Zadanie 3.2. (0-4)
Rozważamy taką sytuację 2., w której bloczek się obraca, a ciężarek porusza się pionowo
w dół z przyśpieszeniem 𝑎⃗ (skierowanym w dół) o wartości:
𝑎= 1
2 𝑔
Wyznacz 𝑭 - wartość siły 𝑭ሬ⃗ w opisanej sytuacji 2. - w zależności tylko od wartości
przyśpieszenia ziemskiego 𝒈 oraz od masy ciężarka 𝒎𝒄 i masy walca 𝒎𝒘.
Zapisz odpowiednie równania i przekształcenia oraz podaj postać wzoru na 𝑭.
3.2.
0-1-
2-3-4
MFAP-R0_100
Zadanie 3.2. (0-4)
Wymagania ogólne
Wymagania szczegółowe
V. Budowanie modeli fizycznych
i matematycznych do opisu zjawisk oraz
ilustracji praw i zależności fizycznych.
II. Rozwiązywanie problemów
z wykorzystaniem praw i zależności
fizycznych.
Zdający:
II.12) wyznacza graficznie siłę wypadkową dla
sił działających w dowolnych kierunkach […];
II.13) stosuje zasady dynamiki do opisu
zachowania się ciał.
III.2) stosuje pojęcie bryły sztywnej; opisuje
ruch obrotowy bryły sztywnej wokół osi;
III.4) stosuje zasady dynamiki dla ruchu
obrotowego; posługuje się pojęciami
przyspieszenia kątowego oraz momentu
bezwładności jako wielkości zależnej
od rozkładu mas, wraz z ich jednostkami.
ALBO
II.20) […] wykorzystuje […] zasadę zachowania
energii mechanicznej do obliczeń.
III.5) […] oblicza energię ruchu bryły
sztywnej jako sumę energii kinetycznej ruchu
postępowego środka masy i ruchu obrotowego
wokół osi przechodzącej przez środek masy.
Zasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 1. albo 3.)
4 pkt - poprawna metoda wyznaczenia wartości 𝐹 siły działającej na bloczek oraz zapisanie
prawidłowej postaci wzoru na 𝐹:
𝐹= 1
2 𝑔(𝑚𝑐-1
2 𝑚𝑤) (lub przekształconego równoważnie)
3 pkt - spełnienie warunku za 2 pkt z pierwszego myślnika oraz uwzględnienie związku
między przyśpieszeniem liniowym ciężarka a przyśpieszeniem kątowym bloczka
i wzoru na moment bezwładności bloczka, np. zapisy równoważne poniższym:
𝑚𝑐𝑎= 𝐹𝑔-𝐹𝑛 oraz 1
2 𝑚𝑤𝑅2 𝑎
𝑅= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹
LUB
oraz uwzględnienie związku między przyśpieszeniem liniowym ciężarka
a przyśpieszeniem kątowym bloczka i wzoru na moment bezwładności walca
i „doklejonego” ciężarka, np. zapisy równoważne poniższym:
(1
2 𝑚𝑤𝑅2 + 𝑚𝑐𝑅2 ) 𝑎
𝑅 = 𝑚𝑐𝑔𝑅-𝐹𝑅
2 pkt - zapisanie poprawnych dwóch równań wyrażających II zasadę dynamiki dla ruchu
postępowego ciężarka i ruchu obrotowego bloczka oraz uwzględnienie w nich
poprawnych wyrażeń opisujących wartość siły wypadkowej działającej na ciężarek
i wartość wypadkowego momentu siły działającego na bloczek, np.:
𝑚𝑐𝑎= 𝐹𝑔-𝐹𝑛 oraz 𝐼0𝜖= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹 (lub zapisy równoważne)
LUB
ciężarka i ruchu obrotowego bloczka, uwzględniających odpowiednie siły, z błędem
znaku przy sile wypadkowej lub wypadkowym momencie sił (tzn. błędny znak może
być w obu) oraz uwzględnienie związku między przyśpieszeniem liniowym ciężarka
a przyśpieszeniem kątowym bloczka i wzoru na moment bezwładności bloczka
LUB
II zasadę dynamiki ruchu obrotowego układu zastępczego walec-ciężarek (bez nici),
w chwili, gdy ciężarek (jako punkt materialny) jest na poziomie osi walca i jest
„doklejony” do walca oraz uwzględnienie sumarycznego momentu bezwładności
układu względem osi walca oraz uwzględnienie poprawnego momentu sił
działających na układ walec-ciężarek, np. zapisy równoważne poniższym:
(𝐼0 + 𝐼𝑐 )𝜖= 𝐹𝑔𝑅-𝐹𝑅
1 pkt - zapisanie poprawnego równania wyrażającego II zasadę dynamiki dla ruchu
postępowego ciężarka z uwzględnieniem masy 𝑚𝑐 cieżarka oraz zapisanie równania
wyrażającego II zasadę dynamiki dla ruchu obrotowego bloczka z uwzględnieniem
momentu bezwładności 𝐼0 bloczka, np. zapisy równoważne poniższym
𝑚𝑐𝑎= 𝐹𝑤 oraz 𝐼0𝜖= 𝑀
Uwaga! W tym warunku nie wymaga się poprawnego rozpisania 𝐹𝑤 i 𝑀.
LUB
Zasady oceniania rozwiązań zadań
oraz zapisanie poprawnego wyrażenia na wartość wypadkowego momentu siły
działającego na bloczek, np. zapisy równoważne poniższym:
𝐹𝑤= 𝐹𝑔-𝐹𝑛 oraz 𝑀= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹
Uwaga! W tym warunku nie wymaga się równań II zasady dynamiki.
LUB
postępowego ciężarka oraz uwzględnienie w tym równaniu poprawnego wyrażenia
opisującego wartość siły wypadkowej działającej na ciężarek, np.:
𝑚𝑐𝑎= 𝐹𝑔-𝐹𝑛 (lub zapisy równoważne)
LUB
obrotowego bloczka względem osi symetrii oraz uwzględnienie w tym równaniu
poprawnego wyrażenia opisującego wartość wypadkowego momentu siły
działającego na bloczek, np. zapisy równoważne poniższym:
𝐼0𝜖= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Zasady oceniania (dla rozwiązania sposobem 2.)
4 pkt - poprawna metoda wyznaczenia wartości 𝐹 siły działającej na bloczek oraz zapisanie
prawidłowej postaci wzoru na 𝐹:
𝐹= 1
2 𝑔(𝑚𝑐-1
2 𝑚𝑤) (lub przekształconego równoważnie)
3 pkt - spełnienie warunku za 2 pkt oraz zastosowanie wzoru na moment bezwładności
bloczka, oraz zastosowanie związku między prędkością a przyśpieszeniem i drogą
(z wyeliminowanym czasem) w ruchu jednostajnie przyśpieszonym ciężarka bez
prędkości początkowej, np. zapisy równoważne poniższym:
1
2 𝑚𝑐𝑣2 + 1
2 ⋅1
2 𝑚𝑤𝑅2 𝑣2
𝑅2 -𝑚𝑐𝑔ℎ= -𝐹ℎ oraz 𝑣2 = 2𝑎ℎ
albo
𝑚𝑐𝑎ℎ+ 1
2 𝑚𝑤𝑎ℎ-𝑚𝑐𝑔ℎ= -𝐹ℎ
2 pkt - zapisanie poprawnego równania wynikającego z twierdzenia o zmianie energii
mechanicznej i pracy siły niepotencjalnej oraz zastosowanie wzorów na energię
kinetyczną ruchu postępowego ciężarka, ruchu obrotowego bloczka i energię
potencjalną ciężarka, oraz zastosowanie związku między prędkością liniową ciężarka
a prędkością kątową bloczka, np. zapisy równoważne poniższym:
(1
2 𝑚𝑐𝑣2 + 1
2 𝐼0𝜔2 -𝑚𝑐𝑔ℎ= -𝐹ℎ oraz 𝑣= 𝜔𝑅)
albo w jednym równaniu
1
2 𝑚𝑐𝑣2 + 1
2 𝐼0
𝑣2
𝑅2 -𝑚𝑐𝑔ℎ= -𝐹ℎ
LUB
i pracy siły niepotencjalnej, uwzględniającego odpowiednie rodzaje energii i wzory na
te energie, z błędem znaku przy energiach lub pracy oraz zastosowanie związku
między prędkością liniową ciężarka a prędkością kątową bloczka oraz zastosowanie
wzoru na moment bezwładności bloczka, oraz zastosowanie związku między
prędkością a przyśpieszeniem i drogą (z wyeliminowanym czasem) w ruchu
jednostajnie przyśpieszonym ciężarka bez prędkości początkowej.
1 pkt - zapisanie poprawnego równania wynikającego z twierdzenia o zmianie energii
mechanicznej i pracy siły niepotencjalnej oraz uwzględnienie (poprzez oznaczenie)
w tym równaniu zmiany energii kinetycznej ciężarka, zmiany energii kinetycznej ruchu
obrotowego walca i zmiany energii potencjalnej ciężarka, np. zapisy równoważne
poniższym:
Δ𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑐+ Δ𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑝𝑜𝑠𝑡 𝑐+ Δ𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑜𝑏𝑟 𝑤= 𝑊𝐹
albo zapis w postaci przyrównania energii
𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑘𝑜ń𝑐 𝑝𝑜𝑠𝑡 𝑐+ 𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑘𝑜ń𝑐 𝑜𝑏𝑟 𝑤+ 𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑘𝑜ń𝑐 𝑐= 𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑝𝑜𝑐𝑧 𝑐-|𝑊𝐹|
0 pkt - rozwiązanie, w którym zastosowano niepoprawną metodę, albo brak rozwiązania.
Przykładowe pełne rozwiązania
Sposób 1. (zastosowanie zasad dynamiki)
Na ciężarek 𝒞 działają dwie siły: siła reakcji nici 𝐹⃗𝑛 oraz siła
grawitacji 𝐹⃗𝑔. Ponieważ ciężarek przyśpiesza w dół, to siła
wypadkowa działająca na ciężarek ma kierunek pionowy i zwrot
w dół. Wartość tej siły wypadkowej jest opisana wyrażeniem:
𝐹𝑤= 𝐹𝑔-𝐹𝑛
Na bloczek 𝒲 działają dwa momenty sił: 𝑀ሬሬ⃗𝑛 - moment siły reakcji
nici 𝐹⃗𝑛 oraz 𝑀ሬሬ⃗𝐹 - moment siły 𝐹⃗. Wypadkowy moment siły
działający na bloczek jest opisany wyrażeniem:
𝑀= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹
Zapiszemy równania wynikające z II zasady dynamiki dla ruchu
postępowego ciężarka 𝒞 oraz dla ruchu obrotowego bloczka 𝒲
(względem osi symetrii):
{ 𝑚𝑐𝑎= 𝑚𝑐𝑔-𝐹𝑛
𝐼0𝜖= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹
Ruch przyśpieszony ciężarka 𝒞 przekłada się na ruch obrotowy z przyśpieszeniem kątowym
bloczka 𝒲. Zastosujemy związek 𝑎= 𝜖𝑅 między przyśpieszeniem liniowym ciężarka
a przyśpieszeniem kątowym bloczka. Ponadto wykorzystamy wzór na 𝐼0:
{
𝑚𝑐𝑎= 𝑚𝑐𝑔-𝐹𝑛
1
2 𝑚𝑤𝑅2 ⋅𝑎
𝑅= 𝑅𝐹𝑛-𝑅𝐹 → {
𝑚𝑐𝑎= 𝑚𝑐𝑔-𝐹𝑛
1
2 𝑚𝑤𝑎= 𝐹𝑛-𝐹
𝑚𝑐𝑎+ 1
2 𝑚𝑤𝑎= 𝑚𝑐𝑔-𝐹 → 𝐹= 𝑚𝑐𝑔-𝑚𝑐𝑎-1
2 𝑚𝑤𝑎
𝒞
𝒲
𝑅
𝐹⃗
𝐹⃗𝑛
𝛼
𝐹⃗𝑔
-𝐹⃗𝑛
Zasady oceniania rozwiązań zadań
Wykorzystamy warunek zadania: 𝑎=
1
2 𝑔, zatem:
𝐹= 𝑚𝑐𝑔-𝑚𝑐
1
2 𝑔-1
2 𝑚𝑤⋅1
2 𝑔= 1
2 𝑚𝑐𝑔-1
4 𝑚𝑤𝑔
𝐹= 1
2 𝑔(𝑚𝑐-1
2 𝑚𝑤)
Sposób 2. (zastosowanie twierdzenia o pracy i zmianie energii mechanicznej)
Zastosujemy twierdzenie o zmianie energii mechanicznej układu i pracy siły niepotencjalnej
działającej na układ: zmiana energii mechanicznej układu jest równa pracy siły
niepotencjalnej. Siła 𝐹⃗ ma zwrot przeciwny do zwrotu ruchu, zatem jej praca jest ujemna:
Δ𝐸𝑚𝑒𝑐ℎ= -|𝑊𝐹|
Zmianę energii mechanicznej rozpiszemy na zmianę energii potencjalnej układu i zmianę
energii kinetycznej układu (ciężarka i bloczka):
Δ𝐸𝑝𝑜𝑡+ Δ𝐸𝑘𝑖𝑛= -|𝑊𝐹|
Δ𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑐+ Δ𝐸𝑝𝑜𝑡 𝑤+ Δ𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑝𝑜𝑠𝑡 𝑐+ Δ𝐸𝑘𝑖𝑛 𝑜𝑏𝑟 𝑤= -|𝑊𝐹|
Prędkości liniowa ciężarka i kątowa bloczka na początku ruchu są równe 0. Te prędkości
w stanie końcowym oznaczymy - odpowiednio - jako 𝑣 oraz 𝜔. Załóżmy, że między stanem
początkowym a końcowym ciężarek przebył drogę ℎ. Na takiej też drodze siła 𝐹⃗ wykonuje
pracę. Zatem:
𝑚𝑐𝑔(0 -ℎ) + 0 + (1
2 𝑚𝑐𝑣2 -0) + (1
2 𝐼0𝜔2 -0) = -𝐹ℎ
Ruch postępowy ciężarka przekłada się na ruch obrotowy bloczka, więc wykorzystamy
związek 𝑣= 𝜔𝑅 i wzór na moment bezwładności bloczka:
-𝑚𝑐𝑔ℎ+ 1
2 𝑚𝑐𝑣2 + 1
2 ⋅1
2 𝑚𝑤𝑅2 𝑣2
𝑅2 = -𝐹ℎ
-𝑚𝑐𝑔ℎ+ 1
2 𝑚𝑐𝑣2 + 1
4 𝑚𝑤𝑣2 = -𝐹ℎ
Wykorzystamy związek 𝑣2 = 2𝑎ℎ wynikający z równań ruchu jednostajnie przyśpieszonego:
-𝑚𝑐𝑔ℎ+ 1
2 𝑚𝑐2𝑎ℎ+ 1
4 𝑚𝑤2𝑎ℎ= -𝐹ℎ
-𝑚𝑐𝑔ℎ+ 𝑚𝑐𝑎ℎ+ 1
2 𝑚𝑤𝑎ℎ= -𝐹ℎ
Wykorzystamy związek 𝑎=
1
2 𝑔, podany w treści zadania:
-𝑚𝑐𝑔ℎ+ 𝑚𝑐
1
2 𝑔ℎ+ 1
2 𝑚𝑤
1
2 𝑔ℎ= -𝐹ℎ
-𝑚𝑐𝑔+ 𝑚𝑐
1
2 𝑔+ 1
2 𝑚𝑤
1
2 𝑔= -𝐹
𝐹= 𝑚𝑐𝑔-𝑚𝑐
1
2 𝑔-1
4 𝑚𝑤 𝑔= 𝑚𝑐
1
2 𝑔-1
4 𝑚𝑤 𝑔
𝐹= 1
2 𝑔(𝑚𝑐-1
2 𝑚𝑤)
Sposób 3. (zastosowanie układu zastępczego)
Rozważamy układ zastępczy, którego „chwilowa” dynamika jest równoważna dynamice
układu opisanego w zadaniu. Załóżmy, że ciężarek jest „doklejony” do walca i znajduje się na
wysokości osi walca. Ciężarek traktujemy jako punkt materialny.
Analizujemy „chwilowe” równanie ruchu obrotowego układu. Na taki układ działają momenty
dwóch sił: siły 𝐹⃗ oraz siły 𝐹⃗𝑔 ciężkości „doklejonego” ciężarka. Chwilowy moment
bezwładności układu jest sumą momentów bezwładności walca oraz ciężarka.
Zapiszemy chwilowe równanie ruchu obrotowego dla takiego układu:
(𝐼0 + 𝐼𝑐 )𝜖= 𝐹𝑔𝑅-𝐹𝑅
Podstawimy odpowiednie wzory, wykonamy przekształcenia i wyznaczymy 𝐹:
(1
2 𝑚𝑤𝑅2 + 𝑚𝑐𝑅2 ) 𝑎
𝑅 = 𝑚𝑐𝑔𝑅-𝐹𝑅
1
2 𝑚𝑤𝑎+ 𝑚𝑐𝑎= 𝑚𝑐𝑔-𝐹
1
2 𝑚𝑤
1
2 𝑔 + 𝑚𝑐
1
2 𝑔= 𝑚𝑐𝑔-𝐹
1
4 𝑚𝑤𝑔-1
2 𝑚𝑐𝑔= -𝐹
𝐹= 1
2 𝑚𝑐𝑔-1
4 𝑚𝑤𝑔= 1
2 𝑔(𝑚𝑐-1
2 𝑚𝑤)
Ruch postępowy ciężarka (w dół, dodatni zwrot w dół), gdzie $N$ to naprężenie liny po stronie ciężarka: $$m_c a = m_c g - N \\quad\\Rightarrow\\quad N = m_c(g - a) = m_c\\left(g - \\tfrac{1}{2}g\\right) = \\tfrac{1}{2}m_c g$$ Ruch obrotowy bloczka. Momenty sił $N$ i $F$ działają na ramieniu $r$ i mają przeciwne zwroty: $$I_0\\varepsilon = Nr - Fr$$ Lina nie ślizga się, więc $\\varepsilon = \\dfrac{a}{r}$, a $I_0 = \\tfrac{1}{2}m_w r^2$: $$\\tfrac{1}{2}m_w r^2 \\cdot \\frac{a}{r} = (N - F)\\,r \\quad\\Rightarrow\\quad \\tfrac{1}{2}m_w a = N - F$$ $$F = N - \\tfrac{1}{2}m_w a = \\tfrac{1}{2}m_c g - \\tfrac{1}{2}m_w \\cdot \\tfrac{1}{2}g$$ $$\\boxed{F = \\tfrac{1}{2}g\\left(m_c - \\tfrac{1}{2}m_w\\right)}$$
"},{"source":"maturazai","label":"maturazai.pl (AI)","kind":"text","html":"Ciężarek $\\mathcal{C}$ opada pionowo w dół z przyspieszeniem $a=\\tfrac{1}{2}g$. Bloczek $\\mathcal{W}$ (jednorodny walec, $I_0=\\tfrac{1}{2}m_w R^2$) obraca się, a lina jest nierozciągliwa i nie ślizga się, więc przyspieszenie liniowe punktów obwodu bloczka jest równe $a$.
\nOznaczmy naprężenia liny po obu stronach bloczka:
\nKrok 1. II zasada dynamiki dla ciężarka (dodatnio w dół):
\n$$m_c g - T_c = m_c a \\;\\Rightarrow\\; T_c = m_c(g-a).$$
\nKrok 2. Równanie ruchu obrotowego bloczka. Moment wypadkowy od obu naciągów nadaje bloczkowi przyspieszenie kątowe $\\varepsilon = a/R$:
\n$$(T_c - T_F)R = I_0\\,\\varepsilon = \\frac{1}{2}m_w R^2 \\cdot \\frac{a}{R}.$$
\nStąd:
\n$$T_c - F = \\frac{1}{2}m_w a.$$
\nKrok 3. Wyznaczenie $F$:
\n$$F = T_c - \\frac{1}{2}m_w a = m_c(g-a) - \\frac{1}{2}m_w a.$$
\nKrok 4. Podstawiamy $a=\\tfrac{1}{2}g$:
\n$$F = m_c\\!\\left(g-\\tfrac{1}{2}g\\right) - \\frac{1}{2}m_w \\cdot \\tfrac{1}{2}g = \\frac{1}{2}m_c g - \\frac{1}{4}m_w g.$$
\nMożna to zapisać w formie klucza:
\n$$\\boxed{\\,F = \\frac{1}{2}m_c\\!\\left(g-\\tfrac{1}{2}g\\right) = \\frac{1}{2}m_c g - \\frac{1}{4}m_w g\\,}$$
\nWspółczynnik przy $m_c$ wynosi $\\tfrac{1}{2}$ (a nie $\\tfrac{1}{4}$), gdyż $m_c(g-a)=m_c\\cdot\\tfrac{1}{2}g$.
\n