Do krawędzi stołu przymocowany jest...- Zadanie Zadanie 130.: Fizyka. Zbiór zadań maturalnych

Rozwiązanie

$1.$

Uzasadnienie:

Naszym zadaniem jest narysowanie sił działających na skrzynki wzdłuż ich kierunków ruchu. Pierwsza skrzynka porusza się w kierunku poziomym, więc narysujemy działającą na nią siłę naciągu linki oraz siłę tarcia. Na skrzynkę działa również siła ciężkości, ale skierowana jest ona prostopadle do kierunku ruchu, więc nie zaznaczymy jej na rysunku. Druga skrzynka porusza się w kierunku pionowym, więc w tym przypadku oznaczymy siłę ciężkości oraz siłę naciągu linki.

Odpowiedź:

Zaznaczamy siły na rysunku:

gdzie:

$T$ - siła tarcia pierwszej skrzynki o stół,

$N_{1}$ - siła naciągu linki przymocowanej do pierwszej skrzynki,

$N_{2}$ - siła naciągu linki przymocowanej do drugiej skrzynki,

$F_{g 2}$ - siła ciężkości drugiej skrzynki,

$m_{1}$ - masa pierwszej skrzynki,

$m_{2}$ - masa drugiej skrzynki.

$2.$

Naszym zadaniem jest zapisanie wzorów wyrażających drugą zasadę dynamiki oraz wyprowadzenie wzoru na wartość przyspieszenia skrzynek.

Pierwsza skrzynka porusza się ruchem postępowym, zatem zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newtona możemy zapisać:

$N_{1} - T = m_{1} a$

gdzie:

$N_{1}$ - wartość siły naciągu linki przymocowanej do pierwszej skrzynki,

$T$ - wartość siły tarcia,

$a$ - wartość przyspieszenia skrzynek.

Podobnie możemy zapisać równanie wynikające z drugiej zasady dynamiki dla drugiej skrzynki:

$F_{g 2} - N_{2} = m_{2} a$

gdzie:

$N_{2}$ - wartość siły naciągu linki przymocowanej do drugiej skrzynki,

$F_{g 2}$ - wartość siły ciężkości drugiej skrzynki.

Korzystając z drugiej zasady dynamiki dla ruchu obrotowego, dla bloczka otrzymujemy, że:

$M_{2} - M_{1} = I ε$

gdzie:

$M_{1}$ - moment siły pochodzący od naciągu linki po stronie pierwszej skrzynki,

$M_{2}$ - moment siły pochodzący od naciągu linki po stronie drugiej skrzynki,

$I$ - moment bezwładności,

$ε$ - wartość przyspieszenia kątowego bloczka.

Wzory wyrażające II zasadę dynamiki mają więc postać:

$N_{1} - T = m_{1} a$

$F_{g 2} - N_{2} = m_{2} a$

$M_{2} - M_{1} = I ε$

Korzystając z powyższych wzorów wyznaczymy wyrażenie na wartość przyspieszenia skrzynek.

Bloczek obraca się, ponieważ działa na niego wypadkowy moment siły. Wiemy, że wartość momentu siły obracającej się bryły sztywnej w przypadku gdy siła jest prostopadła do ramienia możemy przedstawiamy wzorem:

$M = F \cdot r$

gdzie:

$M$ - wartość momentu siły bryły sztywnej,

$F$ - wartość siły działającej na bryłę sztywną

$r$ - odległość punktu przyłożenia siły od osi obrotu.

Z tego wynika, że dla naszego przypadku mamy:

$M_{1} = N_{1} r$

$M_{2} = N_{2} r$

Moment bezwładności bloku względem osi jego obrotu wyraża się wzorem:

$I = \frac{1}{2} m_{3} r^{2}$

gdzie:

$m_{3}$ - masa bloku,

$r$ - promień bloczku.

Przyspieszenie liniowe punktów na obwodzie bloczka będzie mieć taką samą wartość, jak przyspieszenie skrzynek. Wartość przyspieszenia kątowego w zależności od przyspieszenia liniowego przedstawiamy wzorem:

$ε = \frac{a}{r}$

Wówczas korzystając z równania wynikającego z II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego otrzymujemy, że różnica wartości sił działających na blok ma postać:

$M_{2} - M_{1} = I ε$

$N_{2} r - N_{1} r = \frac{1}{2} m_{3} r^{2} \frac{a}{r}$

$(N_{2} - N_{1}) r = \frac{1}{2} m_{3} r a ∣ : r$

$N_{2} - N_{1} = \frac{1}{2} m_{3} a$

Z II zasady dynamiki zapisanej dla pierwszej skrzynki wyznaczamy wartość siły naciągu linki $N_{1}$ :

$N_{1} - T = m_{1} a ∣ + T$

$N_{1} = m_{1} a + T$

Z równania zapisanego dla drugiej skrzynki otrzymujemy:

$F_{g 2} - N_{2} = m_{2} a ∣ - F_{g 2}$

$- N_{2} = m_{2} a - F_{g 2} ∣ \cdot (- 1)$

$N_{2} = F_{g 2} - m_{2} a$

Wstawiamy wyrażenia do wcześniej wyznaczonego wzoru:

$N_{2} - N_{1} = \frac{1}{2} m_{3} a$

$F_{g 2} - m_{2} a - (m_{1} a + T) = \frac{1}{2} m_{3} a$

$F_{g 2} - m_{2} a - m_{1} a - T = \frac{1}{2} m_{3} a ∣ + T$

$F_{g 2} - m_{2} a - m_{1} a = \frac{1}{2} m_{3} a + T ∣ - F_{g 2}$

$- m_{2} a - m_{1} a = \frac{1}{2} m_{3} a + T - F_{g 2} ∣ - \frac{1}{2} m_{3} a$

$- m_{2} a - m_{1} a - \frac{1}{2} m_{3} a = T - F_{g 2} ∣ \cdot (- 1)$

$m_{2} a + m_{1} a + \frac{1}{2} m_{3} a = F_{g 2} - T$

$a (m_{1} + m_{2} + \frac{1}{2} m_{3}) = F_{g 2} - T ∣ : (m_{1} + m_{2} + \frac{1}{2} m_{3})$

$a = \frac{F _{g 2} - T}{m _{1} + m _{2} + \frac{1}{2} m _{3}}$

Wartość siły tarcia przedstawimy za pomocą wzoru:

$T = μ F_{N}$

gdzie:

$μ$ - współczynnik tarcia,

$F_{N}$ - wartość siły nacisku.

Wartość siły nacisku jest w tym przypadku równa wartości siły ciężkości skrzynki, zatem:

$F_{N} = m_{1} g$

Wówczas:

$T = μ m_{1} g$

Wartość siły ciężkości działającej na drugą skrzynkę zapiszemy jako:

$F_{g 2} = m_{2} g$

Wzór na wartość przyspieszenia przyjmie więc postać:

$a = \frac{F _{g 2} - T}{m _{1} + m _{2} + \frac{1}{2} m _{3}}$

$a = \frac{m _{2} g - μ m _{1} g}{m _{1} + m _{2} + \frac{1}{2} m _{3}}$

$a = \frac{g ( m _{2} - μ m _{1} )}{m _{1} + m _{2} + \frac{1}{2} m _{3}}$

$a = \frac{m _{2} - μ m _{1}}{m _{1} + m _{2} + \frac{1}{2} m _{3}} \cdot g$

Co należało wykazać.

$3.$

Uzasadnienie:

Większa część masy bloku 2 znajduje się dalej od osi obrotu niż w przypadku bloku 1. Oznacza to, że moment bezwładności bloku 2 jest większy od momentu bezwładności bloku 1:

$I_{1} < I_{2}$

gdzie:

$I_{1}$ - moment bezwładności pierwszego bloku,

$I_{2}$ - moment bezwładności drugiego bloku.

Zgodnie z II zasadą dynamiki dla ruchu obrotowego wiemy, że wartość przyspieszenia kątowego bryły sztywnej przedstawiamy za pomocą wzoru:

$ε = \frac{M}{I}$

gdzie:

$ε$ - wartość przyspieszenia kątowego,

$M$ - wartość momentu siły,

$I$ - moment bezwładności.

Na blok 1 i blok 2 działa taki sam moment siły wynikający z ruchu skrzyń. Ponieważ przyspieszenie kątowe jest odwrotnie proporcjonalne do momentu bezwładności, to zwiększenie się momentu bezwładności powoduje zmniejszenie się wartości przyspieszenia kątowego. Oznacza to, że:

$ε_{1} > ε_{2}$