdot30}{3\cdot10}=\mathbf{2\ \tfrac{m}{s^2}}$

✔ Zgodne z kluczem: a = 2 m/s².

1. Prawda. Przyśpieszenie kątowe $\varepsilon$ jest wspólne dla całej obracającej się bryły sztywnej.

2. Prawda. $v=\omega r$ — największą prędkość liniową mają punkty o największym $r$, czyli na brzegu.

3. Fałsz. Przyśpieszenie dośrodkowe $a_{r}=\omega^{2}r$ zależy od $r$, więc jest różne dla różnych punktów.

Odpowiedź: P, P, F.

Przy toczeniu bez poślizgu punkt styku z podłożem ma prędkość zero, a $\omega=\dfrac{v_{S}}{R}$.

Punkt $A$ (na górze): prędkość obrotowa dodaje się do postępowej — $v_{A}=v_{S}+\omega R=2v_{S}=2\cdot 2,5=5$ m/s.

Punkt $B$ (z boku): prędkość obrotowa (pionowa) jest prostopadła do postępowej (poziomej) — $v_{B}=\sqrt{v_{S}^{2}+(\omega R)^{2}}=v_{S}\sqrt{2}=2,5\sqrt{2}\approx 3,5$ m/s.

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.

Jak to rozwiązać — trzy równania II zasady dynamiki

Oznaczmy siłę reakcji linki F (jednakową na walec i ciężarek — III ZD), tarcie T. Przyśpieszenia walca i ciężarka są równe (linka nierozciągliwa), a walec toczy się bez poślizgu ($a=\varepsilon R$).

Krok 1. Trzy równania:

$I\varepsilon=RT\;\Rightarrow\;\tfrac{1}{2}mR^2\cdot\tfrac{a}{R}=RT\;\Rightarrow\;\tfrac{1}{2}ma=T$

$ma=F-T\qquad\text{(ruch postępowy walca)}$

$ma=mg-F\qquad\text{(ruch ciężarka)}$

Krok 2. Dodajemy równania walca: $ma=F-\tfrac{1}{2}ma\Rightarrow F=\tfrac{3}{2}ma$. Podstawiamy do równania ciężarka:

$ma=mg-\tfrac{3}{2}ma\;\Rightarrow\;\tfrac{5}{2}ma=mg\;\Rightarrow\;a=\tfrac{2}{5}g$

✔ Zgodne z kluczem: a = (2/5)g.

1. Prawda. Punkt $S$ jest w stałej odległości $\dfrac{l}{2}$ od nieruchomego $A$, więc porusza się po łuku okręgu.

2. Prawda. $v=\omega r$; $B$ jest w odległości $l$, a $S$ w odległości $\dfrac{l}{2}$ od osi, więc $\dfrac{v_{B}}{v_{S}}=\dfrac{l}{l/2}=2$.

3. Fałsz. Prędkość końcowa zależy od spadku wysokości $S$ ($\propto\sqrt{\sin\alpha_{0}}$), a ta zależność nie jest liniowa względem $\alpha_{0}$.

Odpowiedź: P, P, F.

Pręt (obrót wokół $A$): z zasady zachowania energii $\dfrac{1}{2}I_{A}\omega^{2}=mg\cdot\dfrac{l}{2}\sin\alpha_{0}$, gdzie $I_{A}=\dfrac{1}{3}ml^{2}$. Stąd $\omega^{2}=\dfrac{3g\sin\alpha_{0}}{l}$, a $v_{B}=\omega l=\sqrt{3gl\sin\alpha_{0}}$.

Kulka (spadek swobodny z wysokości $h=l\sin\alpha_{0}$): $v_{k}=\sqrt{2gl\sin\alpha_{0}}$.

$\dfrac{v_{B}}{v_{k}}=\dfrac{\sqrt{3gl\sin\alpha_{0}}}{\sqrt{2gl\sin\alpha_{0}}}=\sqrt{\dfrac{3}{2}}\approx 1,22$.

Rozwiązanie

$E_{kin}=\tfrac12 I\omega^2=\tfrac12 kMR_t^2\omega^2\propto R_t^2\omega^2\propto R_t^2 f^2$.

$\dfrac{E_{kin1}}{E_{kin10}}=\dfrac{R^2 f^2}{(10R)^2(f/100)^2}=\dfrac{f^2}{100\cdot f^2/10000}=\dfrac{10000}{100}=100$.

Odpowiedź: $\dfrac{E_{kin1}}{E_{kin10}}=100$ (energia wzrosła $100$-krotnie kosztem energii grawitacyjnej).

Rozwiązanie

1. Ciężarek przyspiesza w dół: $F_g-F_B=ma>0$, więc $F_B\lt F_g$.
2. Nitka jest nieważka, więc jej naciąg po obu stronach jest jednakowy: $F_B=F_A$.

Odpowiedź: 1) $F_B\lt F_g$; 2) $F_B=F_A$.

Rozwiązanie

Niepoprawne. Kula toczy się bez poślizgu, więc jej energia kinetyczna to suma energii ruchu postępowego i obrotowego: $mgh=\tfrac12 mv^2+\tfrac12 I\omega^2$. Pominięto energię ruchu obrotowego, dlatego wzór $v=\sqrt{2gh}$ jest błędny (zawyża prędkość).

Rozwiązanie

Pochylnia 2 jest stromsza → większe przyspieszenie i krótsza droga, więc kulka K2 dociera do X w krótszym czasie. Decyduje większe przyspieszenie.

Odpowiedź: A oraz 3.

Rozwiązanie

Z zasady zachowania energii prędkość w X zależy tylko od wysokości (i rozkładu masy, jednakowego dla obu kul): $v=\sqrt{\tfrac{2gh}{1+I/mR^2}}$. Obie z tej samej wysokości → prędkości równe.

Odpowiedź: B oraz 2.

Rozwiązanie

Zachowanie energii: $mgh=\tfrac12 mv^2+\tfrac12 I\omega^2=\tfrac12 mv^2(1+0{,}4)$.

$v=\sqrt{\dfrac{2gh}{1{,}4}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot10\cdot0{,}2}{1{,}4}}=\sqrt{2{,}86}\approx1{,}7\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Rozwiązanie

1. Zachowanie energii: środek masy opada o $\tfrac{L}{2}$: $mg\tfrac{L}{2}=\tfrac12 I\omega^2=\tfrac12\cdot\tfrac13 mL^2\omega^2$.
2. $\omega^2=\dfrac{3g}{L}$, a prędkość końca $v=\omega L=\sqrt{3gL}=\sqrt{3\cdot10\cdot12}=\sqrt{360}\approx 19\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Odpowiedź: $v=\sqrt{3gL}=6\sqrt{10}\approx 19\ \tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.