Kezdőlap


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 \| MathML
Témakör(ök):	Tehetetlenségi nyomaték, Forgási energia, Mozgási energia, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1986/november: 2172. fizika feladat

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 $2 φ$ 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

\bar{O S}

szakasz hossza

\begin{matrix} s = \bar{A S} \cdot cos φ = r \cdot ctg φ \cdot cos φ, \end{matrix}

a tömegközéppont sebessége

\begin{matrix} v = r \cdot ω \cdot \frac{cos^{2} φ}{sin φ} . \end{matrix}

A korong haladó mozgásához tartozó mozgási energia eszerint

\begin{matrix} E_{1} = \frac{1}{2} m \cdot v^{2} = \frac{1}{2} m \cdot r^{2} ω^{2} \frac{cos^{4} φ}{sin^{2} φ} . \end{matrix}

A korong a haladó mozgás mellett forgómozgást is végez. Ez a mozgás két részből tevődik össze. Egyrészt a korong forog a szimmetriatengelye körül bizonyos

ω_{1}

szögsebességgel. Mivel az asztallapon éppen nyugvó

B

pont sebessége ‐ amely a tömegközéppont

v

és a forgómozgás

r \cdot ω_{1}

sebességének különbségeként számítható ki ‐ nyilvánvalóan nulla kell legyen,

\begin{matrix} ω_{1} = \frac{v}{r} = ω \cdot \frac{cos^{2} φ}{sin φ} \end{matrix}

adódik.

2. ábra

Rajzoljuk le a kúpot felülnézetben (2. ábra)! Amennyiben a kúp csupán haladó és a szimmetriatengelye körüli forgómozgást végezne, úgy egy kicsiny

Δ t

idő alatt a kúp csúcspontja

A

-ból

A'

-be, az eredeti helyétől

v \cdot Δ t

távolságba mozdulna el. A valóságban a kúp az

S B

tengely körül is elfordul, méghozzá pontosan annyit, hogy a csúcspont mozdulatlan maradjon; ez teszi lehetővé a "kanyarodását''. Ha ezen forgás szögsebességét

ω_{2}

-vel jelöljük, akkor a csúcspont helybenmaradásának feltétele

\begin{matrix} v \cdot Δ t - ω_{2} \cdot Δ t \cdot \bar{A S} = 0, \end{matrix}

ahonnan

\bar{A S} = r \cdot ctg φ

felhasználásával

\begin{matrix} ω_{2} = ω \cdot cos φ \end{matrix}

adódik.

3. ábra

Mekkora a korong forgási energiája? Ha egy homogén korongot a szimmetriatengelye körül

ω_{1}

, az egyik átmérője körül pedig

ω_{2}

szögsebességgel forgatunk, akkor a 3. ábrán látható

M_{i}

tömegű darabkájának mozgási energiája

\begin{matrix} E_{i} = \frac{1}{2} M_{i} v_{i}^{2} = \frac{1}{2} M_{i} [(x_{i}^{2} + y_{i}^{2}) \cdot ω_{1}^{2} + y_{i}^{2} \cdot ω_{2}^{2}] . \end{matrix}

(Kihasználtuk, hogy a kétféle mozgásból adódó sebességek merőlegesek egymásra, így a sebességek négyzetei a Pithagorász-tétel értelmében adódnak össze.) A korong teljes forgási energiája

\begin{matrix} E_{2} = \sum_{i}^{} E_{i} = \frac{1}{2} ω_{1}^{2} [\sum_{i}^{} M_{i} (x_{i}^{2} + y_{i}^{2})] + \frac{1}{2} ω_{2}^{2} [\sum_{i}^{} M_{i} y_{i}^{2}] . \end{matrix}

A fenti egyenlet első szögletes zárójelében éppen a korongnak a szimmetriatengelyére vonatkoztatott tehetetlenségi nyomatéka, vagyis

θ_{1} = \frac{1}{2} \cdot m \cdot r^{2}

áll, a második szögletes zárójelben pedig ennek fele:

θ_{2} = \frac{1}{4} \cdot m \cdot r^{2}

. (Ez utóbbi az

x

és az

y

tengelyek felcserélhetőségéből, a

Σ M_{i} x_{i}^{2} = Σ M_{i} y_{i}^{2}

egyenlőségből következik.)
A kúp teljes mozgási energiája eszerint:

\begin{matrix} E = E_{1} + E_{2} = \frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{2} θ_{1} \cdot ω_{1}^{2} + \frac{1}{2} θ_{2} \cdot ω_{2}^{2}, \end{matrix}

ami a korábbi részeredmények felhasználásával

\begin{matrix} E = \frac{1}{2} m \cdot r^{2} ω^{2} \cdot \frac{cos^{4} φ}{sin^{2} φ} + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} m r^{2} \cdot ω^{2} \cdot \frac{cos^{4} φ}{sin^{2} φ} + \\ + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} m r^{2} \cdot ω^{2} cos^{2} φ = (\frac{1}{2} m r^{2}) \cdot ω^{2} \cdot (\frac{3}{2} \frac{cos^{4} φ}{sin^{2} φ} + \frac{1}{4} cos^{2} φ) . \end{matrix}

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

m_{i}

-vel, sugarát pedig

r_{i}

-vel jelölve (4. ábra), a gördülő kúp teljes mozgási energiája a fentebb vizsgált feladat eredményének felhasználásával:

\begin{matrix} E = {\sum_{i}^{} \frac{1}{2} m_{i} r_{i}^{2}} \cdot ω^{2} \cdot (\frac{3}{2} \cdot \frac{cos^{4} φ}{sin^{2} φ} + \frac{1}{4} cos^{2} φ) . \end{matrix}

A kapcsos zárójelben álló kifejezés ‐ az egyes korongok tehetetlenségi nyomatékainak összege ‐ a feladat kitűzésénél megadott

θ = 3 \cdot M \cdot R^{2} / 10

érték, így a keresett mozgási energia

\begin{matrix} E = \frac{3}{10} M \cdot R^{2} \cdot ω^{2} (\frac{3}{2} \cdot \frac{cos^{4} φ}{sin^{2} φ} + \frac{1}{4} cos^{2} φ) = \\ = \frac{3 \cdot M \cdot R^{2} \cdot ω^{2} \cdot cos^{2} φ}{40 \cdot sin^{2} φ} (6 \cdot cos^{2} φ + sin^{2} φ) . \end{matrix}