Processing math: 100%
Zadanie 5.4.1.2

 Zadanie 5.4.1.2

Toczący się walec w walcu
Jednorodny walec o masie m i promieniu a toczy się w polu ciężkości wewnątrz walca o promieniu R. Znajdź równanie ruchu walca wychylonego w chwili początkowej z położenia równowagi o kąt φ0.

 Wskazówka teoretyczna

 Teoria - twierdzenie Steinera
Twierdzenie Steinera określa związek między momentami bezwładności względem dwóch równoległych osi oddalonych od siebie o d w sytuacji, gdy jedna z nich przechodzi przez środek masy bryły sztywnej:

I=I0+md2,

gdzie m jest daną masą bryły sztywnej.

Informacja

Postaraj się samodzielnie rozwiązać zadanie. Możesz sprawdzić swój tok rozumowania, klikając w przyciski odsłaniające kolejne etapy proponowanego rozwiązania lub sprawdź od razu odpowiedź.

Dane i szukane

Dane:
- masa wewnętrznego walca m,
- promień wewnętrznego walca a,
- promień zewnętrznego walca R,
- wychylenie walca w chwili początkowej φ0.

Szukane:
- równanie ruchu małego walca.

Analiza sytuacji

Rysunek


Środek małego walca porusza się wewnątrz dużego walca po torze będącym wycinkiem okręgu o promieniu Ra z chwilową prędkością kątową ω1=dφdt, a zatem z prędkością liniową

v=ω1(Ra)=dφdt(Ra)

Prędkość kątowa obrotu małego walca wokół osi przechodzącej przez jego środek O wynosi więc

ω2=va=dφdtRaa

Skorzystamy z zasady zachowania energii. Całkowita energia kinetyczna małego walca to suma energii kinetycznej ruchu obrotowego względem osi przechodzącej przez środek O dużego walca i energii kinetycznej ruchu obrotowego względem osi przechodzącej przez jego środek O. Zatem

Ek=Iω212+I0ω222,

gdzie I0=ma22 jest momentem bezwładności małego walca względem osi przechodzącej przez punkt O, a I jest jego momentem bezwładności względem osi przechodzącej przez punkt O. Zgodnie z twierdzeniem Steinera:

I=I0+m(Ra)2.

Rozwiązanie

Całkowita energia kinetyczna małego walca wychylonego o kąt φ od położenia równowagi wynosi zatem

Ek=12(ma22+m(Ra)2)(dφdt)2+12ma22(Ra)2a2(dφdt)2

Ek=(dφdt)2m(a24+12(Ra)2+a24(Ra)2a2) Ek=14(dφdt)2m(a2+2(Ra)2+(Ra)2)

Ek=34m(dφdt)2((Ra)2+13a2)

Energia potencjalna w tym samym momencie wynosi Ep=mg(ha). Z wcześniejszego rysunku widać, że

RhRa=cosφ,

a stąd mamy

h=R(1cosφ)+acosφ.

Zatem

Ep=mg(RRcosφ+acosφa) Ep=mg(R(1cosφ)a(1cosφ))
Ep=mg(Ra)(1cosφ)

Ponieważ suma Ek+Ep, zgodnie z zasadą zachowania energii mechanicznej, jest stała, więc

ddt(Ek+Ep)=0.

Obliczamy pochodne:

dEkdt=32mdφdtd2φdt2[(Ra)2+13a2]

dEpdt=mg(Ra)sinφdφdt

Teraz otrzymujemy równanie ruchu

32[(Ra)2+13a2]d2φdt2+g(Ra)sinφ=0

Odpowiedź

Równanie ruchu walca wychylonego w chwili początkowej z położenia równowagi ma postać 32[(Ra)2+13a2]d2φdt2+g(Ra)sinφ=0.