Táto úloha testuje 2 schopnosti. Prvá je schopnosť vysomáriť sa v cudzom texte. Druhá je schopnosť riešiť úlohu malých kmitov, ak je daná kinematika pohybu.

Pohyb oloidu

Samotný pohyb oloidu je čisto geometrická otázka. Našťastie túto časť pre nás vyriešil niekto iný. Jediný rozdiel je, že polomer kružníc v článku je 1 a v zadaní je $R$. To len znamená, že všetky súradnice musíme iba preškálovať faktorom $R$. Postup pre určenie odvaľovania sa hocijakého objektu po povrchu je vždy rovnaký, len geometria za tým môže byť komplikovanejšia. Aby sme sa v poskytnutom článku orientovali, vysvetlíme si rovnaký postup na analogickom objekte, ktorého odvaľovanie bude jednoduchšie. Valec aj kužeľ by boli príliš jednoduché objekty, tak si zvolíme zrezaný kužeľ.

Rovina dotyku

Najprv si musíme určiť, ako sa po povrchu predmetu pohybuje rovina dotyku. Rovina dotyku bude dotyčnicou ku povrchu predmetu. V prípade zrezaného kužeľa je to jednoduché, oba body A a B roviny dotyku budú na hornej a dolnej kružnici na koncoch zrezaného kužeľa. Na jednej kružnici bodom A prechádza dotyčnica ku kružnici, ktorá sa musí nachádzať v rovine dotyku. Rovnako na druhej kružnici bodom B prechádza dotyčnica ku kružnici, ktorá sa tiež musí nachádzať v rovine dotyku. Jedna dotyčnica a jeden bod nám už jednoznačne určujú rovinu dotyku. Ak zrežeme kužeľ rovinou prechádzajúcou rotačnou osou zrezaného kužeľa, tak práve prienik tejto roviny s plášťom bude úsečka dotyku a dotyčnicová plocha k prechádzajúca touto úsečkou je rovina dotyku. Pohyb týchto bodov môžeme parametrizovať napríklad uhlom otočenia $\phi$ okolo osi otáčania.

Podobne v prípade oloidu, body dotyku A a B budú každí na jednej z kružníc. Podobne, dotyčnice v v bodoch A a B sa musia nachádzať v rovine dotyku. Z geometrie obrázka 2 nájdeme prienik týchto priamok (bod T) a tým máme jednoznačne určenú rovinu dotyku (rovina TAB) a úsečku dotyku AB. Už len si zavedieme systém súradníc (cez uhol $t$), ktorý nám bude parametrizovať pohyb bodov A, T a B (rovnice 2, 3 a 4). V článku máme ešte 2 informácie. Zhodou okolností úsečka dotyku má vždy dĺžku $\sqrt{3} R$ (teorém 1) a existuje pekný vzťah medzi uhlom $t$ a uhlom $u$ na jednotlivých úsečkách (rovnica 6).

Odvaľovanie

Keď už máme popísanú rovinu dotyku, musíme tento popis preniesť do pohybu v rovine. V prípade zrezaného kužeľa urobíme malú zmenu v uhle otočenia $\phi \rightarrow \phi + \delta \phi$ a dostaneme malý štvoruholník tvorený starými bodmi A, B a novými bodmi A, B. Ten sa prenesie do roviny. Keďže sa vždy prenáša rovnaký tvar, tak dostaneme, že zrezaný valec na rovine vynáša medzikružie. Odvalená dĺžka vonkajšej kružnice zodpovedá veľkej kružnici kužeľa a podobne to platí pre vnútornú kružnicu. Polomer kružníc zodpovedá vzdialenosti okraja kružníc do vrcholu kužeľa.

V prípade oloidu, je toto najkomplikovanejšia časť, keďže odvalený štvoruholník vždy mení tvar. Článok použije všeobecný postup, ktorý sa používa v oblasti zvanej diferenciálna geometria. Určí sa bod zakrivenia K, zakrivenie $\kappa$ v každom momente a z toho sa odvodí rovnica pohybu dotykového bodu A v rovine (rovnica 11). Podobne dostaneme rovnicu pohybu dotykového bodu B v rovine (rovnica 18). Ide o matematické metódy vysoko nad rámec strednej školy, my si môžeme výsledok vykresliť, či sedí s naším očakávaním odvalenia oloidu.

Pohyb bodov

Keď už poznáme, ako sa teleso odvaľuje, tak pre úplný popis potrebujeme preniesť popis bodov v súradniciach telesa na popis bodov v súradniciach stola. V prípade zrezaného kužeľa by prirodzený popis bodov kužeľa bol pomocou súradníc $x$, $y$ a $z$, kde $z$-ová os bude zodpovedať osi kužeľa. Následne si popíšeme pohyb tejto osy pri odvaľovaní a uhol otočenia kužeľa. Keby sme to všetko dali dokopy, tak dostaneme maticovú rovnicu tvaru $$ \begin{pmatrix} X \\ Y \\ Z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} X_0(\phi) \\ Y_0(\phi) \\ Z_0(\phi) \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} a_{11} (\phi) & a_{12} (\phi) & a_{13} (\phi) \\ a_{21} (\phi) & a_{22} (\phi) & a_{23} (\phi) \\ a_{31} (\phi) & a_{32} (\phi) & a_{33} (\phi) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} \, , $$ kde prvý člen zodpovedá pohybu počiatku súradnicového systému $x$, $y$, $z$ a druhý člen tvorí matica natočenia $a_{ij} (\phi)$, ktorá správne otáča pôvodný systém súradníc na systém súradníc stola.

Obdobne v prípade oloidu, dostaneme rovnaký popis v teoréme 4. Môžeme z toho teda vyčítať pohyb ťažiska ako $$ \begin{pmatrix} X_0(t) \\ Y_0(t) \\ Z_0(t) \end{pmatrix} = \frac{\sqrt{3}}{9} R \begin{pmatrix} \frac{c s \sqrt{1+2c}}{2(1+c)\sqrt{2(1+c)}} + 2 \arccos \frac{c \sqrt{2}}{\sqrt{1+c}} \\ \frac{15+13 c - c^2}{2(1+c)} + \ln \frac{2}{1+c} \\ \frac{3 \sqrt{3} (2+c)}{2\sqrt{2(1+c)}} \end{pmatrix} \, , $$ kde $c = \cos t$ a $s = \sin t$. Ak si tento pohyb vykreslíme, tak v smeroch $X$ a $Y$ vykonáva ťažisko pohyb po esovitej dráhe pozdĺž osy $X$ a v $Z$ smere chodí hore-dole po esovitej dráhe. Stabilná poloha je určená minimom funkcie $Z_0(t)$ ako $$ \frac{d}{dc} Z_0(c) = R \frac{ \sqrt{2} c} {8 (1+c)^{\frac{3}{2}}} = 0 \implies c = 0 \implies t = \pm \frac{\pi}{2} \implies u = \pm \frac{\pi}{2} \, , $$ kde sme dostali, že minimum sa nachádza práve keď sa rovina dotýka kružníc v bodoch pod pravým uhlom $t$ a $u$.

Malé kmity

Keď máme systém, ktorý má viac ako jeden hmotný bod, tak sa hľadanie stabilnej polohy a periódy malých kmitov cez sily hľadá komplikovane. Často musíme riešiť normálové sily, projekcie do smerov a je veľmi ľahké urobiť pri tom chybu. Omnoho jednoduchšie sa taký problém rieši cez energie. Je však potrebné poznať kinematiku systému na základe jedného parametru $p$.

Základná myšlienka tejto metódy je analógia. Pri harmonickom oscilátore s potenciálnou energiou $$ E_p = \frac{1}{2} k x^2 $$ a kinetickou energiou $$ E_k = \frac{1}{2} m \dot x ^2 $$ vieme, že perióda malých kmitov $T$ je $$ T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}} \, . $$ Ak teda máme kinematický popis nášho systému cez jeden parameter $p$, nájdeme stabilnú polohu a pre malé výchylky parametra $\delta p$ vieme popísať potenciálnu energiu ako $$ E_p = \frac{1}{2} k \delta p^2 \, , $$ kde $K$ je nejaká konštanta, a kinetickú energiu vieme napísať ako $$ E_k = \frac{1}{2} m \dot { \delta p }^2 \, , $$ kde $M$ je nejaká konštanta, tak poznáme periódu malých kmitov $T$ $$ T = 2 \pi \sqrt{\frac{m}{k}} \, . $$

Poznáme príklady takýchto úloh z FX (napr. Kmitajúca obruč v 9. ročníku FX) a aj z IPhO (napr. problém číslo 2 z roku 1984).

V našom prípade poznáme kinematický popis problému cez parameter $t$ (teorém 4). Bez ujmy na všeobecnosti si môžeme zvoliť stabilnú polohu $t_0 = \frac{\pi}{2}$ a malé výchylky $\delta t$. Než prejdeme ku riešeniu, z fyzikálneho hľadiska vieme, že výsledok nezávisí od hmotnosti oloidu (dvakrát väčšia hmotnosť sa prejaví dvakrát väčšou potenciálnou energiou a dvakrát väčšou kinetickou energiou) a teda z rozmerovej analýzy (a z analógie s ostatnými kyvadlami) vieme, že výsledok bude mať tvar $$ T = 2 \pi Q \sqrt{\frac{R}{g}} \, , $$ kde $Q$ je nejaké kladné číslo. Teraz iba potrebujeme nájsť toto číslo $Q$.

Potenciálna energia

Jednoduchšia časť je potenciálna energia. Jediná zložka potenciálnej energie je určená polohou ťažiska, čo je $$ E_p = M g Z_0(t) \, , $$ kde $M$ je celková hmotnosť oloidu. Bude nás teda iba zaujímať rozvoj funkcie $Z_0(t)$ okolo $t_0 = \frac{\pi}{2}$ s výchylkou $\delta t$ maximálne do druhého rádu. Pre kosínus dostaneme $$ c (t) = \cos \left( \frac{\pi}{2} + \delta t \right) \approx - \delta t \, . $$ A pre funkciu $Z_0$ dostaneme $$ Z_0(c) = R \frac{ 2+c}{2\sqrt{2(1+c)}} \approx \frac{R}{\sqrt{2}} + \frac{R}{8 \sqrt{2}} \delta c^2 \, , $$ takže pre celkovú potenciálnu energiu dostaneme $$ E_p = M g \frac{R}{\sqrt{2}} + M g R \frac{1}{8 \sqrt{2}} \delta t^2 \, . $$ Teda fiktívna tuhosť $k$ týchto kmitov je $$ k = M g R \frac{1}{4 \sqrt{2}} \, . $$

Kinetická energia

Obsiahnuť všetku kinetickú energiu bude náročnejšie, keďže máme veľa pohyblivých častí. Pri kinetickej energii si vystačíme s popisom rýchlosti jednotlivých častí v parametri $\dot {\delta t}$ iba do prvého rádu, keďže kinetická energia závisí od druhej mocniny rýchlostí častíc.

Celková kinetická energia má 2 zložky. Jedna zložka zodpovedá translačnému pohybu telesa pozdĺž trajektórie ťažiska (prvý člen) a druhá zložka zodpovedá rotácii oloidu okolo osi dotyku (druhý člen).

Najprv si napíšeme popis pre $t = \frac{\pi}{2} + \delta t$. Môžeme použiť $$ \begin{align*} c &= \cos \left( \frac{\pi}{2} + \delta t \right) \approx - \delta t \\ s &= \sin \left( \frac{\pi}{2} + \delta t \right) \approx 1 \, . \end{align*} $$

Po dosadení dostaneme, že ťažisko sa v okolí stabilnej polohy hýbe ako $$ \begin{pmatrix} X_0(t) \\ Y_0(t) \\ Z_0(t) \end{pmatrix} = \frac{\sqrt{3}}{9} R \begin{pmatrix} \pi + \frac{7 \sqrt{2}}{4} \delta t \\ \frac{15}{2} + \ln 2 + 2 \delta t \\ \frac{3 \sqrt{3} }{\sqrt{2}} \end{pmatrix} \, . $$ Dostávame správne, že v smere osy $Z$ sa oloid nehýbe, keďže je v minime. Translačná zložka kinetickej energie je teda $$ E_{k,t} = \frac{1}{2} M \left( \dot X_0 ^2 + \dot Y_0 ^2 + \dot Z_0 ^2 \right) = \frac{1}{2} M R^2 \frac{1}{27} \left( \frac{49}{8} + 4 \right) \dot{\delta t}^2 = \frac{1}{2} M R^2 \frac{1}{27} \left( \frac{49}{8} + 4 \right) \dot{\delta t}^2 = \frac{1}{2} M R^2 \frac{3}{8} \dot{\delta t}^2 $$

Pre maticu natočenia $a_{ij} (t)$ dostaneme $$ \left(a_{ij} (t) \right) = \frac{\sqrt{3}}{9} \begin{pmatrix} \frac{5}{2} \left( 1 - \frac{7}{10} \delta t \right) & \sqrt{2} & \frac{5}{2} \left( 1 + \frac{7}{10} \delta t \right) \\ - \left( 1 + 2 \delta t \right) & 5 & - \left( 1 - 2 \delta t \right) \\ - \frac{3 \sqrt{3}}{\sqrt{2}} \left( 1 + \frac{1}{2} \delta t \right) & - \frac{3 \sqrt{3}}{\sqrt{2}} \delta t & \frac{3 \sqrt{3}}{\sqrt{2}} \left( 1 - \frac{1}{2} \delta t \right) \end{pmatrix} \, . $$ Keďže nás bude zaujímať časová derivácia, tak si vystačíme iba s časťou, ktorá závisí od $\delta t$ $$ \left(b_{ij} \right) = \delta t \begin{pmatrix} - \frac{35 \sqrt{3} }{180} & 0 & \frac{35 \sqrt{3} }{180} \\ - \frac{2 \sqrt{3}}{9} & 0 & \frac{2 \sqrt{3}}{9} \\ - \frac{1}{2\sqrt{2}} & - \frac{1}{\sqrt{2}} & -\frac{1}{2\sqrt{2}} \end{pmatrix} \, . $$

Aby sme získali kinetickú energiu rotácie, tak budeme musieť zrátať kinetickú energiu každého bodu, teda

$$ E_{k,r} = \int_m dm \frac{1}{2} \left( \dot {\Delta X} ^2 + \dot {\Delta Y} ^2 + \dot {\Delta Z} ^2 \right) $$

Obruče

Ak uvažujeme obruče, tak majú dĺžkovú hustotu $\lambda$ $$ \lambda = \frac{M}{4 \pi R} \, . $$ Prvú kružnicu $K_A$ vieme popísať ako $$ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} R \sin \phi \\ R \cos \phi - \frac{R}{2} \\ 0 \end{pmatrix} $$ a druhú kružnicu $K_B$ ako $$ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ R \cos \phi + \frac{R}{2} \\ R \sin \phi \end{pmatrix} \, . $$ Hmotnosť jedného úseku $d\phi$ je $dm = \lambda R d\phi$. Kinetická energia potom je $$ \begin{align*} E_{k,r} = &\int_{K_A+K_B} d\phi \lambda R \frac{1}{2} \left( \dot {\Delta X} ^2 + \dot {\Delta Y} ^2 + \dot {\Delta Z} ^2 \right) \\ =& \int_{0}^{2\pi} d\phi \lambda R \frac{1}{2} \dot{\delta t}^2 \left\{ \frac{113}{432} R^2 \sin^2 \phi + \frac{1}{8} \left[ R \sin \phi + 2 R \left(\cos \phi - \frac{1}{2} \right) \right]^2 \right\} \\ & + \int_{0}^{2\pi} d\phi \lambda R \frac{1}{2} \dot{\delta t}^2 \left\{ \frac{113}{432} R^2 \sin^2 \phi + \frac{1}{8} \left[ R \sin \phi + 2 R \left(\cos \phi + \frac{1}{2} \right) \right]^2 \right\} \end{align*} $$ Po vyrátaní integrálov dostaneme $$ E_{k,r} = \frac{1}{2} M R^2 \frac{491}{864} \dot{\delta t}^2 $$ a fiktívna hmotnosť $m$ kmitov je $$ m = M R^2 \frac{491}{864} \, . $$ Perióda kmitov teda nakoniec je $$ T = 2 \pi \sqrt{\frac{R }{g}} \underbrace{\sqrt{ \frac{491 \sqrt{2}}{216} }}_{\approx 1.793} \, , $$ a číslo $Q$ je približne $1.793$.

Disky

Ak uvažujeme disky, tak majú plošnú hustotu $\sigma$ $$ \sigma = \frac{M}{2 \pi R^2} \, . $$ Prvý disk $D_A$ vieme popísať ako $$ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \rho \sin \phi \\ \rho \cos \phi - \frac{R}{2} \\ 0 \end{pmatrix} $$ a druhý disk $D_B$ ako $$ \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ \rho \cos \phi + \frac{R}{2} \\ \rho \sin \phi \end{pmatrix} \, . $$ Hmotnosť jednej plochy $\rho d \rho d\phi$ je $dm = \sigma \rho d \rho d\phi$. Kinetická energia potom je $$ \begin{align*} E_{k,r} = &\int_{D_A+D_B} d \rho d\phi \sigma \rho \frac{1}{2} \left( \dot {\Delta X} ^2 + \dot {\Delta Y} ^2 + \dot {\Delta Z} ^2 \right) \\ =& \int_{0}^{R} \int_{0}^{2\pi} d\rho d\phi \sigma \rho \frac{1}{2} \dot{\delta t}^2 \left\{ \frac{113}{432} \rho^2 \sin^2 \phi + \frac{1}{8} \left[ \rho \sin \phi + 2 \left( \rho \cos \phi - \frac{R}{2} \right) \right]^2 \right\} \\ & + \int_{0}^{R} \int_{0}^{2\pi} d\rho d\phi \sigma \rho \frac{1}{2} \dot{\delta t}^2 \left\{ \frac{113}{432} \rho^2 \sin^2 \phi + \frac{1}{8} \left[ \rho \sin \phi + 2 \left( \rho \cos \phi + \frac{R}{2} \right) \right]^2 \right\} \end{align*} $$ Po vyrátaní integrálov dostaneme $$ E_{k,r} = \frac{1}{2} M R^2 \frac{599}{1728} \dot{\delta t}^2 $$ fiktívna hmotnosť $m$ kmitov je $$ m = M R^2 \frac{599}{1728} \, . $$ Perióda kmitov teda nakoniec je $$ T = 2 \pi \sqrt{ \frac{R}{g}} \underbrace{\sqrt{\frac{599 \sqrt{2}}{432}}}_{1.400} \, , $$ a číslo $Q$ je približne $1.400$. Je to v súlade s fyzikálnou intuíciou, keďže sa hmotnosť presunula bližšie ku otáčaniu.