1. Przyspieszenie kątowe bloczka w sytuacji 1. jest większe od przyspieszenia kątowego w sytuacji 2. - P

• Rozpatrzmy sytuację 1:

Zapisujemy równania na siły wypadowe działające na każdy z ciężarków (ciężarki poruszają się różnym przyspieszeniem liniowym):

$F_{c1}-F_{n1}=2m{a}_1$  

$F_{n2}-F_{c2}=m{a}_2$  

$F_{c1},F_{c2}-\text{siły cięz˙kosˊci cięz˙arkoˊw}$

$F_{n1},F_{n2}-\text{siły naciągu nici}$

 

$2mg-F_{n1}=2m{a}_1$  

$F_{n2}-mg=m{a}_2$  

Przyspieszenia liniowe ciężarków wyznaczymy jako:

$\epsilon =\frac{a_1}{2r}\Rightarrow a_1=2r\epsilon$  

$\epsilon =\frac{a_2}{r}\Rightarrow a_2=r\epsilon$  

$2mg-F_{n1}=2m\cdot 2r\epsilon$  

$F_{n2}-mg=m\cdot r\epsilon$  

Możemy zapisać równania na siły naciągu nici:

$F_{n1}=2mg-4rm\epsilon$  

$F_{n2}=mg+rm\epsilon$  

 

Korzystając z II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego otrzymujemy, że:

$I\epsilon =M_{n1}-M_{n2}$  

$I\epsilon =F_{n1}\cdot 2r-F_{n2}\cdot r$  

$I\epsilon =\left(2mg-4rm\epsilon \right)\cdot 2r-\left(mg+rm\epsilon \right)\cdot r$  

$I\epsilon =4rmg-8r^{2}m\epsilon -rmg-r^{2}m\epsilon$  

$I\epsilon =3rmg-7r^{2}m\epsilon$  

$I\epsilon +7r^{2}m\epsilon =3rmg$  

$\epsilon \left(I+7r^{2}m\right)=3rmg$  

$\epsilon =\frac{3rmg}{I+7r^{2}m}$  

$\epsilon =\frac{3mg}{\frac{I}{r}+7rm}$  

 

• Rozpatrzmy sytuację 2:

Zapisujemy równania na siły wypadowe działające na każdy z ciężarków (oba ciężarki poruszają się z takim samym przyspieszeniem liniowym):

$F_{c1}-F_{n1}=2ma$  

$F_{n2}-F_{c2}=ma$  

$F_{c1},F_{c2}-\text{siły cięz˙kosˊci cięz˙arkoˊw}$

$F_{n1},F_{n2}-\text{siły naciągu nici}$

 

$2mg-F_{n1}=2ma$  

$F_{n2}-mg=ma$  

Przyspieszenie liniowe ciężarków wyznaczymy jako:

$\epsilon =\frac{a}{2r}\Rightarrow a=2r\epsilon$  

$2mg-F_{n1}=2m\cdot 2r\epsilon$  

$F_{n2}-mg=m\cdot 2r\epsilon$  

Możemy zapisać równania na siły naciągu nici:

$F_{n1}=2mg-4rm\epsilon$  

$F_{n2}=mg+2rm\epsilon$  

 

Korzystając z II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego otrzymujemy, że:

$I\epsilon =M_{n1}-M_{n2}$  

$I\epsilon =F_{n1}\cdot 2r-F_{n2}\cdot 2r$  

$I\epsilon =\left(2mg-4rm\epsilon \right)\cdot 2r-\left(mg+2rm\epsilon \right)\cdot r$  

$I\epsilon =4rmg-8r^{2}m\epsilon -rmg-2r^{2}m\epsilon$  

$I\epsilon =3rmg-10r^{2}m\epsilon$  

$I\epsilon +10r^{2}m\epsilon =3rmg$  

$\epsilon \left(I+10r^{2}m\right)=3rmg$  

$\epsilon =\frac{3rmg}{I+10r^{2}m}$  

$\epsilon =\frac{3mg}{\frac{I}{r}+10rm}$  

 

Otrzymujemy:

${\epsilon }_1>{\epsilon }_2$  

$\frac{3mg}{\frac{I}{r}+7rm}>\frac{3mg}{\frac{I}{r}+10rm}$  

---

2. W sytuacji 2. wartość przyspieszenia liniowego ciężarka o masie 2m jest większa niż wartość przyspieszenia liniowego ciężarka o masie m. - F

Ciężarki są zwieszone na tej samej nici, która jest nierozciągliwa i stale naprężona, zatem poruszają się z przyspieszeniami liniowymi o tej samej wartości.

---

3. Aby w sytuacji 1. układ był nieruchomy, należy do ciężarka o masie m dołożyć obciążenie o masie 3m. - P

Układ będzie nieruchomy, jeżeli momenty sił działających na bloczek zrównoważą się. Siły naciągu nici równoważą siły ciężkości ciężarków.

$M_{2m}=F_{2m}\cdot 2r=2mg\cdot 2r=4mgr$  

$M_{xm}=F_{xm}\cdot r=x\cdot mg\cdot r=xmgr,x-\text{wymagany mnoz˙nik masy mniejszego cięz˙arka}$  

$M_{2m}=M_{xm}$  

$4mgr=xmgr$

$x=4$

Zatem całkowita masa ciężarka musi wynieść $4m$  . Ciężarek początkowo miał masę $m$  , więc należy dołożyć obciążenie o masie $3m$  .