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:
gdzie m jest daną masą 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

Środek małego walca porusza się wewnątrz dużego walca po torze będącym wycinkiem okręgu o promieniu R−a z chwilową prędkością kątową ω1=dφdt, a zatem z prędkością liniową
v=ω1(R−a)=dφdt(R−a)
Prędkość kątowa obrotu małego walca wokół osi przechodzącej przez jego środek O′ wynosi więc
ω2=va=dφdtR−aa
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(R−a)2.
Rozwiązanie
Całkowita energia kinetyczna małego walca wychylonego o kąt φ od położenia równowagi wynosi zatem
Ek=12(ma22+m(R−a)2)(dφdt)2+12ma22(R−a)2a2(dφdt)2
Ek=(dφdt)2m(a24+12(R−a)2+a24(R−a)2a2) Ek=14(dφdt)2m(a2+2(R−a)2+(R−a)2)
Ek=34m(dφdt)2((R−a)2+13a2)
Energia potencjalna w tym samym momencie wynosi Ep=mg(h−a). Z wcześniejszego rysunku widać, że
R−hR−a=cosφ,
a stąd mamy
h=R(1−cosφ)+acosφ.
Zatem
Ep=mg(R−Rcosφ+acosφ−a) Ep=mg(R(1−cosφ)−a(1−cosφ))
Ep=mg(R−a)(1−cosφ)
Ponieważ suma Ek+Ep, zgodnie z zasadą zachowania energii mechanicznej, jest stała, więc
ddt(Ek+Ep)=0.
Obliczamy pochodne:
dEkdt=32mdφdtd2φdt2[(R−a)2+13a2]
dEpdt=mg(R−a)sinφdφdt
Teraz otrzymujemy równanie ruchu
32[(R−a)2+13a2]d2φdt2+g(R−a)sinφ=0
Odpowiedź
Równanie ruchu walca wychylonego w chwili początkowej z położenia równowagi ma postać 32[(R−a)2+13a2]d2φdt2+g(R−a)sinφ=0.