1

Még mindig egy érdekes hengerkerékről

Az [ 1 ] feladatgyűjteményben találtuk az alábbi feladatot. Ez valamelyest kapcsolódik egy

korábbi dolgozatunkhoz, melynek címe: Egy érdekes hengerkerékről.

A feladat – 1. ábra

1. ábra – forrása: [ 1 ]

Az 1. ábrán látható differenciális hengerkerék a K1 és K2 mereven összeerősített hengerek -

ből áll, melyek sugarai r1 és r2. Ezen hengerek tehetetlenségi nyomatéka az O1O2 tengelyre

J1 és J2 . A hengereket az AB karral hajtjuk meg. A C mozgócsiga egy súlytalannak és

nyújthatatlannak vett kötél két ágán függ. A bal oldali kötélág a K1 hengerre, a jobb oldali

pedig a K2 hengerre lett feltekerve. Az AB hajtókart megforgatva a bal oldali kötélág lete -

keredik a K1 hengerről, a jobb oldali pedig feltekeredik a K2 hengerre. A hajtókaron állan -

dó nagyságú M forgatónyomatékot fejtünk ki. A C mozgócsigára függesztett D teher súlya

P. Határozzuk meg a hajtókar forgásának szögsebességét abban a pillanatban, mely a D

teher s magasságba emelése végének felel meg! A kezdeti pillanatban a rendszer nyuga -

lomban van. A hajtókar és a csiga tömegét elhanyagoljuk.

A megoldás – [ 2 ]

2

A megoldás a munkatételen alapul – [ 3 ], [ 4 ]. Eszerint:

A testre ható összes erő munkájának algebrai összege egyenlő a test mozgási energiájának

megváltozásával. Képlettel:

𝑊𝑖 = ∆𝐸𝑚𝑜𝑧𝑔 = 𝐸𝑣é𝑔𝑠ő − 𝐸𝑘𝑒𝑧𝑑 ő . ( 1 )

A részletezéshez tekintsük a 2. ábrát is!

2. ábra – forrása: [ 2 ]

Esetünkben a rendszerre egyrészt hat a külső F erő forgatónyomatéka, melyet a hajtókaron

fejtünk ki. Az F erő a hajtókar k sugarára merőleges marad, így munkája egy φ szögelfor -

dulás létrehozása során:

𝑊𝐹 = 𝐹 ∙ 𝑠𝐹 = 𝐹 ∙ 𝑘 ∙ 𝜑 = 𝐹 ∙ 𝑘 ∙ 𝜑 = 𝑀 ∙ 𝜑 . ( 2 )

A rendszerre hat a P súlyerő is, melynek s úton való emelése

𝑊𝑃 = − 𝑃 ∙ 𝑠 ( 3 )

munkát emészt fel. Ezek szerint a fennmaradó (𝐹 ∙ 𝑠𝐹 − 𝑃 ∙ 𝑠) munkarész a rendszer

mozgási energiájának növelésére fordítódik. A rendszer elemei közül egyesek forgó,

mások haladó mozgást végeznek, így a teljes mozgási energia - változás:

∆𝐸𝑚𝑜𝑧𝑔 = ∆𝐸𝑓𝑜𝑟𝑔 ó + ∆𝐸𝑕𝑎𝑙𝑎𝑑 ó . ( 4 )

Azonban a közös tengelyű K1 és K2 hengerekre:

𝐸𝑓𝑜𝑟𝑔 ó =1

2∙ 𝛩ö𝑠𝑠𝑧 ∙ 𝜔2 → 𝛩ö𝑠𝑠𝑧 = 𝛩1 + 𝛩2 → 𝐸𝑓𝑜𝑟𝑔 ó =

1

2∙ 𝛩1 + 𝛩2 ∙ 𝜔2 →

𝜔 = 𝜑 =𝑑𝜑

𝑑𝑡 → 𝐸𝑓𝑜𝑟𝑔 ó =

1

2∙ 𝛩1 + 𝛩2 ∙ 𝜑 2 . ( 5 )

Továbbá a P súlyú D teherre – P = mD*g miatt – :

3

𝐸𝑕𝑎𝑙𝑎𝑑 ó =1

2∙ 𝑚𝐷 ∙ 𝑣𝐷

2 =𝑃

2 ∙ 𝑔∙ 𝑠 2 , 𝑠 =

𝑑𝑠

𝑑𝑡 . ( 6 )

Majd a feladat kiírása szerint:

𝐸𝑘𝑒𝑧𝑑 ő = 0 , ( 7 )

így ( 1 ), ( 4 ), ( 5 ), ( 6 ) szerint:

∆𝐸𝑚𝑜𝑧𝑔 = 𝐸𝑣é𝑔𝑠ő = 𝐸𝑓𝑜𝑟𝑔 ó,𝑣é𝑔𝑠ő + 𝐸𝑕𝑎𝑙𝑎𝑑 ó,𝑣é𝑔𝑠ő =

=1

2∙ 𝛩1 + 𝛩2 ∙ 𝜑 2 +

𝑃

2 ∙ 𝑔∙ 𝑠 2 , tehát:

∆𝐸𝑚𝑜𝑧𝑔 =1

2∙ 𝛩1 + 𝛩2 ∙ 𝜑 2 +

𝑃

2 ∙ 𝑔∙ 𝑠 2 . ( 8 )

Majd ( 1 ), ( 2 ), ( 3 ) és ( 8 ) - cal:

𝐹 ∙ 𝑠𝐹 − 𝑃 ∙ 𝑠 =1

2∙ 𝛩1 + 𝛩2 ∙ 𝜑 2 +

𝑃

2 ∙ 𝑔∙ 𝑠 2 ,

𝑀 ∙ 𝜑 − 𝑃 ∙ 𝑠 =1

2∙ 𝛩1 + 𝛩2 ∙ 𝜑 2 +

𝑃

2 ∙ 𝑔∙ 𝑠 2 ,

𝑀 ∙ 𝜑 = 𝑃 ∙ 𝑠 +1

2∙ 𝛩1 + 𝛩2 ∙ 𝜑 2 +

𝑃

2 ∙ 𝑔∙ 𝑠 2 . ( 9 )

A ( 9 ) egyenlet – a sorrendtől eltekintve – megegyezik a 2. ábra első képletsorával.

Az ottani 2. képletsorhoz emlékeztetünk arra a tényre, hogy a fent említett korábbi

dolgozatunkban megmutattuk, hogy a C csiga - középpont emelkedési sebessége:

𝑣𝐶 =𝑅 − 𝑟

2∙ 𝜔 → 𝑠 =

𝑟2 − 𝑟1

2∙ 𝜑 ; ( 10 )

ezt integrálva, tekintettel arra, hogy t = 0 esetén φ = 0, s = 0:

𝑠 =𝑟2 − 𝑟1

2∙ 𝜑 → 𝜑 =

2 ∙ 𝑠

𝑟2 − 𝑟1 . ( 11 )

A ( 10 ) és ( 11 ) képletekkel megvan a 2. ábra 2. képletsora is. Ezután ( 9 ), ( 10 ), ( 11 ) -

gyel:

𝑀 ∙2 ∙ 𝑠

𝑟2 − 𝑟1= 𝑃 ∙ 𝑠 +

1

2∙ 𝛩1 + 𝛩2 ∙ 𝜑 2 +

𝑃

2 ∙ 𝑔∙

𝑟2 − 𝑟1

2

2∙ 𝜑 2 ,

1

2∙ 𝜑 2 ∙ 𝛩1 + 𝛩2 +

𝑃

𝑔∙

𝑟2 − 𝑟1

2

2

= 𝑀 ∙2 ∙ 𝑠

𝑟2 − 𝑟1− 𝑃 ∙ 𝑠 ,

1

2∙ 𝜑 2 ∙ 𝛩1 + 𝛩2 +

𝑃

4 ∙ 𝑔∙ 𝑟2 − 𝑟1

2 = 𝑠 ∙ 2 ∙ 𝑀

𝑟2 − 𝑟1− 𝑃 ,

𝜑 2 ∙ 𝛩1+𝛩2 ∙ 4 ∙ 𝑔 + 𝑃 ∙ 𝑟2 − 𝑟1 2

4 ∙ 𝑔 = 2 ∙ 𝑠 ∙

2 ∙ 𝑀 − 𝑃 ∙ 𝑟2 − 𝑟1

𝑟2 − 𝑟1 ,

4

𝜑 2 = 4 ∙1

𝛩1+𝛩2 ∙ 4 ∙ 𝑔 + 𝑃 ∙ 𝑟2 − 𝑟1 2∙

2 ∙ 𝑔 ∙ 𝑠 ∙ 2 ∙𝑀 −𝑃 ∙ 𝑟2 − 𝑟1

𝑟2 − 𝑟1 , innen:

𝜑 = 𝜔 = 2 ∙ 2 ∙ 𝑔 ∙ 𝑠 ∙ 2 ∙ 𝑀 − 𝑃 ∙ 𝑟2 − 𝑟1

𝑟2 − 𝑟1 ∙ 𝑃 ∙ 𝑟2 − 𝑟1 2 + 4 ∙ 𝑔 ∙ 𝛩1+𝛩2 . ( 12 )

A ( 12 ) képlet a keresett megoldás, amint az a 2. ábrával való összevetésből is kiderül.

Megjegyzések:

M1. Az 1. ábra AB = k hajtókarján nem lett feltüntetve az F forgató erő.

M2. Az 1. és a 2. ábrán a tehetetlenségi nyomatékok betűjelzése J - ről Θ - ra változott.

Mindkét jelölés elterjedt. Itt a 2. ábra szerinti jelölést tartottuk meg.

M3. A ( 12 ) képletből kiolvasható, hogy:

𝜔 = 0 , ha 2 ∙ 𝑀∗ − 𝑃 ∙ 𝑟2 − 𝑟1 = 0 → 𝑀∗ = 𝑃 ∙ 𝑟2 − 𝑟1

2 . ( 13 )

A ( 13 ) képlet – a jelölésektől eltekintve – megegyezik a korábbi dolgozatban kapott, a

hengerkerék nyugalmi egyensúlyára – illetve az egyenletes és lassú emelésre – kapott

eredménnyel. ( Ugyanis az utóbbi kiegészítés esetében ω ≈ 0. Ekkor ( 13 ) - ban is ≈ íran -

dó. )

M4. A tényleges fizikai rendszerben többféle energia - nyelő is van, melyek itt nem lettek

figyelembe véve. Ilyenek pl.: a súrlódás a csapágyakban, a kötél és a csiga között, stb.

M5. A valóságban az M forgatónyomatékot ma már leginkább valamely meghajtási mód

segítségével fejtik ki a henger tengelyére. Ez pl. szíjhajtás is lehet. Ekkor azonban a kap -

csolódó egyéb elemeket is figyelembe kell(het) venni, mint amilyenek a szíjtárcsák, me -

lyeket megforgat a villanymotor, mint nyomatékforrás. Az [ 1 ] példatárban az ez után

következő feladat éppen egy ilyen esetre vonatkozik, de már közönséges ( nem differen -

ciális ) hengerkerékre. Ezzel itt már nem foglalkozunk.

M6. A ( 12 ) képlet szerint: 𝜔 𝑠 = 𝐾1 ∙ 𝑠 , 𝐾1 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. ( 14 / 1 )

Ámde ( 11 ) és ( 12 ) szerint:

𝜑 = 𝜔 = 2 ∙ 𝑔 ∙ 2 ∙ 𝑀 − 𝑃 ∙ 𝑟2 − 𝑟1

𝑃 ∙ 𝑟2 − 𝑟1 2 + 4 ∙ 𝑔 ∙ 𝛩1+𝛩2 ∙ 𝜑 = 𝐾2 ∙ 𝜑 , 𝐾2 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. , tehát:

5

𝜔 𝜑 = 𝐾2 ∙ 𝜑 , 𝐾2 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. ( 14 / 2 )

alakba is írható a ( 12 ) megoldás. Igaz, a feladatban nem ezt kérdezték.

A feladat kiírása és a ( 14 ) képletek szerint a hengerkerék forgásának szögsebessége az s,

illetve φ változó négyzetgyökével arányosan változik, M = konst. > M* esetén is.

M7. Kíváncsiak vagyunk az időfüggvényekre is. Kiindulunk ( 14 / 2 ) - ből:

𝜔2 = 𝐾22 ∙ 𝜑 ; ( 15 )

ezt az idő szerint differenciálva:

2 ∙ 𝜔 ∙𝑑𝜔

𝑑𝑡= 𝐾2

2 ∙𝑑𝜑

𝑑𝑡 → 2 ∙ 𝜔 ∙ 𝜀 = 𝐾2

2 ∙ 𝜔 → 𝜀(𝑡) =1

2∙ 𝐾2

2 = 𝑐 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. ( 16 )

Ezek szerint – a kezdeti feltételre is tekintettel – a hengerkerékre :

𝜔 = 𝜀 𝑡 = 𝑐 → 𝜑 = 𝜔 𝑡 = 𝑐 ∙ 𝑡 → 𝜑 𝑡 =𝑐

2∙ 𝑡2 . ( 17 )

majd az emelt D teherre:

𝑠 =𝑟2 – 𝑟1

2∙ 𝜑 → 𝑣𝐶 = 𝑣𝐷 = 𝑠 → 𝑣𝐷 =

𝑟2 – 𝑟1

2∙ 𝜑 =

𝑟2 – 𝑟1

2∙ 𝑐 ∙ 𝑡 = 𝑐1 ∙ 𝑡 ,

𝑐1 =𝑟2 − 𝑟1

2∙ 𝑐 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. ,

tehát a teheremelés sebességének időfüggvénye:

𝑣𝐷 = 𝑐1 ∙ 𝑡 , 𝑐1 =𝑟2 − 𝑟1

2∙ 𝑐 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. ( 18 / 1 )

A teheremelés gyorsulása ebből:

𝑎𝐷 =𝑑𝑣𝐷

𝑑𝑡= 𝑐1 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. ( 18 / 2 )

A teher által megtett út az idő függvényében, ( 11 ) és ( 17 ) - tel is:

𝑠 𝑡 =𝑟2 – 𝑟1

2∙ 𝜑 𝑡 =

𝑟2 – 𝑟1

2∙𝑐

2∙ 𝑡2 =

𝑐1

2∙ 𝑡2 , tehát:

𝑠𝐷 𝑡 = 𝑐1

2∙ 𝑡2 . ( 18 / 3 )

Érdekes lehet még a kötélágakban ébredő húzóerő S nagysága; meghatározásához felírjuk

a mozgócsiga C középpontja haladó mozgásának mozgásegyenletét:

𝑚𝐷 ∙ 𝑎𝐷 = 2 ∙ 𝑆 − 𝑚𝐷 ∙ 𝑔 → 2 ∙ 𝑆 = 𝑚𝐷 ∙ 𝑔 + 𝑎𝐷 → 2 ∙ 𝑆 = 𝑚𝐷 ∙ 𝑔 + 𝑐1 →

𝑆 =𝑃

2 ∙ 𝑔∙ 𝑔 + 𝑐1 =

𝑃

2 ∙ 1 +

𝑐1

𝑔 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. >

𝑃

2 . ( 19 )

6

Ha valaki alkalmazni kívánja e képleteket, akkor természetesen vissza kell fejtenie az itte -

ni újabb állandókat, azaz felírni azokat a régebbiek függvényében. Ehhez minden adott.

M8. Meglepő, hogy a [ 2 ] német megoldás - könyvben nem találtak alkalmasabb leírási

módot Mescserszkij nevére. A Meschtscherski írásmód tűnik megfelelőnek, de a 2 darab

sch már biztos sok volt nekik. Így azonban Meszcserszki - nek ejtik, ami meg nem adja ki

az eredeti hangzást. Főhetett is a fejük emiatt. Bizony, ez így egy kicsit kínos.

Források:

[ 1 ] – I. V. Mescserszkij: Szbornyik zadacs po tyeoretyicseszkoj mehanyike

Izd. 34., „Nauka”, Moszkva, 1975.

[ 2 ] – Heinz Neuber: Lösungen zur Aufgabensammlung Mestscherski

5. Auflage, VEB Deutscher Verlag der Wissenschaften, Berlin, 1963.

[ 3 ] – Budó Ágoston ~ Pócza Jenő: Kísérleti fizika, I. kötet

6. kiadás, Tankönyvkiadó, Budapest, 1975.

[ 4 ] – Tasnádi Péter ~ Skrapits Lajos ~ Bérces György: Mechanika I.

Dialóg - Campus Kiadó, Budapest - Pécs, 2004.

Összeállította: Galgóczi Gyula

ny. mérnöktanár

Sződliget, 2020. 11. 29.

Továbbiak: https://galgoczi.net/