Na szczycie wzniesienia o długości...- Zadanie 2. Krąg studzienny: Zrozumieć fizykę. Zbiór zadań 1. Zakres rozszerzony. Po gimnazjum

Rozwiązanie

Wypiszmy dane podane w zadaniu:

$s = 80 m$

$α = 30^{\circ}$

$m = 530 k g$

$d_{z} = 1800 m m = 1, 8 m$

$d_{w} = 1500 m m = 1, 5 m$

Przyjmujemy, że przyspieszenie ziemskie ma postać:

$g = 9, 81 \frac{m}{s ^{2}}$

Przyjmujemy, że moment bezwładności kręgu równy jest momentowi bezwładności rury cylindrycznej:

$I = \frac{1}{2} m (r_{w}^{2} + r_{z}^{2})$

gdzie r_w jest promieniem wewnętrznym, r_z jest promieniem zewnętrznym. Wykonajmy rysunek pomocniczy do zadania:

gdzie $F_{g}$ jest siłą ciężkości, $N$ jest składową siły ciężkości odpowiedzialną za nacisk kręgu na podłoże, $F$ jest składową siły ciężkości zsuwającą krąg, $T$ jest siłą tarcia statycznego, odpowiadającą za poruszanie się kręgu bez poślizgu.

Wiemy, że promień okręgu jest połową średnicy. Z tego wynika, że:

$r_{w} = \frac{1}{2} d_{w}$

$r_{z} = \frac{1}{2} d_{z}$

Korzystając z funkcji trygonometrycznych możemy zauważyć, że:

$sin α = \frac{h}{s}$

Z tego wynika, że:

$h = s sin α$

$2.1 .$

Krąg studzienny znajdujący się na szczycie ma energie potencjalną. Energię potencjalną ciała przedstawiamy za pomocą wzoru:

$E_{p} = m g h$

gdzie E_p jest energią potencjalną ciała o masie m znajdującego się na wysokości h, na które działa przyspieszenie ziemskie g. W naszym przypadku energie potencjalną kręgu opiszemy wzorem:

$E_{p} = m g h$

$E_{p} = m g s sin α$

Energia potencjalna kręgu została zamieniona na energię kinetyczną ruchu postępowego i energie kinetyczną ruchu obrotowego. Energię kinetyczną ciała przedstawiamy za pomocą wzoru:

$E_{k} = \frac{m v ^{2}}{2}$

gdzie E_k jest energią kinetyczną ciała o masie m poruszającego się z prędkością v. Wiemy, że prędkość liniową w zależności od prędkości kątowej możemy przedstawić wzorem:

$v = ω R$

gdzie v jest prędkością liniową, ω jest prędkością kątową, R jest promieniem obracającego się ciała. W naszym przypadku energia kinetyczna ruchu postępowego kręgu może zostać przedstawiona za pomocą wzoru:

$E_{k} = \frac{m v ^{2}}{2}$

$E_{k} = \frac{m ( ω r _{z} ) ^{2}}{2}$

$E_{k} = \frac{m ω ^{2} r _{z}^{2}}{2}$

Energię kinetyczną ruchu obrotowego przedstawiamy za pomocą wzoru:

$E_{k obr} = \frac{I ω ^{2}}{2}$

gdzie E_kobr jest energia kinetyczną ruchu obrotowego bryły sztywnej o momencie bezwładności I poruszającej się z prędkością kątową ω. Wówczas dla naszego przypadku energia kinetyczna ruchu obrotowego studziennego kręgu będzie miała postać:

$E_{k obr} = \frac{I ω ^{2}}{2}$

$E_{k obr} = \frac{\frac{1}{2} m ( r _{w}^{2} + r _{z}^{2} ) ω ^{2}}{2}$

$E_{k obr} = \frac{m ( r _{w}^{2} + r _{z}^{2} ) ω ^{2}}{4}$

Korzystając z zasady zachowania energii otrzymujemy, że:

$E_{k} + E_{k obr} = E_{p}$

$\frac{m ( r _{w}^{2} + r _{z}^{2} ) ω ^{2}}{4} + \frac{m ω ^{2} r _{z}^{2}}{2} = m g s sin α ∣ \cdot 4$

$m (r_{w}^{2} + r_{z}^{2}) ω^{2} + 2 m ω^{2} r_{z}^{2} = 4 m g s sin α$

$m r_{w}^{2} ω^{2} + m r_{z}^{2} ω^{2} + 2 m ω^{2} r_{z}^{2} = 4 m g s sin α$

$3 m r_{z}^{2} ω^{2} + m r_{w}^{2} ω^{2} = 4 m g s sin α ∣ : m$

$3 r_{z}^{2} ω^{2} + r_{w}^{2} ω^{2} = 4 g s sin α$

$ω^{2} (3 r_{z}^{2} + r_{w}^{2}) = 4 g s sin α$

Wiemy, że:

$ω = \frac{v}{R}$

Wówczas dla naszego przypadku otrzymujemy, że:

$ω^{2} (3 r_{z}^{2} + r_{w}^{2}) = 4 g s sin α$

$(\frac{v}{r _{z}})^{2} (3 r_{z}^{2} + r_{w}^{2}) = 4 g s sin α$

$\frac{v ^{2}}{r _{z}^{2}} (3 r_{z}^{2} + r_{w}^{2}) = 4 g s sin α$

$\frac{v ^{2}}{r _{z}^{2}} r_{z}^{2} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}}) = 4 g s sin α$

$v^{2} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}}) = 4 g s sin α$

Korzystając z wzoru na prędkość w ruchu jednostajnie przyspieszonym wiemy, że:

$v = a t$

gdzie v jest prędkością z jaką porusza się ciało ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem a po czasie t. Z tego wynika, że:

$v^{2} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}}) = 4 g s sin α$

$(a t)^{2} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}}) = 4 g s sin α$

$a^{2} t^{2} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}}) = 4 g s sin α$

Korzystając z wzoru na drogę w ruchu jednostajnie przyspieszonym (z pominięciem prędkości początkowej) wyznaczmy przyspieszenie studziennego kręgu:

$s = \frac{1}{2} a t^{2} \Rightarrow 2 s = a t^{2} \Rightarrow a = \frac{2 s}{t ^{2}}$

Z tego wynika, że:

$a^{2} t^{2} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}}) = 4 g s sin α$

$(\frac{2 s}{t ^{2}})^{2} t^{2} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}}) = 4 g s sin α$

$\frac{4 s ^{2}}{t ^{4}} t^{2} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}}) = 4 g s sin α ∣ : 4$

$\frac{s ^{2}}{t ^{2}} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}}) = g s sin α ∣ \cdot t^{2}$

$s^{2} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}}) = t^{2} g s sin α$

Zamieniamy stronami:

$t^{2} g s sin α = s^{2} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}}) ∣ : g s sin α$

$t^{2} = \frac{s ^{2}}{g s sin α} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}})$

$t^{2} = \frac{s}{g sin α} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}}) ∣$

$t = \frac{s}{g sin α} (3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}})$

$t = \frac{s}{g sin α} (3 + (\frac{r _{w}}{r _{z}})^{2})$

$t = \frac{s}{g sin α} (3 + (\frac{\frac{1}{2} d _{w}}{\frac{1}{2} d _{z}})^{2})$

$t = \frac{s}{g sin α} (3 + (\frac{d _{w}}{d _{z}})^{2})$

Podstawiamy dane liczbowe do wzoru:

$t = \frac{80 m}{9 , 81 \frac{m}{s ^{2}} \cdot sin 30 ^{\circ}} (3 + (\frac{1 , 5 m}{1 , 8 m})^{2}) \approx$

$\approx \frac{80 m}{9 , 81 \frac{m}{s ^{2}} \cdot 0 , 5} \cdot (3 + (0, 8333)^{2}) \approx$

$\approx \frac{80 m}{4 , 905 \frac{m}{s ^{2}}} \cdot (3 + 0, 7) \approx$

$\approx 16, 3 s^{2} \cdot 3, 7 \approx 16, 3 s^{2} \cdot 3, 7 =$

$= 60, 31 s^{2} \approx 7, 76 s$

$2.2 .$

W tym przypadku ponownie korzystamy z energii. Energia potencjalna kręgu na szczycie wzniesienia będzie miała postać:

$E_{p} = m g s sin α$

Energię kinetyczną ruchu postępowego u podnóża wzniesienia opiszemy wzorem:

$E_{k} = \frac{m ω ^{2} r _{z}^{2}}{2}$

Energię kinetyczną ruchu obrotowego u podnóża wzniesienia przedstawimy zależnością:

$E_{k obr} = \frac{m ( r _{w}^{2} + r _{z}^{2} ) ω ^{2}}{4}$

Wówczas korzystając z zasady zachowania energii otrzymujemy, że prędkość kątowa studziennego kręgu przedstawimy zależnością:

$E_{k} + E_{k obr} = E_{p}$

$\frac{m ω ^{2} r _{z}^{2}}{2} + \frac{m ( r _{w}^{2} + r _{z}^{2} ) ω ^{2}}{4} = m g s sin α ∣ \cdot 4$

$2 m ω^{2} r_{z}^{2} + m (r_{w}^{2} + r_{z}^{2}) ω^{2} = 4 m g s sin α ∣ : m$

$2 ω^{2} r_{z}^{2} + (r_{w}^{2} + r_{z}^{2}) ω^{2} = 4 g s sin α$

$2 ω^{2} r_{z}^{2} + r_{w}^{2} ω^{2} + r_{z}^{2} ω^{2} = 4 g s sin α$

$3 ω^{2} r_{z}^{2} + r_{w}^{2} ω^{2} = 4 g s sin α$

$(3 r_{z}^{2} + r_{w}^{2}) ω^{2} = 4 g s sin α ∣ : (3 r_{z}^{2} + r_{w}^{2})$

$ω^{2} = \frac{4 g s sin α}{3 r _{z}^{2} + r _{w}^{2}}$

$ω^{2} = \frac{4 g s sin α}{r _{z}^{2} ( 3 + \frac{r _{w}^{2}}{r _{z}^{2}} )}$

$ω^{2} = \frac{4 g s sin α}{r _{z}^{2} ( 3 + ( \frac{r _{w}}{r _{z}} ) ^{2} )}$

$ω^{2} = \frac{4 g s sin α}{( \frac{1}{2} d _{z} ) ^{2} ( 3 + ( \frac{\frac{1}{2} d _{w}}{\frac{1}{2} d _{z}} ) ^{2} )}$

$ω^{2} = \frac{4 g s sin α}{\frac{1}{4} d _{z}^{2} ( 3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2} )}$

$ω^{2} = \frac{16}{d _{z}^{2}} \frac{g s sin α}{3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2}} ∣$

$ω = \frac{4}{d _{z}} \frac{g s sin α}{3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2}}$

Podstawiamy dane liczbowe do wzoru:

$ω = \frac{4}{1 , 8 m} \cdot \frac{9 , 81 \frac{m}{s ^{2}} \cdot 80 m \cdot sin 30 ^{\circ}}{3 + ( \frac{1 , 5 m}{1 , 8 m} ) ^{2}} \approx 2, 222 \frac{1}{m} \cdot \frac{784 , 8 \frac{m ^{2}}{s ^{2}} \cdot 0 , 5}{3 + 0 , 7} = 2, 222 \frac{1}{m} \cdot \frac{392 , 4 \frac{m ^{2}}{s ^{2}}}{3 , 7} \approx$

$\approx 2, 222 \frac{1}{m} \cdot 106, 054 \frac{m ^{2}}{s ^{2}} \approx 2, 222 \frac{1}{m} \cdot 10, 298 \frac{m}{s} = 22, 882156 \frac{rad}{s} \approx 22, 9 \frac{rad}{s}$

$2.3 .$

Wartość tarcia statycznego możemy przedstawić za pomocą wzoru:

$T = f N$

gdzie T jest wartością siły tarcia, f jest współczynnikiem tarcia, N jest wartością siły nacisku. Korzystając z rysunku zauważmy, że:

$cos α = \frac{N}{F _{g}} \Rightarrow N = F_{g} cos α$

Siła tarcia statycznego powoduje, że bryła sztywna porusza się ruchem obrotowym przeciwnie do ruchu wskazówek zegara.

Wartość momentu siły obracającej się bryły sztywnej w przypadku, gdy wektor siły jest prostopadły do wektora ramienia możemy przedstawić wzorem:

$M = F \cdot r$

gdzie M jest momentem siły bryły sztywnej, F jest siłą działającą na bryłę sztywną w odległości r od jej osi obrotu. Z tego wynika, że:

$M_{T} = T \cdot r_{z}$

Korzystając z wzoru na przyspieszenie kątowe bryły sztywnej wyznaczmy jej moment siły. Przyspieszenie kątowe bryły sztywnej przedstawiamy za pomocą wzoru:

$ε = \frac{M}{I}$

gdzie ε jest przyspieszeniem kątowym bryły sztywnej, M jest jej momentem siły, I jest jej momentem bezwładności. Z tego wynika, że:

$M = ε I$

Aby krąg toczył się bez poślizgu, to moment siły tarcia musi być większy, bądź równy od momentu siły pochodzącego od ruchu obrotowego walca (wypadkowego momentu siły):

$M_{T} \geq M$

Wyznaczamy jaką zależność powinien spełniać współczynnik tarcia statycznego:

$M_{T} \geq M$

$T r_{z} \geq ε I$

Przyspieszenie kątowe w zależności od przyspieszenia liniowego możemy przedstawić wzorem:

$ε = \frac{a}{r}$

gdzie ε jest przyspieszeniem kątowym, a jest przyspieszeniem liniowym, r jest promieniem obracającego się ciała. Przyspieszenie liniowe możemy przedstawić wzorem:

$a = \frac{v}{t}$

gdzie a jest przyspieszeniem liniowym, v jest prędkością z jaką porusza się ciało, t jest czasem ruchu. Wówczas otrzymujemy, że:

$T r_{z} \geq ε I$

$T r_{z} \geq \frac{a}{r _{z}} I$

$T r_{z} \geq \frac{\frac{v}{t}}{r _{z}} I$

$T r_{z} \geq \frac{1}{r _{z}} \frac{v}{t} I$

$f N r_{z} \geq \frac{1}{r _{z}} \frac{v}{t} \frac{1}{2} m (r_{z}^{2} + r_{w}^{2}) ∣ : r_{z}$

$f N \geq \frac{1}{r _{z}^{2}} \frac{v}{t} \frac{1}{2} m (r_{z}^{2} + r_{w}^{2})$

$f F_{g} cos α \geq \frac{1}{( \frac{1}{2} d _{z} ) ^{2}} \frac{v}{t} \frac{1}{2} m ((\frac{1}{2} d_{z})^{2} + (\frac{1}{2} d_{w})^{2})$

$f m g cos α \geq \frac{1}{\frac{1}{4} d _{z}^{2}} \frac{v}{t} \frac{1}{2} m (\frac{1}{4} d_{z}^{2} + \frac{1}{4} d_{w}^{2})$

$f m g cos α \geq \frac{4}{d _{z}^{2}} \frac{v}{t} \frac{1}{2} m \frac{1}{4} (d_{z}^{2} + d_{w}^{2})$

$f m g cos α \geq \frac{1}{2} m \frac{d _{z}^{2} + d _{w}^{2}}{d _{z}^{2}} \frac{v}{t} ∣ : m$

$f g cos α \geq \frac{1}{2} \frac{d _{z}^{2} + d _{w}^{2}}{d _{z}^{2}} \frac{v}{t}$

$f g cos α \geq \frac{1}{2} \frac{d _{z}^{2} + d _{w}^{2}}{d _{z}^{2}} \frac{ω r _{z}}{t}$

$f g cos α \geq \frac{1}{2} \frac{d _{z}^{2} + d _{w}^{2}}{d _{z}^{2}} \frac{ω \frac{1}{2} d _{z}}{t}$

$f g cos α \geq \frac{1}{4} \frac{d _{z}^{2} + d _{w}^{2}}{d _{z}} \frac{ω}{t}$

$f g cos α \geq \frac{1}{4} \frac{d _{z}^{2} + d _{w}^{2}}{d _{z}} \frac{\frac{4}{d _{z}} \frac{g s s i n α}{3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2}}}{\frac{s}{g s i n α} ( 3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2} )}$

$f g cos α \geq \frac{d _{z}^{2} + d _{w}^{2}}{d _{z}^{2}} \frac{\frac{g s s i n α}{3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2}}}{\frac{s}{g s i n α} ( 3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2} )}$

$f g cos α \geq \frac{d _{z}^{2} + d _{w}^{2}}{d _{z}^{2}} \frac{g ^{2} s sin ^{2} α}{s ( 3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2} ) ^{2}}$

$f g cos α \geq \frac{d _{z}^{2} + d _{w}^{2}}{d _{z}^{2}} \frac{g ^{2} sin ^{2} α}{( 3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2} ) ^{2}}$

$f g cos α \geq \frac{d _{z}^{2} + d _{w}^{2}}{d _{z}^{2}} \frac{g sin α}{3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2}} ∣ : g$

$f cos α \geq \frac{d _{z}^{2} + d _{w}^{2}}{d _{z}^{2}} \frac{sin α}{3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2}}$

$f cos α \geq sin α \frac{d _{z}^{2} + d _{w}^{2}}{d _{z}^{2}} \frac{1}{3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2}} ∣ : cos α$

$f \geq \frac{sin α}{cos α} \frac{d _{z}^{2} ( 1 + \frac{d _{w}^{2}}{d _{z}^{2}} )}{d _{z}^{2}} \frac{1}{3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2}}$

$f \geq t g α (1 + (\frac{d _{w}}{d _{z}})^{2}) \frac{1}{3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2}}$

$f \geq t g α \frac{1 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2}}{3 + ( \frac{d _{w}}{d _{z}} ) ^{2}}$

Podstawiamy dane liczbowe do wzoru:

$f \geq t g 30^{\circ} \cdot \frac{1 + ( \frac{1 , 5 m}{1 , 8 m} ) ^{2}}{3 + ( \frac{1 , 5 m}{1 , 8 m} ) ^{2}}$

$f \geq 0, 577 \cdot \frac{1 + ( 0 , 8333 ) ^{2}}{3 + ( 0 , 8333 ) ^{2}}$

$f \geq 0, 577 \cdot \frac{1 + 0 , 69}{3 + 0 , 69}$

$f \geq 0, 577 \cdot \frac{1 , 69}{3 , 69}$

$f \geq 0, 577 \cdot 0, 45799$

$f \geq 0, 26$

$2.4 .$

Siła tarcia będzie równoważyła pewną siłę F, którą możemy przedstawić wzorem:

$F = m a$

gdzie a jest przyspieszeniem (opóźnieniem) z jakim poruszał się będzie krąg po innym podłożu. Wówczas otrzymujemy, że:

$T = F$

$f F_{g} = F$

$f m g = m a ∣ : m$

$f g = a$

Korzystając z wzoru na drogę w ruchu jednostajnie przyspieszonym otrzymujemy, że droga przebyta przez krąg będzie miała postać:

$s^{'} = \frac{1}{2} a t^{2}$

$s^{'} = \frac{1}{2} a \frac{v ^{2}}{a ^{2}}$

$s^{'} = \frac{1}{2} \frac{v ^{2}}{a}$

$s^{'} = \frac{v ^{2}}{2 a}$

$s^{'} = \frac{( ω r _{z} ) ^{2}}{2 f g}$

$s^{'} = \frac{ω ^{2} r _{z}^{2}}{2 f g}$

$s^{'} = \frac{ω ^{2} ( \frac{1}{2} d _{z} ) ^{2}}{2 f g}$

$s^{'} = \frac{ω ^{2} \frac{1}{4} d _{z}^{2}}{2 f g}$

$s^{'} = \frac{ω ^{2} d _{z}^{2}}{8 f g}$

Podstawiamy dane liczbowe do wzoru:

$s^{'} = \frac{( 22 , 9 \frac{rad}{s} ) ^{2} \cdot ( 1 , 8 m ) ^{2}}{8 \cdot 0 , 26 \cdot 9 , 81 \frac{m}{s ^{2}}} =$

$= \frac{524 , 41 \frac{1}{s ^{2}} \cdot 3 , 24 m ^{2}}{20 , 4048 \frac{m}{s ^{2}}} =$

$= \frac{1699 , 0884 \frac{m ^{2}}{s ^{2}}}{20 , 4048 \frac{m}{s ^{2}}} \approx 83 m$

$2.5 .$

Liczba obrotów jaką wykonał krąg studzienny staczając się ze wzniesienia jest stosunkiem drogi po jakiej staczał się krąg do obwodu tego kręgu:

$n = \frac{s}{L}$

gdzie:

$L = 2 π r_{z}$

Wówczas otrzymujemy, że:

$n = \frac{s}{L}$

$n = \frac{s}{2 π r _{z}}$

$n = \frac{s}{2 π \frac{1}{2} d _{z}}$

$n = \frac{s}{π d _{z}}$

Podstawiamy dane liczbowe do wzoru:

$n = \frac{80 m}{3 , 14 \cdot 1 , 8 m} = \frac{80 m}{5 , 652 m} \approx 14$

Na szczycie wzniesienia o długości...

Ewelina Wysopal

Nauczycielka fizyki

Tutaj pojawi się lista Twoich książek

Zaloguj się i zacznij tworzyć ją już teraz.