forum.zadania.info

1) Na walec o masie \(0,6 kg\) nawinięto cienką nitkę przymocowaną jednym końcem do sufitu, jak pokazuje rysunek. Następnie puszczono walec. Oblicz wartość:
a) przyspieszenia, z którym obniża się środek walca;
b) siły napięcia linki.
Część a) zadania rozwiąż dwoma sposobami:
- korzystając z II zasady dynamiki dla ruchu postępowego walca oraz dla jego ruchu obrotowego względem osi symetrii,
- korzystając wyłącznie z II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego względem chwilowej osi obrotu O. Powinno wyjść: a) \(a\approx 6,67 m/s^2\); b) \(F_N = 2 N\)

2) Przez ruchomy bloczek o promieniu 10 cm i masie 0,4 kg przewieszono nieważką nitką. Na końcach linki zawieszono ciężarki o masach \(m_1 = 0,2 kg\) i \(m_2 = 0,4 kg\).
a) Nazwij wszystkie siły działające na ciężarki.
b) Wyznacz kierunek i zwrot wypadkowego momentu sił działających na bloczek.
c) Oblicz wartość przyspieszenia ciężarków.
d) Oblicz wartość przyspieszenia kątowego bloczka.
e) Oblicz wartość sił napięcia liny po każdej stronie bloczka. Powinno wyjść: a) \(a = 2,5 m/s^2\); e) \(N_1 = 2,5 N\); \(N_2 = 3 N\)

3) Do krawędzi stołu przymocowano bloczek o średnicy \(10 cm\) i masie \(0,4 kg\). Następnie dwa klocki o masach \(m_1 = 0,05 kg\) i \(m_2 = 0,2 kg\) połączone nieważką nicią umieszczono tak, jak na rysunku. Współczynnik tarcia klocka o masie \(m_2\) o stół jest równy 0,15.
a) Nazwij siły działające na klocki.
b) Określ kierunek i zwrot wypadkowego momentu sił działających na bloczek.
c) Oblicz wartość przyspieszenia klocka o masie \(m\).
d) Oblicz wartość przyspieszenia kątowego bloczka.
e) Oblicz wartość sił napięcia liny po obu stronach bloczka. 4) Załóżmy, że w przypadku podobnym do opisanego w zadaniu 2. krążek o masie równej \(0,06 kg\) i promieniu \(6 cm\) obraca się z tarciem, a moment siły tarcia ma wartość \(0,03 Nm\). Oblicz różnicę wartości sił naciągu nitki z obu stron krążka, którego przyspieszenie kątowe ma wartość \(8 rad/s^2\).

5) Oblicz, jak zmieni się okres obrotu tarczy o masie \(0,5 kg\) i promieniu \(22 cm\), gdy:
a) położymy na niej odważnik o masie \(20 dag\) tuż przy jej brzegu,
b) tarcza początkowo wiruje z przyklejonym od dołu tuż przy jej brzegu odważnikiem, po czym odważnik się odkleja.

2
a)
Ładnie rozkład sił jest rozrysowany w przykładzie 1 na:
http://mechanikaklasyczna.prv.pl/hid_mc ... roste.html
W rozwiązaniach nie jest uwzględnione, że jeżeli bloczek ma istotną masę to należy wziąć pod uwagę jego moment bezwładności, u nas \(\;N_1 \neq N_2\)

b)
Ponieważ \(m_2>m_1\;\) to to wypadkowy moment sił powoduje obrót bloczka w prawo, czyli kierunek tego momentu leży w płaszczyźnie prostopadłej do kartki, przechodzi przez środek masy bloczka i ma zwrot "za kartkę".
(to tak jakbyśmy wyobrazili sobie, że bloczek to nakrętka od butelki i jak będziemy ją obracać w prawo to będzie przesuwać się w dół - oczywiście przy tradycyjnym kierunku gwintu- )

c) układamy układ równań jak w zad 1 (uważamy na znaki, czyli aby od wartości większych odejmować mniejsze)

\(\{ N_1-m_1g=m_1a\\
m_2g-N_2=m_2a\\
N_2r-N_1r= \frac{1}{2}m_br^2 \cdot \varepsilon \\
a= \varepsilon r\)

\(\{ N_1=m_1g+m_1a\\
N_2=m_2g-m_2a\\
(m_2g-m_2a)r-(m_1g+m_1a)r= \frac{1}{2}m_br^2 \cdot \frac{a}{r}\)

3
a)
Na klocek o masie \(\; m_2\;\) działa siła tarcia \(\; T=fm_2g\;\) oraz siła naciągu \(\;N_2\)
Na klocek o masie \(\; m_1\;\) działa siła ciężkości \(\; Q=m_1g\;\) oraz siła naciągu \(\;N_1\)

b)
wypadkowy moment sił powoduje obrót bloczka w lewą stronę, więc jego kierunek jest taki jak w poprzednim zadaniu ale zwrot jest teraz "przed kartkę"

c), d), e)
\(\{ N_2-fm_2g=m_2a\\
m_1g-N_1=m_1a\\
N_1r-N_2r= \frac{1}{2}m_br^2 \cdot \varepsilon \\
a= \varepsilon r\)

4
zakładając, że \(N_2>N_1\;\) to korzystając z II zasady dynamiki dla ruchu obrotowego
układamy równanie

\(N_2r-N_1r-M_t=I \varepsilon\\
(N_2-N_1)r-M_t= \frac{1}{2}mr^2 \cdot \varepsilon\\
\Delta N= \frac{\frac{1}{2}mr^2 \cdot \varepsilon +M_t}{r}\)

5
Ponieważ zachowany zostaje moment pędu (zmianie ulega tylko moment bezwładności układu) to układamy r-nie
a)
\(I_1\omega _1=I_2\omega _2\\
I_1 \cdot \frac{2 \pi }{T_1}=I_2 \cdot \frac{2 \pi }{T_2}\\
\frac{T_2}{T_1}=\frac{I_2}{I_1}\\
I_1= \frac{1}{2}m_tr^2 \qquad I_2= \frac{1}{2}m_tr^2+m_{od}r^2\)

b)
analogicznie tylko

\(I_1= \frac{1}{2}m_tr^2+m_{od}r^2\qquad I_2=\frac{1}{2}m_tr^2\)

ef39 pisze:5
Ponieważ zachowany zostaje moment pędu (zmianie ulega tylko moment bezwładności układu) to układamy r-nie

b)
analogicznie tylko

\(I_1= \frac{1}{2}m_tr^2+m_{od}r^2\qquad I_2=\frac{1}{2}m_tr^2\)

ale w odpowiedzi jest, że okres obrotu tarczy się nie zmieni. Trzeba by chyba uwzględnić to, że odpadająca masa zabiera część energii układu ....?

Okres się nie zmieni, bo odrywająca sie część wiruje przecież z tą samą prędkością co tarcza.

korki_fizyka pisze:Okres się nie zmieni, bo odrywająca się część wiruje przecież z tą samą prędkością co tarcza.

możesz to rozpisać na równania ?

Ja napisałem to tak :

\(I_0= \frac{1}{2} \cdot MR^2\)
\(I=I_0+m_1R^2\)

\(L_3\) - moment pędu oderwanej części

\(L_1=L_2+L_3\)

\(\frac{2 \pi \cdot I}{T_1} = \frac{2 \pi \cdot I}{T_2} + L_3\)

jak rozpisać \(L_3\) ?

dzięki. Rozpiszę to dla potomności

\(L_1=L_2+L_3\)
\(L_3=I_1 \omega^2=m_1 R^2 \frac{2 \pi }{T_1}=I_1 \frac{2 \pi }{T_1}\)

\(\frac{2I \pi }{T_1}= \frac{2I_0 \pi }{T_2}+\frac{2I_1 \pi }{T_1} \bez : 2 \pi\)

\(\frac{I}{T_1}= \frac{I_0}{T_2}+ \frac{I_1}{T_1}\)

\(\frac{I}{T_1} - \frac{I_1}{T_1}= \frac{I_0}{T_2}\)

\(\frac{I-I_1}{T_1}= \frac{I_0}{T_2}\)

\(I-I_1=I_0\)

\(\frac{I_0}{T_1}= \frac{I_0}{T_2}\)

\(\frac{T_2}{T_1}= \frac{I_0}{I_0}\)

\(\frac{T_2}{T_1} =1\)

okres nie zmienia się