Feladat: 2172. fizika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Báder Attila ,  Bodrogi Péter ,  Derényi Imre ,  Horváth András ,  Németh László ,  Peti Peterdi János ,  Rozgonyi Tamás ,  Szalma Csaba ,  Szikrai Szabolcs ,  Szikszai Zita ,  Tasnádi Tamás ,  Tavaszi Gábor 
Füzet: 1987/november, 416 - 418. oldal  PDF file
Témakör(ök): Tehetetlenségi nyomaték, Forgási energia, Mozgási energia, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1986/november: 2172. fizika feladat

Mekkora a mozgási energiája annak a 2φ nyílásszögű, R alapsugarú, homogén, tömör kúpnak, amelynek tömege M, és csúszásmentesen gördül egy vízszintes lapon? Tömegközéppontjának szögsebessége ω. (A kúpnak a tengelyére vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatéka Θ=310MR2.)

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Először egy egyszerűbb feladatot oldunk meg, melynek eredményéből azonban könnyen adódik az eredeti probléma megoldása is. Tekintsünk egy 2φ nyílásszögű kúpot, amelynek alapköre r sugarú és m tömegű vékony korong, a kúp többi része pedig elhanyagolható tömegű. Mekkora ezen test mozgási energiája, ha egy vízszintes lapon csúszásmentesen gördül, s az alapkörének középpontja ω szögsebességgel mozog?

 
 
1. ábra
 

A korong S tömegközéppontja az 1. ábrán látható O pont körül ω szögsebességgel mozog, s mivel az OS¯ szakasz hossza
s=AS¯cosφ=rctg φcosφ,
a tömegközéppont sebessége
v=rωcos2φsinφ.
A korong haladó mozgásához tartozó mozgási energia eszerint
E1=12mv2=12mr2ω2cos4φsin2φ.

A korong a haladó mozgás mellett forgómozgást is végez. Ez a mozgás két részből tevődik össze. Egyrészt a korong forog a szimmetriatengelye körül bizonyos ω1 szögsebességgel. Mivel az asztallapon éppen nyugvó B pont sebessége ‐ amely a tömegközéppont v és a forgómozgás rω1 sebességének különbségeként számítható ki ‐ nyilvánvalóan nulla kell legyen,
ω1=vr=ωcos2φsinφ
adódik.
 
 
2. ábra
 

Rajzoljuk le a kúpot felülnézetben (2. ábra)! Amennyiben a kúp csupán haladó és a szimmetriatengelye körüli forgómozgást végezne, úgy egy kicsiny Δt idő alatt a kúp csúcspontja A-ból A'-be, az eredeti helyétől vΔt távolságba mozdulna el. A valóságban a kúp az SB tengely körül is elfordul, méghozzá pontosan annyit, hogy a csúcspont mozdulatlan maradjon; ez teszi lehetővé a "kanyarodását''. Ha ezen forgás szögsebességét ω2-vel jelöljük, akkor a csúcspont helybenmaradásának feltétele
vΔt-ω2ΔtAS¯=0,
ahonnan AS¯=rctg  φ felhasználásával
ω2=ωcosφ
adódik.
 
 
3. ábra
 

Mekkora a korong forgási energiája? Ha egy homogén korongot a szimmetriatengelye körül ω1, az egyik átmérője körül pedig ω2 szögsebességgel forgatunk, akkor a 3. ábrán látható Mi tömegű darabkájának mozgási energiája
Ei=12Mivi2=12Mi[(xi2+yi2)ω12+yi2ω22].
(Kihasználtuk, hogy a kétféle mozgásból adódó sebességek merőlegesek egymásra, így a sebességek négyzetei a Pithagorász-tétel értelmében adódnak össze.) A korong teljes forgási energiája
E2=iEi=12ω12[iMi(xi2+yi2)]+12ω22[iMiyi2].
A fenti egyenlet első szögletes zárójelében éppen a korongnak a szimmetriatengelyére vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatéka, vagyis θ1=12mr2 áll, a második szögletes zárójelben pedig ennek fele: θ2=14mr2. (Ez utóbbi az x és az y tengelyek felcserélhetőségéből, a ΣMixi2=ΣMiyi2 egyenlőségből következik.)
A kúp teljes mozgási energiája eszerint:
E=E1+E2=12mv2+12θ1ω12+12θ2ω22,
ami a korábbi részeredmények felhasználásával
E=12mr2ω2cos4φsin2φ+1212mr2ω2cos4φsin2φ++1214mr2ω2cos2φ=(12mr2)ω2(32cos4φsin2φ+14cos2φ).



Térjünk most vissza az eredeti probléma megoldásához! Szeleteljük fel képzeletben a homogén kúpot a szimmetriatengelyére merőleges síkok segítségével vékony korongokra!
 
 
4. ábra
 

A korongok tömegét mi-vel, sugarát pedig ri-vel jelölve (4. ábra), a gördülő kúp teljes mozgási energiája a fentebb vizsgált feladat eredményének felhasználásával:
E={i12miri2}ω2(32cos4φsin2φ+14cos2φ).
 

A kapcsos zárójelben álló kifejezés ‐ az egyes korongok tehetetlenségi nyomatékainak összege ‐ a feladat kitűzésénél megadott θ=3MR2/10 érték, így a keresett mozgási energia
E=310MR2ω2(32cos4φsin2φ+14cos2φ)==3MR2ω2cos2φ40sin2φ(6cos2φ+sin2φ).