0001

EURÓPAI UNIÓ STRUKTURÁLIS ALAPOK

D I N A M I K A

BMEEOTMAT05 segédlet a BME Építımérnöki Kar hallgatói részére

„Az építész- és az építımérnök képzés szerkezeti és tartalmi fejlesztése” HEFOP/2004/3.3.1/0001.01

1. hét Anyagi pont kinematikája Mozgás derékszögű koordinátarendszerben A mechanikai mozgás valamely test térbeni helyzetének egy másik testhez viszonyított időbeli megváltozása. A pont mozgásának alapvető jellemzői valamely viszonyítási rendszerben: a helyzet, a sebesség és a gyorsulás.

M

z

A térbeli mozgást végző M jelű pont helyzete valamely test 0 pontjához képest az 0 ponthoz kapcsolt (az ábrán látható) derékszögű - az építőmérnöki mechanika oktatás hagyományainak megfelelő balsodrású koordináta-rendszerben az adott t időponthoz tartozó r (t ) helyzetvektorral adható meg:

er

k

r

z

r (t ) = x(t )i + y (t ) j + z (t )k .

i

O j

x y

x

A helyzetvektor kifejezhető még a pontnak az origótól való r távolságával és az r irányú e r egységvektorral is:

r = r er ,

y M

r = x2 + y2 + z 2 .

ahol

A sebességvektor egy adott időpontban helyzetvektor idő szerinti első differenciálhányadosa.

v

z

a

v(t ) = x& (t )i + y& (t ) j + z&(t )k , v(t ) = v x (t )i + v y (t ) j + v z (t )k .

r

A sebességvektor koordinátatengelyeknek megfelelő összetevői ismeretében a sebesség nagysága:

v = v = v x2 + v y2 + v z2 .

O x y

A

sebesség

Aa

eτ

érintőirányú

alakban is.

A gyorsulásvektor valamely t időpontbeli értéke a sebességvektor idő szerinti első differenciálhányadosa, illetve a helyzetvektor idő szerinti második differenciálhányadosa.

M

r

[m/s].

egységvektor segítségével a sebességvektor felírható

v = v eτ

z

mértékegysége:

a

a(t ) = &x&(t )i + &y&(t ) j + &z&(t )k ,

a(t ) = a x (t )i + a y (t ) j + a z (t )k .

A gyorsulás nagysága:

a = a = a x2 + a y2 + a z2 .

A gyorsulásvektor a pálya M pontbeli érintősíkjába kerül és annak homorú oldala felé mutat. A gyorsulás mértékegysége: [m/s2].

x O

y

Anyagi pont egyenes vonalú mozgása Az egyenes vonalú mozgás az általános térbeli mozgásnak egy speciális esete, amelynek vizsgálatát nagyon leegyszerűsíti, ha a koordináta-rendszert úgy választjuk, hogy az x tengely a pont pályájául szolgáló egyenessel egybe essen. Ebben az esetben tudjuk, hogy a helyzet-, sebesség- és gyorsulásvektor is az adott egyenes irányába esik, így elegendő ezek előjeles nagyságát meghatározni.

v(t ) = x& (t )

Ez esetben:

a(t ) = v&(t ) = &x&(t ) .

és

Gyakran előfordul, hogy az egyenes vonalú mozgást végző anyagi pont a(t ) gyorsulása az ismert, és a sebességet

valamint a pont helyzetét leíró függvényeket keressük. Ezek integrálással határozhatók meg a (t 0 , x 0 ), (t 0 , v 0 ) kezdeti feltételek figyelembevételével. t

v(t ) = v 0 + a(t )dt

∫

t0

Hasonló a helyzet az x(t ) függvény meghatározásánál. Ez esetben a

v(t ) =

dx összefüggésből indulhatunk ki, és dt

eredményül azt kapjuk, hogy t

x(t ) = x 0 + v(t )dt .

∫

t0

A mérnöki számításoknál gyakran előforduló eset, amikor az a (t ) = a = konstans. Ez esetben az ún. egyenletesen változó mozgásnál:

v(t ) = v 0 + at ,

x(t ) = x 0 + v 0 t +

at 2 . 2

Anyagi pont ismert pályán való síkmozgása Az anyagi pont mozgásának vizsgálatakor gyakran találkozunk olyan esettel, amikor a mozgás pályája ismert. A továbbiakban az ilyen mozgás kinematikai jellemzőit fogjuk meghatározni, síkmozgás esetére.

M0

s

M

eτ

A mozgó pont valamely időpontbeli helyzetét az adott pályáján a kezdőponttól számított s úttal adjuk meg. A pálya M pontjában az érintő irányú egységvektort eτ (s ) -sel, az erre merőleges és a

görbületi középpont felé mutató egységvektort pedig e n (s ) -sel jelöljük. A görbületi sugár jele pedig ρ . ds A mozgás sebessége: v = e τ = ve τ . dt

en M0

s

M

v

eτ

en aτ a an

A mozgás gyorsulását a szorzatként felírt sebességvektor időszerinti deriválásával nyerjük: dv a= = v&eτ + ve& τ . dt Az első tag egy érintőirányú vektort képvisel, míg a második tag normálisirányú lesz. Vagyis a = aτ + a n . Az érintőirányú összetevő:

a τ = v&eτ = aτ eτ

A normálisirányú összetevő:

an =

v2

ρ

e n = an e n .

Körpályán való mozgás A kinematika mérnöki alkalmazásai során gyakran előforduló feladat a körpályán való mozgás elemzése. Ennek oka, hogy a közlekedési pályák (utak, vasutak) vonalvezetése a különböző egyenes szakaszok között összekötő íveket is tartalmaz. A pálya geometriáját az r sugár meghatározza. A pályán a kezdőpontot a kör középpontjával összekötve kapunk egy viszonyítási vonalat. Ezt követően a pont helyzetét a ponthoz tartozó sugár és ezen viszonyítási egyenes által bezárt elfordulási szöggel tudjuk megadni

O

ϕ (t ) r

s(t )

s (t ) = rϕ (t ) .

A ϕ elfordulási szög mértékegysége: [rad]. Az érintőirányú sebesség nagysága: v(t ) =

ds d(rϕ (t )) dϕ (t ) = =r = rω (t ) . dt dt dt

A sebesség kifejezésében szereplő ω (t ) az ún. szögsebesség, amelynek mértékegysége: [rad/s]. A pont sebessége tehát a szögsebesség és a sugár szorzataként kapható. A pont gyorsulásvektorának két összetevője van. Az érintő irányú gyorsulás nagysága az aτ = v&eτ összefüggésből adódik:

aτ = v&(t ) =

d(rω (t )) dω (t ) =r = rκ (t ) . dt dt

A kifejezésében szereplő κ (t ) az ún. szöggyorsulás, amelynek mértékegysége: [rad/s2]. A pont érintőirányú gyorsulása tehát a szöggyorsulás és a sugár szorzataként kapható. A gyorsulásvektor normálisirányú összetevője most sugárirányú lesz és a kör középpontja felé mutat. Az összetevő nagysága:

an =

v 2 (t ) (rω (t ))2 = = rω 2 (t ) . r r a(t ) = aτ2 + a n2 = r κ 2 (t ) + ω 4 (t ) .

A pont gyorsulásvektorának nagysága pedig:

Egyenletes körmozgás esetén a pont a körpályán v(t ) = v = konstans sebességgel mozog. Ez esetben a szögsebesség v ω (t ) = szintén állandó lesz, amiből következik, hogy deriváltja - ami a κ (t ) szöggyorsulás - zérus lesz. A pontnak r nem lesz érintőirányú gyorsulása, mivel a szöggyorsulás és a sugár szorzata zérus. Mindez azonban nem jelenti azt, hogy a pontnak egyáltalán nincs gyorsulása, hiszen a sugár irányú gyorsulás az a n (t ) =

Egyenletes körmozgás esetén a keringési idő:

T=

2π

ω

v2 összefüggésből számítható lesz. r

. Az egységnyi idő alatt megtett fordulatok számát

fordulatszámnak nevezzük. Ezt másodperc és perc időtartamra szoktuk értelmezni: 1 ω 30ω n= = [s -1 ] , illetve = [perc -1 ] . T 2π π A témakör a tankönyvben a 9-26 oldalon szerepel.

2. hét A ewton törvénye és alkalmazásai egyenes vonalú pályán való mozgásnál A kinetika az anyagi pont vagy merev test mozgásállapota megváltozásának okait kutatja, és az anyagi testek mozgásait a rájuk ható erőkkel összefüggésben tárgyalja. A kinematikai alapfogalmak tárgyalása során szerepelt a hosszúság és az idő fogalma. A kinetikában újabb alapfogalommal találkozunk: a tömeggel. A tömeg mértékegysége a kilogramm [kg]. Az anyagi pont kinetikai törvényszerűségeinek meghatározására szolgáló elmélet Newton második axiómáján alapszik mely szerint: Az anyagi pont mozgásának változása a mozgatóerő hatásával arányos, és ugyanannak az egyenes vonalnak az irányába esik, mint amelyben az erő működik.

d(mv ) formában Euler adta meg. A szilárd testek mechanikájában a tömeg dt általában nem függ az időtől, így: F = ma .

A dinamika alaptörvényét F =

Newton arra is utal, hogy több erő esetén az anyagi pont úgy mozog, mintha az erők egymástól függetlenül helyesebben mondva - egymás után működnének. Az anyagi pont elmozdulása úgy tekinthető, hogy az valamely F 1 erő hatására ∆t idő alatt bekövetkező ∆ r 1 és valamely F 1 erő hatására bekövetkező ∆ r 2 eltolódásvektor

∆ r eredő eltolódása:

∆r = ∆r 1 + ∆r 2 .

Az egyenletet ∆t -vel elosztva és képezve a

∆r határértékét: ∆t

A kapott egyenletet idő szerint még egyszer deriválva:

Általánosítva: a =

Miután

∑F

i

∑ a . Mivel i

ai =

Fi m

, így a =

d2 r

dr dr1 dr 2 = + . dt dt dt =

dt 2

d 2 r1 dt 2

+

Fi

∑a = ∑ m i

d2 r2 dt 2 =

1 m

, vagy

∑F

i

a = a1 + a 2 .

.

az anyagi pontra ható erők eredőjét jelenti, Newton törvénye több erő működése esetén a

R = ma . következő lesz: A derékszögű koordináta-rendszerben:

R x = ma x , R y = ma y , Rz = ma z . A haladó mozgást végző m tömegű merev testre vonatkozó egyenlet ugyanaz, mint az olyan m tömegű anyagi pontra vonatkozó egyenlet, amelyre a testre ható erők vetületösszegének megfelelő R erő hat.

D'Alembert elve A Newton törvényét kifejező R = m a egyenletet d'Alembert egyensúlyi egyenlet alakjában írta fel:

R − (m a ) = 0 . Ez az átrendezés nem egyszerű algebrai átrendezés, sokkal mélyebb értelme van. Az m a mennyiség a mozgásjellemzőket tartalmazó oldalról az erő oldalra került át, tehát megváltozott a jellege. Így a - m a mennyiséget erőnek kel1 tekintenünk, és ezt a képzelt erőt d'Alembert tehetetlenségi erőnek nevezte.

D'Alembert elve értelmében a mozgó testre ható erők a tehetetlenségi erővel együtt egyensúlyban vannak. Ezt az egyensúlyi állapotot a statikai egyensúlytól megkülönböztetve kinetikai egyensúlynak nevezzük. Ennek megfelelően formálisan egyensúlyi egyenletek felírása lehetséges, tehát:

R x − ma x = 0 , R y − ma y = 0 , Rz − ma z = 0 .

A dinamika két alapfeladata A dinamikai vizsgálatokkal kapcsolatos feladatok általában két nagy csoportba sorolhatók. Az első csoportba tartoznak azok a feladatok, amelyeknél az ismert mozgáshoz tartozó erőt keressük, míg a másodikba az ismert erők hatására létrejövő mozgás jellemzőinek meghatározása szerepel. a.) Ismert mozgás létrehozásához szükséges erő meghatározása A feladat megoldása viszonylag egyszerű, ugyanis ebben az esetben ismert valamelyik kinematikai jellemző. Így például egy anyagi pontnál r (t ) , illetve derékszögű koordinátarendszerben történő vizsgálatnál x(t ), y (t ), z (t ) , míg adott pályán történő mozgásnál s (t ) ismeretében a teljes kinematikai információ rendelkezésre áll, mivel a sebesség és gyorsulás a meglévő adatokból számolható. Ezt követően pedig a mozgás létrehozásához szükséges erők a - gyorsulásösszetevők számítása után meghatározhatók lesznek. Ilyen feladatoknál igen előnyös a d'Alembert elvének megfelelő R − (m a ) = 0 - az úgynevezett kinetikai egyensúlyi állapotot kifejező - egyenlet (egyenletek) felírása, mert így a statikából jól ismert megoldások kinetikai feladatok megoldására is alkalmazhatók. b.) Adott erők hatására létrejövő mozgás meghatározása A mérnöki feladatoknál gyakori eset, hogy az anyagi pontra ható erők az idő, hely és sebesség függvényeként adottak, és az ezen erők hatására létrejövő mozgást keressük előírt kezdeti feltételek mellett. Ez a feladat az előzőhöz viszonyítva bonyolultabb, mert differenciálegyenlet, vagy differenciál-egyenletrendszer megoldását vonja magával. Erre a rezgésszámításnál mutatunk példákat A dinamikai feladatok közül ugyanakkor az a gyakoribb eset, amikor az erő csak az idő függvénye, ezen belül is az, amikor az erő állandó nagyságú.

Mintafeladatok a.) Ismert mozgás létrehozásához szükséges erő meghatározása 1. példa

r = 0.25 m

m = 50 kg

f = 0,2

α = 30o

Az 2.2. ábrán lévő m tömegű testet az α hajlásszögű lejtőn csörlővel húzzuk fel. Az r sugarú dob ϕ = 2t 2 függvény szerint forog. Határozzuk meg a kötélben ébredő erőt, ha a test és a lejtő közötti súrlódási tényező f = 0,2 !

Megoldás: A dob szöggyorsulása:

S

a

κ = ϕ&& = 2 ⋅ 2 = 4 rad/s 2 .

x Az érintőirányú gyorsuláskomponens a dob kerületi pontjánál és a dobon felfekvő kötélnél:

F y

a = rκ = 0,25 ⋅ 4 = 1 m/s 2 .

 G

. Az elválási ponttól a testig ez lesz az adott kötélszakasz és a végén lévő test lejtő irányú gyorsulásának értéke is. Az x tengely irányában a = rκ = 0,25 ⋅ 4 = 1 m/s 2 gyorsulás van:

∑F

− G sin 30 o − F + S = ma .

= ma ,

ix

S = 50 ⋅ 1 + 84,85 + 50 ⋅ 9,81 ⋅ 0,5 = 380,2 N . b.) Ismert erők hatására létrejövő mozgás meghatározása 2. példa

m A=100 kg

Az ábrán látható mechanikai rendszerben a csigáknál nincs kötélsúrlódás és a C jelű csiga tömege elhanyagolható. A rendszer nincs egyensúlyban, mozgásnak indul. Határozzuk meg az egyes testek gyorsulását és a kötelekben ébredő erőket!

D

f =0,2

Megoldás: Az A jelű test vizsgálata:

C G1 =  = 9,81 ⋅ 100 = 981 N , F = 0,2 ⋅  = 196,2 N .

mB =300 kg a S1

A C jelű test vizsgálata: Mivel nincs kötélsúrlódás, a másik felfelé menő kötélágban is S1 erő van. A test

S1

tömege elhanyagolható, így

D

m A =100 kg F G1

S1 − F = ma , S1 − 196,2 = 100a . A D jelű test vizsgálata: Mivel nincs kötélsúrlódás, a függőleges kötélágban is S1 erő van.



S1

S1

S1

S1 C S2

m B =300 kg

S2 a/2

G2

S 2 = 2S1 .

A csiga gyorsulása fele az A jelű test gyorsulásának, hiszen a behajlított kötél középső pontjának mozgása fele akkora, mint a jobboldali kötélág felső pontjának az elmozdulása.

A B jelű test vizsgálata:

G 2 = 9,81 ⋅ 300 = 2943 N , a , - 2S1 + 2943 = 150a . 2 A fenti egyenletrendszerből a gyorsulás megkapható: a = 7,287 m/s 2 . − S 2 + G2 = m

Ezek után: S1 = 924,9 N , Elméleti összefoglaló a tankönyvben a 39-43. oldalon. További példa: 2.6.

S 2 = 1850 N .

3. hét A ewton törvénye és alkalmazásai íves pályán való mozgásnál Adott pályán való mozgásnál:

R τ = ma τ , R n = ma n . D'Alembert elve:

R τ − ma τ = 0 , R n − ma n = 0 .

Mintafeladatok a.) Ismert mozgás létrehozásához szükséges erő meghatározása 1. példa Az ábrán látható, elhanyagolható tömegű, L fesztávolságú kéttámaszú hídon G súlyú mozdony halad át v sebességgel. A szerkezet hajlító merevsége EI.. Határozzuk meg a - híd lengésétől eltekintve - a lehajlásból keletkező túlterheléshez tartozó dinamikus tényezőt a sebesség függvényében! Mekkora lesz a dinamikus tényező, ha a sebesség 20, 60, illetve 120 km/h?

v G = 1200 kN L = 24 m

E = 210 GPa

I = 0,0462 m 4

Megoldás: A lehajlás következtében a híd meggörbül. A legnagyobb görbület akkor keletkezik, amikor a nyomaték a legnagyobb, 1 M GL . = = vagyis amikor a mozdony a tartó közepén van. A görbületi sugár: ρ EI 4 EI A tehetetlenségi erő a normál irányú gyorsulással ellentétes irányba - azaz a domború oldal felé, a mi esetünkben lefelé -

C=

mutat:

mv 2

ρ

=

G 2 GL . v g 4 EI

A teljes dinamikus terhelés a mozdony súlyának és a tehetetlenségi erőnek az összege lesz:

R =G +C =G +

G 2 GL . v g 4 EI

A dinamikus tényező a dinamikus teherérték és a statikus teherérték hányadosa:

ν =1+

A feladathoz tartozó adatokat behelyettesítve:

2

v = 20 km/h

ν = 1 + 0,0000756

Ha

v = 60 km/h

ν = 1 + 0,0000756

Ha

v = 120 km/h

ν = 1 + 0,0000756

2

 60   = 1,021 .  3,6  2

R 1 GL = 1 + v2 . G g 4 EI

1 2 1200 ⋅ 103 ⋅ 24 v = 1 + 0,0000756v 2 . 9,81 4 ⋅ 210 ⋅ 109 ⋅ 0,0462

 20   = 1,002v .  3,6 

Ha

ν=

 120   = 1,084 .  3,6 

Az ábrán lévő G=500 kN súlyú vasúti kocsi r=600 m sugarú ívben 80 km/h sebességgel halad. Milyen α hajlásszögű túlemelésre van szükség, hogy a síneken ne ébredjen oldalerő?

S

Határozzuk meg a kapott túlemelés esetén a sínekre ható erőket, ha a vonat az adott 80 km/h, majd 120 km/h sebességgel halad, és amikor áll!

1,4 m

α

Megoldás:

1,5 m

x y

− man S G

v = 80 km/h =

80 = 22,22 m/s , 3,6

∑F

- ma n cos α + G sin α = 0 ,

= 0,

x

an =

v 2 (22,22)2 = = 0,823m/s 2 . 600 r

tgα =

ma n ma n a n 0,823 = = = = 0,0839 , G g 9,81 mg

∑F

= 0,

y

α = 4,80 o .

ma n sin α + G cos α −  A −  B = 0 .

Mivel a tehetetlenségi erő és a G erő x irányú vetületösszege zérus, eredőjük y irányú lesz. Ezért

ma n sin α + G cos α tgα sin α + cos α =G = 250,88 kN. 2 2

A = B =

B

A

v=120km/h =

∑F

x

v 2 (33,33)2 120 = 33,33 m/s , a n = = = 1,852m/s 2 . r 3,6 600 - ma n cos α + G sin α + X A = 0 ,

= 0,

x

y

XA =

− man

∑F

S G

y

ma n sin α + G cos α −  A −  B = 0 .

= 0,

A =

∑M

XA B

A

S

500 1,852 ⋅ 0,9965 − 500 ⋅ 0,0837 = 52,21 kN . 9,81

= 0,

500 ⋅ 0,0837 + 500 ⋅ 0,9965 −  B = 502,5 −  B , 9,81

 A ⋅ 0,75 −  B ⋅ 0,75 − X A ⋅1,4 = 0 .  A = 300,0 kN ,

Ebből

 B = 202,5 kN .

v=0 km/h.

∑F

x

= 0,

x

y

G sin α − X B = 0 , X B = 500 ⋅ 0,0837 = 41,85 kN .

∑F

S G

y

= 0,

G cos α −  A −  B = 0 .  A = 500 ⋅ 0,9965 −  B = 498,3 −  B ,

∑M A

B

XB

Ebből

S

= 0,

 A ⋅ 0,75 −  B ⋅ 0,75 + X B ⋅ 1,4 = 0 .  A = 210,1 kN ,

 B = 288,2 kN .

b.) Ismert erők hatására létrejövő mozgás meghatározása A vízszintes terepen lévő autóúton a jármű 350 m sugarú ívben halad. A jármű és az út felület közötti súrlódási tényező az időjárási viszonyoktól függően 0,1 és 0,3 között változik. Határozzuk meg a megengedhető sebességet (amelynél nincs kicsúszás) a fenti súrlódási tényezők, valamint f = 0,2 esetére! Milyen α hajlású túlemeléssel lehetne biztosítani a 110 km/h sebességet f = 0,1 esetén is? Megoldás: A megengedett sebességek számításánál az adott erőből számítjuk a mozgásjellemzőt, míg a túlemelés meghatározásánál adott mozgásjellemzőnél biztosítjuk a kinetikai egyensúlyt. a.) A megengedett sebességek számítása. Az ívben haladó járműre ható erők:

A függőleges vetületi egyenletből:

 = G = mg , F = f = fmg .

a súrlódási erő:

− ma a=

A gyorsulás:

v2 . r

F 

G

fmg − m

A kinetikai egyensúly:

v2 = 0. r

A megengedhető sebesség: v = grf = 9,81 ⋅ 350 ⋅ f = 5,90 f .

f = 0,1 → v1 = 67,1 km/h,

f = 0,2 → v1 = 94,8 km/h,

f = 0,3 → v1 = 116,1 km/h.

b.) A túlemelés számítása. Az u irányú vetületi egyenletből: f + G sin α − ma cos α = 0,

 − G cos α − ma sin α = 0 .

A t irányú vetületi egyenletből:

A második egyenletből kifejezve -t és behelyettesítve az első egyenletbe: u

t

f (mg cos α + ma sin α ) + mg sin α − ma cos α = 0 .

− ma Ebből

tgα =

a − fg . fa + g

F 

A gyorsulás: G

a=

v 2 30,55 2 = = 2,668 m/s 2 . 350 r

A túlemelés hajlásszöge: α = arctan

Elméleti összefoglaló a tankönyvben a 39-43. oldalon. További példa: 2.5

2,668 − 0,1 ⋅ 9,81 = 9,50 o . 0,1 ⋅ 2,668 + 9,81

4. hét A ewton törvényéből levezethető tételek, vontatási feladatok A mozgásmennyiség változásának tétele t2

∫ F (t )dt = m(v

2

− v1 ) .

t1

A mozgásmennyiség változásának tétele szavakban elmondva azt fejezi ki, hogy a tömegre ható erő adott időtartam szerinti integrálja egyenlő a mozgásmennyiség adott időtartam alatti megváltozásával. A baloldalon lévő kifejezés az erő impulzusa, ezért a tételt impulzustételnek is szokás nevezni. Az impulzus mértékegysége: [Ns]. A fenti kifejezés vektorokra vonatkozik, így a derékszögű koordinátarendszerben megadott mozgás esetén három skalár egyenletként írható fel. A tétel előnyösen alkalmazható olyan esetben, amikor egy anyagi pontnak adott időpontbeli sebességét vagy két pont közti sebességváltozás időtartamát akarjuk meghatározni, és ismerjük az erőt, mint az idő függvényét. Ha a vizsgált mechanikai rendszer több anyagi pontot tartalmaz, akkor a tétel minden pontra külön felírandó. A kapcsolt rendszert vizsgálhatjuk együtt is, de ekkor csak a külső erők impulzusát kell belevonni a számításokba. Ha a rendszerre külső erő nem hat, az egyes pontok mozgásmennyisége változásának összege zérus kell, hogy legyen. Vagyis ha egy anyagi pontrendszerre külső erő nem hat, a rendszer mozgásmennyisége nem változik. Ezt a megállapítást nevezzük a mozgásmennyiség megmaradása tételének. Elméleti összefoglaló a tankönyvben az 50. oldalon. Példák: 2.8, 2.9, 2.10, 2.11.

Az anyagi pont perdülete, a perdület változásának tétele Valamely m tömegű anyagi pont mozgásmennyiségének a fix (álló) pontra vonatkozó nyomatékát, vagy másképpen, az adott 0 jelű ponttól az anyagi pontig tartó helyzetvektornak és az anyagi pont mozgásmennyiségének vektoriális szorzatát perdületnek Π O = r × mv

i

z ΠO =

M

ΠO

mv

k z .

x

y

mv x

mv y

mv z

Fenti egyenletet idő szerint deriválva:

r

dΠ O

x

dt

O

y

j

Mivel

= m(r& × v + r × v& ) .

r& = v,

ezért

r& × v = 0 .

(kinetikai nyomatéknak) nevezzük

& = m(r × v& ) = r × (mv& ) = r × (ma ) . Így Π O A Newton törvénye értelmében m a = R és ezek után:

& =r×R=M Π O O

Ahol az M O az anyagi pontra ható erők eredőjének az O jelű pontra vonatkozó nyomatékát jelenti.

A fentiek értelmében tehát egy fix pontra vonatkozó perdület idő szerinti differenciálhányadosa egyenlő az anyagi pontra ható erők ugyanarra a pontra számított nyomatékösszegével. Ezt az összefüggést nevezzük perdülettételnek. A változók szétválasztása, majd t1 és t 2 időpont közti integrálás után, az anyagi pont mozgására érvényes perdületváltozás tételét kapjuk: t2

∫M

O dt

= Π O (t 2 ) − Π O (t1 ) .

t1

A tétel azt fejezi ki, hogy egy m tömegű anyagi pontra ható erők egy fix pontra vonatkozó nyomatékösszegének két időpont közti idő szerinti integrálja egyenlő az anyagi pont ugyanarra a pontra vonatkozó perdületének a két időpont közti megváltozásával. Ezután vizsgáljuk azt az igen fontos speciális esetet, amikor az anyagi pontra ható erők eredőjének hatásvonala a mozgás közben mindig az O jelű fix ponton megy át. Ebben az esetben ugyanis:

M O = r × R = 0. Azt az erőt, amely ezt a feltételt minden időpontban kielégíti, centrális erőnek nevezzük, és ilyenkor azt mondjuk, hogy a pont centrális erőtérben mozog. Centrális erőtérben mozog például az az anyagi pont, amelyre mozgása közben csak a súlya hat, mivel ebben az esetben a pontra hatóerő - gravitációs erő - minden időpontban a Föld középpontja felé mutat. Ebben az esetben Π O = r × mv = állandó. Két mozgó vektor vektoriális szorzata csak akkor lehet állandó, ha mindketten ugyanabban a síkban mozognak, így mindjárt megállapítható, hogy amennyiben az anyagi pont centrális erőtérben mozog, mozgása állandó perdületű síkmozgás lesz. Elméleti összefoglaló a tankönyvben az 54-55. oldalon. Példák: 2.12, 2.13

Az erő munkája, a mozgási energia változásának tétele, a teljesítmény

F (r )

A1

z

r1

r

Az ábrán lévő F (r ) erő d r elemi eltolódás alatt végzett elemi munkája (dL) egyenlő az erő elmozdulás irányú komponensének és az elemi elmozdulásnak a szorzatával, vagyis az erővektor és elmozdulásvektor skaláris szorzatával: dL = F ⋅ d r .

dr r + dr A2

r2 O

Véges eltolódás esetén (A1 és A2 pontok között), ha a végpontok helyzetvektorai r 1 és r 2 , az erő munkája az elemi munka határozott integráljaként kapható:

L1− 2 =

x

y

A2

r2

A1

r1

∫ dL = ∫ F d r

.

Ha az erőt komponenseivel adjuk meg, a munka az alábbi összefüggésből számítható ki:

2.15. ábra

A2

L1− 2 =

x2

y2

z2

∫ (F dx + F dy + F dz ) = ∫ F dx + ∫ F dy + ∫ F dz . x

y

A1

z

y

x

x1

y1

z

z1

A műszaki számítások során gyakori eset, hogy egyenes vonalú pályán, egy azzal α szöget bezáró -állandó nagyságú erő Ez esetben a munka:

L1− 2 =

A2

x2

A1

x1

∫ dL = ∫ F ⋅ cos αdx = F ⋅ cos α ⋅ x

2 −1 .

Ugyancsak sok feladatban szerepel az anyagi pont tömegéhez tartozó súlyerő. Ha az anyagi pont mozgását térbeli derékszögű koordinátarendszerben írjuk le és a nehézségi erő irányában vesszük fel a z tengelyt a munka: z2

L1− 2 =

∫ (− F )dz = − F ( z

2

− z1 ) = F ( z 1 − z 2 ) .

z1

Vagyis az erő munkája nem függ a befutott pálya alakjától, csak a két pont magasságának különbségétől. Ha egy anyagi pontot rugóval rögzítjük egy fix ponthoz. a pont mozgásakor a pontra egy, a rugó megnyúlásával arányos, visszatérítő erő hat. Ha a kezdőponthoz a nyúlásmentes állapot tartozott és a végponti kitérést x-szel adjuk meg, akkor: 1 L1− 2 = − kx 2 . A munka mértékegysége: joule [J]. 1 J=1 Nm. 2

mv 22 mv12 A mozgási energia változásának tétele: − = 2 2

r2

∫

Fd r . Itt T =

r1

mv 2 az anyagi pont mozgási energiája A 2

mozgási energia tehát pozitív skaláris mennyiség és mértékegysége: [Nm]. Ezekután:

T2 − T1 = L1−2 . Eszerint az m tömegű anyagi pont mozgási energiájának valamely útszakaszon történő megváltozása egyenlő a pontra ható erők által ugyanazon útszakaszon végzett munkával. Az erő munkájának meghatározásából kiindulva - állandó erő esetén - a teljesítményt a következőképpen számíthatjuk: dL Fd r dr P= = =F = Fv . dt dt dt Szavakkal kifejezve azt mondhatjuk, hogy a teljesítmény egy adott időpontban egyenlő az anyagi pont sebességvektorának és a pontra ható erő vektorának skalár szorzatával. A teljesítmény mértékegysége: watt [W]. 1 W = l J/s = l Nm/s. Potenciális erők esetén a munka L1− 2 = U 1 − U 2 , vagyis a potenciális erőtérben végzett munkát a potenciálfüggvénynek a mozgás kezdőpontjához és végpontjához tartozó értékéinek különbsége adja meg. Ekkor U 2 + T2 = U 1 + T1 = konstans , ami azt fejezi ki, hogy a potenciális térben lévő anyagi pont kinetikai és helyzeti energiájának összege a pont helyzetétől független állandó. Ezen összefüggés a mechanikai energia megmaradásának törvénye. Elméleti összefoglaló a tankönyvben az 54-63. oldalakon. Példák: 2.14, 2.15, 2.16, 2.19, 2.20

Jármű kis hajlásszögű lejtőn való mozgása. A mozgás soorán fellépő menetellenállás E = µ , ahol  a kis lejtőn megegyezik a jármű súlyával, míg µ a menetellenállási tényező. A kis lejtő hatása , a cos α ≈ 1 közelítés abban is jelentkezik, hogy a mozgó pont által x megtett utat s= ≈ x módon, azaz a vízszintes távolsággal számíthatjuk. Ugyancsak a kis hajlásszög miatt cos α elfogadható a sin α ≈ tgα közelítés. A meredekséget nem az α-val jellemzik, hanem a tgα -val és annak 1000-rel szorzott értékét adják meg. Az e [ 0 00] ezrelék segítségével számítható a súlyerő lejtő irányú komponense:

(G sin α )[ N] ≈ (Gtgα )[ N] = G[kN]e [ 0 00] .

Látható, hogy ha a súlyerőt kN-ban adjuk meg, a lejtő irányú komponens N-ban adódik Elméleti összefoglaló a tankönyvben az 67-68. oldalakon. Példák: 2.21, 2.22

5. hét Ütközések Vannak olyan mechanikai mozgások, amelyek vizsgálatánál a belső relatív elmozdulások figyelmen kívül hagyása esetén a feladat nem oldható meg. Az ütközés a mechanikai mozgások ezen csoportjába tartozik, így vizsgálatánál a valóságos anyagi testeket szilárd testként modellezzük. A pillanatnyi idő alatti véges mozgásmennyiség-változás csak úgy következhet be, ha az adott időtartam alatt a testre igen nagy , ún. "ütközési" erők hatnak, így a pillanatnyi időtartam ellenére az erők impulzusa véges nagyságú lesz. Tekintettel arra, hogy az elemi kis időtartam alatt a pont helyzetvektorának változása elemi - és így elhanyagolható -, megállapíthatjuk, hogy ütközéskor csupán a pont sebességvektora változik, mégpedig az ütközési impulzusnak megfelelően.

Haladó mozgást végző test ütközése mozdulatlan felülethez - Centrikus egyenes ütközés Az ütközés során két szakaszt különböztetünk meg. A τ 1 időtartam alatt a v sebességgel érkező test, valamint a mozdulatlan test az ütközési erő hatására benyomódik és a test sebessége rohamosan zérusra csökken Ez az ún. összenyomódási vagy kompressziós szakasz. Az ütközés első szakasza alatt a test mozgási energiája átalakul a testekben keletkező rugalmas erőknek megfelelő potenciális energiává (esetleg hővé, hanggá). Az ütközés második fázisában a τ 2 időtartam alatt a rugalmas erők hatására a testek részben vagy egészben visszanyerik eredeti alakjukat, a potenciális energia mozgási energiává alakul át, a test elválik a mozdulatlan felülettől és egy u sebességgel mozog tovább. Az ütközésnek ezt a szakaszát alakvisszanyerő vagy expanziós szakasznak nevezzük. Ha az ütközés második szakasza alatt az alakvisszanyerés nem teljes, akkor nem kapjuk meg az eredeti kinetikai energiát, és így a sebességek sem lesznek azonosak. A sebességek és impulzusok arányát megadó

e=

u mu S 2 = = v mv S1

tényezőt visszapattanási tényezőnek nevezzük. Az e =1 esetben rugalmas ütközésről, míg e = 0 esetben képlékeny ütközésről beszélünk. Az 1 > e > 0 esetet, ahol az ütközés részben rugalmas, részben képlékeny, rugalmatlan ütközésnek nevezzük. A teljes ütközési impulzus:

S = S1 + S 2 = m(v + u ) = (1 + e )mv .

Az energiaveszteség a rugalmatlan ütközésnél:

∆E =

(

mv 2 1 − e2 2

)

.

A kinetikai energia ezen része a maradó alakváltozások során hő- illetve hangenergiává alakul át.

Anyagi pont centrikus ferde ütközése Az ütközési felület mormálisával α szöget bezáró ferde ütközés esetén a sebességvektor felbontható egy érintőirányú és egy normálisirányú komponensre. Ha a testet anyagi pontnak tekinthetjük, mind a sebességvektor mind a komponensei átmennek a súlyponton, és az ütközés alatt a test helyzete nem változik. Az ütközés miatt a normális irányú komponens ellenkező előjelű lesz és nagysága:

un = e vn .

A test normálisra merőleges (érintőirányú) sebesség-komponense nem változik. A sebességvektor ütközés utáni nagysága:

u = v sin 2 α + e 2 cos 2 α , és a normálissal bezárt szöge: tg β =

Látható, hogy ütközés után a sebességvektor a normálissal nagyobb szöget zár be, mint ütközés előtt.

1 tg α . e

Példa Az ábrán látható m tömegű test A helyzetében v 0 kezdősebességgel rendelkezik. Ütközés után a test a B helyzetben ál1 meg. Határozzuk meg a visszapattanási tényező értékét, figyelembe véve a test és a megtámasztó felület közötti súrlódást is! Mekkora lesz az ütközési impulzus és az energia veszteség? Határozzuk meg az ütközési erőt, ha az öszenyomódási szakasz időtartama 0,1 s, és az ütközési erő lineárisan növekszik?

0,4 m

v 0 = 4 m/s m = 1,2 t

f= 0,5 A

B

1m Megoldás: A falhoz való ütközés sebességét a mozgási energia változásának tételével számíthatjuk:

mv 2 mv 02 − = − fGs , 2 2

Gv 2 G ⋅ 4 2 − = −0,5 ⋅ G ⋅ 1 , → v = 16 − 9,81 = 2,488 m/s . 2g 2g

Ismerve az ütközés után a megállás helyét, a visszapattanáskor kialakuló sebességet szintén a mozgási energia változásának tételével határozhatjuk meg:

0−

mu 2 = − fGx , 2

-

A visszapattanási tényező:

Gu 2 = −0,5 ⋅ G ⋅ 0,4 , → u = 0,4 ⋅ 9,81 = 1,981 m/s . 2g 1,981 e= = 0,796 . 2,488

Az ütközési impulzus:

S = (1 + e )mv = (1 + 0,796 ) ⋅ 1200 ⋅ 2,488 = 5362 kgm/s .

Az energiaveszteség:

∆E =

(

)

(

)

mv 2 1200 ⋅ 2,488 2 1 - 0,796 2 = 1361kgm 2 /s 2 . 1 − e2 = 2 2

Az ütközési erő számítására - ezen vizsgálat keretében - nem rendelkezünk zárt formulával. Az ütközési impulzusra t +τ 1

vonatkozó

S1 =

∫ dt 1

1 (t ) erő közvetlenül nem számítható. Ha pl. mérési adatok

összefüggés ismeretében az

t

alapján ismerjük az összenyomódási szakaszhoz tartozó τ 1

időtartamot, és fel tudjuk írni az

1 (t ) erőt 1 f (t )

formában, akkor:

1 =

S1 t +τ 1

.

∫ f (t )dt t

A τ 1 = 0,1 s összenyomódási idő és f (t ) = t , azaz lineáris függvény esetén:

1 (t ) =

S1 0 ,11

∫ 0

tdt

t=

S1 t2 2

0 ,1

t=2

1,200 ⋅ 2,488 t = 597,1t [kN] . 0,01

0

Az ütközési erő ezen számítási modell alapján tehát lineárisan növekszik és az összenyomódási szakasz végén, t = 0,1 s nál:

1 = 59,71t [kN ] .

Két haladó mozgást végző test ütközése Vizsgálatainkat az egyenes centrikus esetre korlátozzuk. Amint korábban láttuk, ez azt jelenti, hogy a súlypontok sebességvektorai azonos egyenesbe esnek és átmennek az érintkezési ponton. Az ütközés kompressziós szakaszában az ütközési erők hatására a testek összenyomódnak, súlypontjaik közelednek egymáshoz és a két test közötti sebességkülönbség kiegyenlítődik. Az ütközés első szakasza végén a két test azonos u sebességgel halad tovább. Az ütközés második szakaszában a rugalmas erők hatására a testek visszanyerik (részben vagy egészben) eredeti alakjukat és az ütközési erők hatására eltávolodnak egymástól. m v + m2 v 2 . Az u ismeretében az ütközés utáni sebességek is számíthatók. A közös sebesség: u = 1 1 m1 + m 2

u1 = v1 −

(1 + e)m2 (v1 − v 2 )

u 2 = v2 +

,

m1 + m 2

(1 + e)m1 (v1 − v 2 ) m1 + m 2

.

Az ütközésnél fellépő kinetikai energiaveszteség most is kifejezhető a visszapattanási tényezővel:

(

∆E = 1 − e 2

) 2(mm m+ m 1

1

2

2

)

(v1 − v 2 )2

.

A visszapattanási tényező az ütközés utáni és előtti sebességkülönbségek hányadosa: e = A teljes ütközési impulzus:

S = (1 + e )S I = (1 + e )

u 2 - u1 . v1 − v 2

m1 m2 (v1 − v 2 ) . m1 + m2

Példa A rendező-pályaudvaron álló 100 kN súlyú szerelvény a gurítódombról 18 km/h sebességgel érkező 10 kN súlyú vagonnal rugalmasan ütközik. Milyen távolságra mozdul el a szerelvény az ütközés után 4 N/kN menetellenállás esetén? Mekkora a visszapattanási tényező, ha az elmozdulás 8 m?

Megoldás: Az ütközés előtti sebességek:

v1 = 18 km/h ,

v2 = 0 .

Rugalmas ütközés esetén az álló szerelvény ütközés utáni sebessége:

u 2 = v2 +

2m1 (v1 − v 2 ) 2 ⋅ 10(18 − 0) =0+ = 3,272 km/h = 0,9091 m/s . m1 + m 2 10 + 100

A mozgási energia változásának tétele alapján:

0−

1 100000 0,90912 = −100 ⋅ 4 ⋅ x , 2 9,81

→ x = 10,53 m .

Előírt elmozdulás esetén az álló szerelvény ütközés utáni sebessége:

0−

1 100000 2 v = −100 ⋅ 4 ⋅ 8 , 2 9,81

Rugalmatlan ütközés esetén: u 2 = v 2 + Ebből a visszapattanási tényező:

→ v = 0,7924 m/s = 2,853 km/h .

(1 + e)m1 (v1 − v 2 ) m1 + m 2

,

2,853 = 0 +

(1 + e)10(18 − 0 ) .

e = 0,743 .

Elméleti összefoglaló a tankönyvben az 95-102. oldalakon. Példák: 2.36, 2.38.

10 + 100

6. hét Rugalmasan megtámasztott testtel való ütközés Vízszintes rugóval megtámasztott test A kérdés tárgyalását a feladat gyakorlati jelentősége indokolja. A valóságban a rugalmas megtámasztás egy szerkezettel való megtámasztást jelent. A rugóerő számítása a megtámasztó szerkezet igénybevételeinek meghatározását jelenti. Sok esetben a megtámasztott tömeg magának a szerkezetnek a tömege, és az ütközés tulajdonképpen valamely idegen testnek a szerkezettel való ütközését jelenti. Ennek a kérdésnek az elemzése valódi építőmérnöki feladat. Vizsgálataink során az első feladat most is az ütközést okozó test ütközés előtti sebességének a rögzítése. Ezt követően a megtámasztó szerkezet és az ütköző test tulajdonságai alapján dönteni kell arról, hogy rugalmas, rugalmatlan vagy képlékeny ütközésről van-e szó. Ha az ütközés rugalmatlan, a további vizsgálatokhoz kell a visszapattanási tényező. Az ütközés típusának eldöntése után lehet számítani az ütközés utáni sebességeket.

Példa

m0

v

Az ábrán látható súrlódásmentes felületen fekvő m0 tömegű test k rugómerevségű rugóval rugalmasan kapcsolódik a mozdulatlan falhoz. Az m tömegű test v sebességgel ütközik az m0 tömegű testtel. Határozzuk meg

k

m

az ütközéskor keletkező x d dinamikus elmozdulást és a rugóban keletkező legnagyobb erőt!

xd

Az ütközés utáni sebesség függ attól, hogy az ütközés rugalmas, rugalmatlan vagy képlékeny. A képlékeny ütközés annyiban is eltér a másik két esettől, hogy ekkor a rugóval megtámasztott tömeggel egyesül az ütköző tömeg és együtt mozognak tovább, míg nem képlékeny ütközésnél az ütköző tömeg elpattan a rugóval megtámasztott tömegtől. Abban az esetben, ha az m tömeg visszafele mozog a továbbiakban már nem befolyásolja a megtámasztott test viselkedését. Abban az esetben azonban, ha csökkent sebességgel, de tovább halad, ismét utol fogja érni az m0 tömegű testet. Ennek a jelenségnek az elemzése nem része a tananyagnak. Jelöljük a megtámasztott test ütközés utáni tömegét M-mel. (Képlékeny ütközéskor M = m + m0 , különben M = m0 ). Legyen a megtámasztott testnek az ütközési szakasz végéhez tartozó sebessége, amivel a megtámasztott test elindul, V. (1 + e)mv = (1 + e)Gv . mv Gv = , míg rugalmatlan ütközésnél: V = Képlékeny ütközés esetén: V = m + m0 G + G0 m + m0 G + G0 Az x d meghatározásához felírható a kinetikai energia változásának tétele: A rugóerő munkája: L = −

1 2 kx d . 2

Ebből: x d = V

0−

1 MV 2 = L . 2

M . k

A dinamikus erő: Fd = kxd = V kM . A különböző ütközési esetekhez tartozó eredmények az adott M és V behelyettesítésével nyerhetők. Pl. képlékeny ütközéskor:

Gv G + G0

G + G0 =v gk

Fd = kx d = v

kG 2 . (G + G0 )g

xd =

G2 , (G + G0 )gk

Jól látható, hogy a rugómerevség növelésével az ütközési erő növekszik, míg az elmozdulás csökken.

Leeső teher hatásának vizsgálata Az. ábrán az m tömegű test h magasságról esik a k rugómerevségű rugóval az alátámasztó szerkezethez rugalmasan kapcsolódó m0 tömegű testre.

m h

xd

m0

Határozzuk meg az ütközéskor keletkező x d dinamikus elmozdulást és a rugóban keletkező legnagyobb erőt! Az ütközés előtt csak az m tömegnek van sebessége:

v = 2gh . Az ütközés

utáni sebesség most is attól függ, hogy az ütközés rugalmas, rugalmatlan vagy képlékeny.

k

A mozgási energia: T1 =

Ugyancsak az ütközés módjától függ az együtt mozgó tömeg, ami képlékeny ütközéskor M = m + m0 , különben M = m 0 .

1 MV 2 . Vizsgáljuk meg a továbbiakban a képlékeny ütközés esetét! 2

 Gv 1 T1 = (m + m0 ) 2  G + G0

2

 1 G2 G2  = h 2 g = h,  2g G + G 0 G + G0 

Munkát végez egyrészt az együtt mozgó tömegnek megfelelő súlyerő: LG = Mgx d , másrészt a rugóban ébredő rugóerő:

R = G0 + kx . xd

LR = −

Ennek a rugóerőnek az x d elmozduláson végzett munkája:

∫ (G

0

+ kx )dx = −G 0 x d −

0

L = LG + LR = (G + G0 ) ⋅ x d − G0 x d −

Felírva a mozgási energia változásának tételét: −

1 2 kx d . 2

1 2 1 kxd = Gx d − kx d2 . 2 2

G2 1 h = Gxd − kxd2 . G + G0 2

x d2 - 2

G G x d - 2h k k

1 = 0. G0 1+ G

G = x st a leeső tömegnek megfelelő súlyerőből számított statikus elmozdulás. Megoldva a másodfokú egyenletet, a k fizikailag lehetséges megoldáshoz a második tagot pozitív előjellel véve:

Itt

x d = xst + xst2 + 2h

A kapott kifejezésben ν a dinamikus tényező:

xst = ν ⋅ xst . G 1+ 0 G

ν =1+ 1+

2h xst

1 . G 1+ 0 G

Jól látható, hogy a dinamikus tényező értéke növekszik a h magasság növelésével és a statikus elmozdulás csökkenésével (a rugómerevség növekedésével). Kedvezően befolyásolja a dinamikus tényezőt a szerkezet G0 tömege.

Speciális esetként kezelhető a h = 0 esete, amikor a testet zérus magasságról hirtelen ejtjük (és nem statikusan, fokozatosan engedjük) az alátámasztó szerkezetre.

ν =2 .

Ekkor a dinamikus tényező:

A rugalmas ütközésnél a leeső test sebessége az ütközéskor: v = 2gh . A mozgó tömeg:

M=

G0 . g V =

A rugalmasan megtámasztott test ütközés utáni sebessége:

2Gv . G + G0

A sebesség kétszerese a képlékeny ütközésnél lévőnek! A dinamikus elmozdulás mentén végzett munka:

1 1 1   L = LG + LR = Mgx d +  − G0 x d − kxd2  = G 0 x d − G0 x d − kx d2 = − kx d2 . 2 2 2   0−

A mozgási energia változásának tétele szerint:

1 MV 2 = L , 2

Behelyettesítve a V-re kapott kifejezést:

−

Ebből: Mivel

1 G0  2Gv  2 g  G + G 0

2

 4G 2 ⋅ G0 ⋅ h 1 G 0 4G 2 ⋅ 2gh 1  =− = − kx d2 . = −  2 2 2 g (G + G0 ) 2 (G + G0 )  xd =

G k

8hkG0

(G + G0 )2

.

G = x st , a gyökös kifejezés lesz a dinamikus tényező. k

Ebben az estben a nem képlékeny ütközésnél, bár elválnak a testek, de egy későbbi időpontban az m tömeg bizonyosan újra ráesik a szerkezetre. A jelenséget a tananyagban részletesen nem elemezzük. A kapott összefüggéseket azzal a feltételezéssel vezettük le, hogy a rugalmasan megtámasztott tömeg mozgása egyszabadságfokú. Így összefüggéseink sok gyakorlati esetben (pl. folytonos tömegeloszlású gerendára leeső teher) csak akkor használhatók fel, ha a ténylegesen több (esetleg végtelen sok) szabadságfokú rendszert egyszabadságfokúra vezetjük vissza az ún. redukált tömeg meghatározásával. Egy adott ponthoz tartozó redukált tömeget úgy lehet meghatározni, hogy az egyszabadságfokú rendszer kinetikai energiája megegyezzen az eredeti modell kinetikai energiájával. Pl. egy l hosszúságú A keresztmetszetű ρ sűrűségű M oszlopnál az egyszabadságfokú rendszerrel való vizsgálatnál az ún. redukált tömeg: m = . Egy kéttámaszú tartó 3 17 M M≈ közepére leeső teher esetén a gerenda közepére redukált tömeg: m = . Itt M a gerenda/oszlop teljes 35 2 tömege. Természetesen a leeső teherre való számítás akkor is lehetséges, ha nem képlékeny az ütközés. Ekkor az M és V helyére a rugalmatlan ütközésnek megfelelően m0 -at, illetve

(1 + e)G

2gh

G + G0

kifejezést kell beírni.

Elméleti összefoglaló a tankönyvben az 105-108. oldalakon. Példák: 2.39, 2.40.

7. hét Merev testek kinematikája Egy merev test mozgásállapotának ismerete azt jelenti, hogy a test minden egyes pontjának ismerjük a mozgásállapotát. A test egyes pontjainak helyzete azonban nem független egymástól és a továbbiakban kimutatjuk, hogy egy pont mozgásállapotának ismeretében a többi pont mozgásjellemzői számíthatók.A merev test mozgásának különböző formái vannak, amelyek közül az eltolódó (haladó) mozgást, a helytálló (fix) tengely körüli forgó mozgást és a síkmozgást tárgyaljuk. Egy síkmozgást végző merev test pontjai egymással párhuzamos síkokban mozognak. A test minden egyes pontjának pályája síkgörbe lesz.

Eltolódó mozgás z

Az ábrán látható, hogy a B pont helyzete az A pont helyzetének ismeretében, az r BA vektor segítségével megadható:

B

r AB rB

r B (t ) = r A (t ) + r BA .

B1

A

r AB

rA

A fenti összefüggésben r A és r B

A1

r B1

r A1

O

vektorok

függnek az időtől, de az r BA vektor nem. Mindez azt jelenti, hogy a sebességnek és gyorsulásnak deriválással való számítása során a konstans vektor deriváltja zérus lesz.

x y

v B (t ) =

d r B (t )

d r A (t )

=

= v A (t ) ,

a B (t ) =

dv A (t )

= a A (t ) . dt dt dt A kapott összefüggések azt mutatják, hogy egy adott időpontban a test bármely pontjának sebessége és gyorsulása azonos. Igazoltuk tehát, hogy egy pont mozgásállapotának ismeretében a többi pont mozgásjellemzői is megadhatók. Fentiek szerint a test bármelyik pontjában ugyanolyan sebességvektort illetőleg gyorsulásvektort kaptunk, vagyis ezen vektorok ún. szabad vektorok. A B pont sebesség- és gyorsulásvektora:

Helytálló (fix) tengely körüli forgó mozgás Az egyszerűbb tárgyalás érdekében az ábrán vegyük fel úgy a koordinátarendszert, hogy az y tengely essen egybe a forgástengellyel. Könnyen belátható, hogy a testnek a forgástengelyen kívül fekvő valamely M pontja olyan síkban végez körmozgást, amely átmegy az M ponton és merőleges a forgástengelyre; a kör középpontja - amelyet 0-val jelölünk - pedig a forgástengelyen van. Egy r sugarú pályán megtett út: s (t ) = rϕ (t ) .

z

O

z

x

ϕ (t ) M 0 j

y

M1

r x

0

ϕ (t )

r1

M1

A fentiekből következik, hogy amennyiben ismeretes a test forgástengelye és egy M1 pontjának mozgástörvénye, abból a ϕ (t ) számítható éa a test bármely M pontjának pontjának mozgásjellemzőjét meg tudjuk határozni.

Az anyagi pont körmozgásánál tanultak szerint ϕ (t ) ismeretében lehet számítani az ω szögsebességet és a κ szöggyorsulást. Ezek segítségével az egyes pontok sebessége és gyorsulása meghatározható. A sebességvektor merőleges lesz az M pontot a 0 ponttal összekötő egyenesre és a forgástengelytől tetszőleges r távolságra lévő pont esetén a sebesség nagysága: v = v = rω . A gyorsulásvektornak két komponense lesz. Az egyik komponens merőleges lesz az M pontot a 0 ponttal összekötő egyenesre - vagyis az adott ponthoz tartozó körpálya érintőjébe esik - , míg a normális irányú összetevő a 0 pontba mutat. A forgástengelytől tetszőleges r távolságra lévő pont esetén a gyorsulás összetevők nagysága:

aτ = aτ = rκ , a n = a n = r ω 2 ,

(rκ )2 + (rω 2 )

2

míg a gyorsulásvektor nagysága: a = a =

= r κ 2 +ω4 .

Látható, hogy mind a sebesség, mind a gyorsulás nagysága arányos a forgástengelytől való távolsággal.

z A sebességvektor felírható vektorokkal végzett számítások eredményeként is.

M z

v = ω ⋅ j× r .

v

r 0

A kifejezést kifejtve:

x i v= 0 rx

ω (t ) = ω ⋅ j

y

j

ω 0

k 0 = ωrz ⋅ i − ωrx ⋅ k . rz

z z

an

aτ x

0

a y

ω (t ) = ω ⋅ j κ (t ) = κ ⋅ j

A gyorsulásvektor szintén számítható vektoriális alakban. Ennek eredményeként a derékszögű koordinátarendszerbeni gyorsuláskomponensek viszonylag egyszerűen adódnak.

M

a = aτ + a n = −ω 2 r + κ ⋅ j × r , A kifejezést kifejtve:

(

) (

)

a = − ω 2 rx + κrz ⋅ i + − ω 2 rz κrx ⋅ k .

Síkmozgás

Az ábrán látható, hogy az általános síkmozgás összetehető egy haladó mozgásból és egy az A1 ponton átmenő, a mozgás síkjára merőleges tengely körüli elfordulásból. Ennek megfelelően egy adott időpontban a test minden pontjának azonos lesz a szögsebessége: ω B (t ) = ω A (t ) = ω (t ) .

z

vA B A1

r AB

rA

A

1

rB A B 1 1 1

vB

vB A

1

Egy adott A pont sebességvektorának és szögsebességének ismeretében az egyes pontok sebességvektora pedig a két összetevő mozgásból számított sebességvektorok összegzéseként kapható.

1

1 1

v B (t ) = v A (t ) + v BA (t ).

x

0

Célszerű először a sebességvektornak az x és z tengely irányú komponenseit számolni, és ezt követően meghatározni a sebességvektor nagyságát és irányát. Az elfordulásból származó összetevő vektoriális szorzat segítségével is előállítható, v B (t ) = v A (t ) + ω (t ) ⋅ j × r BA (t ) . így: Amint látjuk, a síkmozgásnál a sebesség a síkra merőleges szögsebességvektor és a síkba eső sebességvektor segítségével számítható. Lesz olyan pont, amelynek nem lesz sebessége csak szögsebessége. Nincs akadálya annak, hogy a többi pont sebességét ebből a pontból - az ún. pillanatnyi forgásközéppontból (momentán sebességcentrumból) - kiindulva, csupán a szögsebességből számítsuk. Ebben az esetben nincs szükség vektorok összegzésére.

vA

vA A

A

v d= A

ω

ω

ω C Mivel test síkmozgásáról van szó az elfordulás ténylegesen a C ponton átmenő síkra merőleges tengely körül történik.

an z

a

aτ aA

1

aA B

B1

A1

r AB A 0

rA

1

A gyorsulás számításánál szintén abból indulunk ki, hogy az általános síkmozgás összetehető egy haladó mozgásból és egy, az A1 ponton átmenő, a mozgás síkjára merőleges tengely körüli elfordulásból. Ennek megfelelően egy adott időpontban a test minden pontjának azonos lesz a szöggyorsulása: κ B (t ) = κ A (t ) = κ (t ) . Egy adott pont gyorsulásvektorának, szögsebességének és szöggyorsulásának ismeretében az egyes pontok gyorsulásvektora most három komponens összegzéseként kapható.

a B (t ) = a A (t ) + aτ BA (t ) + a n BA (t ). .

1

x

A gyorsulásvektor most is számítható vektoriális alakban: a B (t ) = a A (t ) + κ (t ) ⋅ j × r BA (t ) − ω 2 (t )r BA (t ) . Elméleti összefoglaló a tankönyvben a 27-31. oldalakon. Példák: 1.9, 1.10, 1.11, 1.13

8. hét Merev testek kinetikája A témakör tárgyalásához definiálni kell a test néhány tömegjellemzőjét. A merev test tömegét az elemi dm tömegek egész testre számított integráljaként határoztuk meg:

z

m=

dm

m

Egy adott testnek a koordinátarendszer kezdőpontjára vonatkozó statikai nyomatéka:

S r z

A vektor, amely kijelöli a test tömegközéppontját, vagy más néven a test súlypontját:

ys

xs

x

∫ rdm .

m

x

O y

S0 =

zs

rs

∫ dm .

rS =

y

S0 m

∫ rdm

=

m

∫

.

dm

m

A súlypont helyét a derékszögű koordináta-rendszerben az xS , yS , z S koordinátákkal is megadhatjuk:

xS =

z

∫ xdm

m

m

, yS =

ζ

∫ ydm

m

m

, zS =

∫ zdm

m

.

m

A merev test tehetetlenségi nyomatéka az xy, xz és yz koordinátasíkokra:

dm

∫

∫

m

ξ

r

m

∫

∫

m

y

η

x

m

∫

I O = r 2 dm . m

Mivel r 2 = x 2 + y 2 + z 2 , és például x 2 + y 2 = ζ 2 ,

m

∫

m

Végül a koordináta-rendszer kezdőpontjára vonatkozó tehetetlenségi nyomaték:

x

∫

vonatkozó

I x = ξ 2 dm, I y = η 2 dm, I z = ζ 2 dm .

O

I O = x 2 dm +

m

Az x, y és z koordinátatengelyre tehetetlenségi nyomatékok:

z

y

∫

I xy = z 2 dm, I xz = y 2 dm, I yz = x 2 dm .

∫ y dm + ∫ z 2

m

m

2

.

∫

dm = I xy + I xz + I yz , I z = x 2 dm + m

∫ y dm = I 2

xz

+ I yz , és így I O = I z + I xy .

m

A Steiner-tétel alapján a merev test súlypontjára, vagy azon átmenő tengelyre, illetőleg síkra vonatkozó tehetetlenségi nyomaték ismeretében egy másik pontra, vagy a tengellyel illetőleg a síkkal párhuzamos másik tengelyre és síkra vonatkozó tehetetlenségi nyomaték is számíthatók. A tehetelenségi nyomaték

R2 3 ill. I t1 = mR 2 . 2 2 m 2 m - a gerenda közepén és végén a keresztmetszeti súlyponti tengelyre: I y = l ill. I y1 = l 2 . 12 3 2 2R . - a gömb súlyponti tengelyére: I t = m 5

- a henger t tengelyére és a tengellyel párhuzamos t1 alkotójára: I t = m

Merev testek kinetikájának alaptételei Súlyponttétel R = ma S . A kapott kifejezés a merev test mozgására vonatkozó súlyponttétel, amely azt mondja ki, hogy a merev test súlypontja úgy mozog, mint a test tömegével megegyező tömegű olyan anyagi pont, amelyre a testre ható külső erők vektorösszegének megfelelő erő működik.

Síkmozgást végző merev test perdülete a forgástengelyre, a perdülettétel Az ábrán lévő y fix tengely, vagy a pillanatnyi forgástengely körül ω szögsebességgel és κ szöggyorsulással forgómozgást végző merev test egy tetszőleges, anyagi pontnak tekinthető dm tömegű részének sebessége v . Az r vektor a síkmetszet és a forgástengely 0 jelű döféspontjától a dm tömeghez mutató helyzetvektor. A dm anyagi pontnak a perdülete a tengelyen lévő mozdulatlan 0 pontra: d Π 0 = r × dm ⋅ v .

z dm v r

0 O

dΠ 0

ω

Ez a vektor a síkmozgás következtében az y tengelybe esik, így a perdület a tengelyre vett perdületként is értelmezhető. Az egész test perdülete az azonos állású elemi perdületvektorok összege:

x κ

y

∫

Π 0 = r × v dm

Mivel v = ω × r , ezért

m

Π 0 = r × (ω × r ) dm .

∫

m

Az ω × r vektoriális szorzat:

i

j

ω×r = 0

ω

rx

0

A r × (ω × r ) vektoriális szorzat pedig:

i r × ω × r = rx ω rz

Ezek után:

k 0 = (ω rz )i + 0 j + (− ω rx )k . rz

j k 0 rz = ω rz2 + ω rx2 j = ω r 2 . 0 − ω rx

(

)

∫

Π 0 = ω r 2 dm . m

A kapott kifejezésben ω nem függ az elemi pont helyzetétől, így az integráljel alól kiemelhető.

Π0 = ω

∫r

2

dm .

m

Az

∫r

2

dm kifejezés a testnek az y tengelyre vonatkozó tehetetlenségi nyomatéka, amelyet a síkmozgásra vonatkozó

m

összefüggésekben I 0 -al jelölünk. Így a síkmozgást végző test mozdulatlan tengelyre vonatkozó perdülete:

Π0 = I0ω . A perdületvektor idő szerinti deriváltja:

& = I ω& = I κ . Π 0 0 0

Az anyagi pont mozdulatlan pontra vonatkozó perdületének deriváltja egyenlő az anyagi pontra ható erőnek a pontra számított nyomatékával. Síkmozgás esetén a perdületvektor és így annak deriváltja is a síkra merőleges tengelybe esik, így az anyagi pontra ható erők nyomatékvektorainak összege is tengelyirányú lesz.

A síkmozgást végző merev test mozdulatlan tengelyre vonatkozó perdületét, amint az korábban látható volt, az egyes elemi tömegpontok perdületének összegeként értelmeztük. Ennek megfelelően a perdület deriváltja is egyenlő az összetevők deriváltjainak összegével. Ez azt jelenti, hogy összegezni kell az egyes pontokra ható erőknek a mozdulatlan tengelyre vonatkozó nyomatékait: n

n

n

∑ M = ∑ M (F ) + ∑ M (B ) = M i

i =1

i

i

i =1

0

.

i =1

A nyomatékok egyrészt a külső, másrészt a belső erőkből számíthatók ki. Az összegzés során azonban egy adott belső erő ellentettjének a nyomatéka is megjelenik az összegben, így a belső erőkből számítható nyomatékösszeg zérus lesz. Ebből az következik, hogy az M 0 nyomatékösszegben csak a testre ható külső erők nyomatékösszege jelenik meg.

& alapján megfogalmazható a síkmozgást végző merev test perdülettétele, mely szerint a testre Ezek után az M 0 = Π 0 ható külső erőknek a mozdulatlan tengelyre, vagy a pillanatnyi forgástengelyre számított nyomatékösszege egyenlő a testnek a tengelyre számított tehetetlenségi nyomatékának és a szöggyorsulásnak a szorzatával. A vektorjelöléstől a síkmozgás miatt eltekintve: M 0 = I 0κ . Ez az összefüggés akkor használható a gyakorlati feladatok megoldása során, ha egyszerűen meghatározható a forgás tengely. Különben célszerű az M S = I Sκ összefüggéssel számolni, amely szerint a testre ható külső erőknek a test súlyponti tengelyére számított nyomatékösszege egyenlő a testnek a súlyponton átmenő, a mozgás síkjára merőleges tengelyre számított tehetetlenségi nyomatékának és a szöggyorsulásnak a szorzatával. Ez a tétel a síkmozgást végző testnek a súlyponti tengelyre (súlypontra) vonatkozó perdülettétele. Elméleti összefoglaló a tankönyvben a 71-78. oldalakon. Példák: 2.25, 2.26, 2.27, 2.28.

A mozgásmennyiség változásának tétele, a perdületváltozás tétele Az alaptételekből most is levezethetők a feladatok megoldását segítő tételek. A merev test mozgásmennyisége változásának tétele szerint a merev test mozgásmennyiségének adott időtartam alatti megváltozása egyenlő a testre ható külső erők vektorösszegének az adott időtartamra vonatkozó határozott integráljával. t2

vS 2

t1

vS1

∫ Rdt = m ∫ dv

S

= m(v S2 − v S1 ) .

A perdület változásának tétele szerint a merev test síkmozgásakor a síkra merőleges mozdulatlan tengelyre, illetve a test súlypontján átmenő tengelyre számított perdület adott időtartam alatti megváltozása egyenlő a testre ható külső erőknek az illető tengelyre vonatkozó nyomatékösszege adott időtartamra vonatkozó határozott integráljával. t2

∫M

0 dt

= I 0 (ω 2 − ω1 ) ,

t1

ω2

t2

∫M t1

S dt

= I S dω = I S (ω 2 − ω1 ) .

∫

ω1

Merev test mozgási energiája, a mozgási energia változásának tétele A merev test mozgási energiája:

T=

1 1 1 I 0 ω 2 , vagy T = mvS2 + I Sω 2 . 2 2 2

A munka számításánal az erőpár munkája az erőpár és a test elfordulásának szorzataként számítható ki. Az erők munkájával való összegzés után a mozgási energia változásának tétele: T2 − T1 = L . Elméleti összefoglaló a tankönyvben a 86-87 és a 90-91 oldalakon. Példák: 2.30 2.31, 2.32, 2.34.

9. hét Egyszabadságfokú rendszer szabad rezgései Csillapítatlan szabad rezgés A csillapítatlan szabad rezgés differenciálegyenlete:

m&x&(t ) + kx(t ) = 0 . A másodrendű állandó együtthatójú lineáris

differenciálegyenlet általános megoldását x(t ) = de λt alakban keresve, behelyettesítés és de λt -vel való egyszerűsítés után az mλ 2 + k = 0 karakterisztikus egyenletet kapjuk. Az egyenletből λ1,2 = ±iω 0 , ahol

ω0 =

k . m

A differenciálegyenlet általános megoldása a két gyökhöz tartozó megoldás lineáris kombinációja. Átalakítások után

x(t ) = Acosω 0 t + Bsinω 0 t . A megoldásban szereplő állandókat a kezdeti feltételekből tudjuk meghatározni. A rezgés kezdetéhez tartozó időpontot célszerű t 0 = 0 -ra felvenni. A t 0 = 0 időponthoz tartozó x = x 0 , x& = v 0 ismeretében a kezdeti feltételeket kielégítő megoldás: v x(t ) = x 0 cosω 0 t + 0 sinω 0 t ,

ω0

A amely átírható x(t ) = a ⋅ sin  ω 0 t + α  alakra, ahol a = A 2 + B 2 és α = arctg .   B Vagyis az anyagi pont csillapítatlan rezgése harmonikus rezgőmozgás. Az anyagi pont maximális kitérése, amit a rezgés amplitúdójának nevezünk a-val egyenlő. Az ω 0 t + α értéket a rezgés adott időponthoz tartozó fázisának nevezzük, míg α az ún. kezdeti fázis. dimenziója [rad / s] .

Az ω 0 értéket a rendszer sajátkörfrekvenciájának nevezzük. Asajátkörfrekvencia

x

a a sin α

t 0

T0

A ω 0 T0 = 2π egyenlőségből számítható a T0 sajátrezgésidő: T0 = Az egységnyi idő alatt történő rezgések száma : n 0 =

2π . A rezgésidő dimenziója [s]. ω0

1 ω0 = , amelyet T0 2π

sajátrezgésszámnak (önrezgésszámnak,

frekvenciának) nevezzük. Az 1/s-ban adódó rezgésszám dimenziója [Hz] (Hertz). A műszaki gyakorlatban használjuk a percenkénti önrezgésszám fogalmát is, amely 0 = 60n 0 . Az 0 dimenziója: [1/perc]. A mérnöki gyakorlatban szívesen alkalmazott összefüggés szerint az önrezgésszámot (frekvenciát) jó közelítéssel megkapjuk, ha 5-öt osztjuk a tömegnek megfelelő súlyerőből cm-ben kiszámított, a rezgésnek megfelelő irányú elmozdulás négyzetgyökével.

n0 =

ω 0 4,984 5 = ≈ 2π e0 e0

Csillapított szabad rezgés Sebességgel arányos külső csillapítás

m&x&(t ) + cx& (t ) + kx(t ) = 0 .

A sebességgel arányos külső csillapításnak megfelelő differenciálegyenlet:

Az egyenletben szereplő c tényező megadja az egységnyi sebességhez tartozó ellenállási erő számértékét, egysége: [Ns/m]. A másodrendű homogén, lineáris, állandó együtthatójú differenciálegyenlet megoldásánál feltételezzük, hogy a x(t ) = de λt alakban kapható. Behelyettesítés és de λt -vel való egyszerűsítés után az megoldás

mλ 2 + cλ + k = 0 karakterisztikus egyenletet kapjuk, amiből: 2

λ1,2 = −

c k  c  ±   − . 2m m  2m 

A képletben szereplő négyzetgyök alatti kifejezésben lévő két tag nagyságától függően három eset különböztethető meg. 2

a.)

k  c  vagy c > 2 km .  >  2 m m  

x

Ez esetben - amikor a csillapítás nagy - a gyökjel alatti érték előjele pozitív, tehát a gyökök valósak. Ezen kívül, mivel a gyök c értéke -nél kisebb, mindkét λ negatív előjelű lesz. 2m 2

Bevezetve a

és

k  c  r=   − 2 m m  

λ1 = − ρ + r = − ρ1 ,

jelöléseket:

λ2 = −ρ − r = −ρ 2 .

A differenciálegyenlet általános megoldása: x(t ) = d 1e − ρ1t + d 2 e − ρ 2t

t

0

A megoldás két monoton csökkenő exponenciális görbe összegét tartalmazza. A nyugalmi helyzetből kimozdított test aszimptotikusan közeledik eredeti helyzetéhez, amint azt az ábra mutatja. A nagy csillapítás esetében tehát nem lesz rezgés. 2

k  c  vagy c = 2 km .  =  m  2m  c Ebben az esetben λ1 = λ 2 = − = − ρ és az általános megoldás: x(t ) = e − ρt (d 1 + d 2 t ) 2m

b.)

alakban írható fel. Rezgés

most sincs, és mivel e − ρt jobban csökken, mint ahogy t növekszik, a mozgás az időben most is nyugalmi helyzethez közelít. Ezt az esetet, amikor c = 2 km , kritikus csillapításnak nevezzük. 2

c.)

k  c  vagy c < 2 km .  <  m  2m 

Most, amikor a csillapítás kicsi, a négyzetgyök alatti kifejezés negatív lesz, így két komplex gyököt kapunk. Bevezetve az ω 0∗ =

k  c  −  m  2m 

2

a karakterisztikus egyenlet megoldásai: λ1 = − ρ + iω 0∗ ,

A differenciálegyenlet általános megoldása az alábbi lesz:

λ 2 = − ρ − iω 0∗ .

(

)

x(t ) = e − ρt Acosω 0∗ t + Bsinω 0∗ t . Ha t=0-nál a kezdeti

  v + ρx feltételek x = x 0 és x& = v 0 , akkor a megoldás: x(t ) = e − ρt  x 0 cosω 0∗ t + 0 ∗ 0 sinω 0∗ t    ω0  

A fentiek értelmében az egytömegű, egyszabadságfokú rendszer csillapított szabad rezgése egy olyan ω 0∗ frekvenciájú periodikus rezgőmozgás, amelynek amplitúdói az e − ρt szorzó miatt t növekedésével csökkennek. Amint láttuk, az előző két esettől eltérően most rezgőmozgás van. Ez annak köszönhető, hogy a csillapítás kis csillapítás. A csillapított rezgés ω 0∗ sajátkörfrekvenciájánál a *-gal azt kívántuk kifejezni, hogy ω 0∗ a csillapítási jellemző ismeretében a csillapítatlan esethez tartozó ω 0 -ból származtatható:

ω 0∗ = ω 0 1 −

c2 .A mozgás lefutását zérus 4km

kezdeti elmozdulás esetén:

x

t 0

T0* A csillapított rezgés sajátrezgésideje: T0* =

T0*

2π

ω 0∗

, önrezgésszáma pedig: n 0* =

ω 0∗ . A rezgés csillapodását az egymást 2π

időközzel követő kitérések arányával jellemezhetjük. A két kitérés hányadosát a csillapított rezgés

dekrementumának, természetes alapú logaritmusát pedig logaritmikus dekrementumnak nevezzük: logaritmikus dekrementum segítségével, bevezetve a γ = γ

x(t ) = e

− ω0∗t  x 2

 

∗ 0 cosω 0 t

ϑ = ρT0∗ . A

ϑ γ jelölést, ρ = ω 0∗ , és a mozgás egyenlete: 2 π

  v γ  +  0∗ + x 0 sinω 0∗ t  . ω  2   0 

Szerkezeti csillapítás Ha egy adott szerkezetet rezgésbe hozunk, majd hagyjuk, hogy szabad rezgést végezzen, a rezgés akkor is csillapodni fog, ha nincs külső rezgéscsillapítás. Ennek oka az ún. szerkezeti csillapítás, a szerkezet kapcsolatainál fellépő súrlódás és az anyag nem tökéletesen rugalmas volta, az ún. belső súrlódás.. Ezek szerint egy mérésekkel igazolt logaritmikus dekrementumhoz számítunk egy ekvivalens külső csillapítási jellemzőt. Így az eddigi összefüggéseink a szerkezeti csillapítás esetére is alkalmazhatók lesznek. A c ekv = γ km a csillapított rezgés sajátkörfrekvenciája a szerkezeti csillapítás esetén: ω 0∗ = ω 0 1 −

γ2

, azaz a 4 szerkezeti csillapítás frekvenciát módosító hatása csak a logaritmikus dekrementumtól függ, vagyis valóban frekvenciafüggetlen. Valós szerkezeteknél az ω 0∗ -ra kapott összefüggésben a négyzetgyök alatti kifejezés második tagja az első taghoz képest igen kicsi, ami azt jelenti, hogy a szerkezeti csillapítás az önrezgésszámra, sajátkörfrekvenciára nincs jelentős hatással. Szokásos eljárás, hogy a szerkezeti csillapítással ekvivalens c külső csillapítási állandót a kritikus csillapítás %-ban α [%] adják meg: α [%] = 50γ → γ = . Például vasbetonszerkezeteknél - jelentős dinamikus igénybevételeknél - 5%-os 50 szerkezeti csillapításnál γ = 0,1 . Elméleti összefoglaló a tankönyvben a 117-126 oldalakon. Példák: 3.1, 3.2, 3.3, 3.4

10. hét Egyszabadságfokú rendszer harmonikus gerjesztése Harmonikus erővel gerjesztett csillapítatlan rezgés A differenciálegyenlet ebben az esetben: m&x&(t ) + kx(t ) = q sin ωt . Az inhomogén differenciálegyenlet megoldása a homogén egyenlet általános és az inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának összegeként kapható. A homogén egyenlet megoldása megegyezik a csillapítás nélküli esetben kapott megoldással. A partikuláris megoldást x g (t ) = x g 0 sin ωt alakban keressük. Behelyettesítve az x g (t ) és &x&g (t ) függvényeket és

sin ωt -vel egyszerűsítve:

(k − mω )x 2

g0

=q.

Vizsgáljuk azt az esetet, amikor k ≠ mω 2 és végrehajthatjuk a k − mω 2 -tel való osztást! Figyelembe véve, hogy

ω 02 =

k , a partikuláris megoldás: m x g (t ) =

q k

1

sin ωt . 2 ω   1 −    ω0  A homogén rész általános megoldását és a partikuláris megoldást összeadva q 1 x(t ) = Acosω 0 t + Bsinω 0 t + sin ωt 2 k  ω   1 −    ω0  alakban kapjuk a differenciálegyenlet általános megoldását. Az A és B állandókat a kezdeti feltételekből határozhatjuk meg. Ha t = 0-ná1 a kezdeti feltételek x = x 0 , x& = v 0 , akkor a kezdeti feltételeket kielégítő megoldás: x(t ) = x 0 cosω 0 t +

v0

ω0

sinω 0 t +

q k

  ω  sin ωt − sinω 0 t  .  ω0   ω    1 −    ω0  1

2

Az így kapott megoldásban az első két tag megfelel a szabad rezgésnél kapott megoldásnak, a harmadik tag pedig a gerjesztő erő hatásának. Az első két tag a csillapítás miatt rövid idő alatt megszűnik, és a továbbiakban az inhomogén rész lesz az állandósult rezgés tetszőleges kezdeti feltétel esetén is.

q egy olyan eltolódást jelent, amelyet a gerjesztő erő maximuma okozna a rendszeren, amennyiben statikusan k 1 működne. Az erő dinamikus hatását a szorzat másik tényezője, az kifejezés mutatja. Ennek abszolút értéke 2  ω   1 −    ω0 

A

a

µ

rezonanciatényező. A rezonanciatényező kizárólag az

ω ω0

hányadostól, vagyis a gerjesztő erő

körfrekvenciájának és a rendszer sajátkörfrekvenciájának a hányadosától függ. Amikor a gerjesztő erő körfrekvenciája a szabad rezgés sajátkörfrekvenciájánál kisebb, a rezonanciatényező értéke egynél mindig nagyobb. Amikor

ω ω0

közeledik az egyhez, a rezonanciatényező - és vele együtt a rezgés amplitúdója - rohamosan nő. Ha ω nagyobb ω 0 nál, akkor ω növekedésével a rezonanciatényező aszimptotikusan közeledik nullához. Ez azt jelenti, hogy amennyiben

ω sokkal nagyobb ω 0 -nál, a gerjesztő erő igen kis amplitúdójú rezgéseket okoz. A differenciálegyenlet megoldása során kizártuk a k = mω 2 , azaz ω = ω 0 esetet, mivel ez esetben zérussal kellene osztani. Ez a jelenség, amikor ω = ω 0 , azaz a gerjesztő erő frekvenciája a rendszer sajátfrekvenciájával megegyezik a

rezonancia. Az x 0 = x& 0 = 0

zérus kezdeti feltételekhez tartozó megoldást vizsgálva

megkereshetjük

x(t )

qω 0 q sinω 0 t − t cos ω 0 t 2k 2k A kapott eredményből látható, hogy rezonancia esetén a második összetevő amplitúdója az idővel arányosan növekszik, tehát a rezgés során a végtelen felé tart, amint azt az ábra mutatja. lim x(t ) =

határértékét:

ω →ω0

x

t

Meg kell jegyezni, hogy a rezonancia, azaz ω = ω 0 egybeesés a valóságban nem tud kialakulni, mivel a körfrekvenciák valós fizikai mennyiségek, értékük valós szám. A valóságban viszont találkozunk azzal a jelenséggel, amikor ω közel esik ω 0 -hoz, de nem azonos vele. Ekkor

ω ≈ 1 esetén, igazolható, hogy ω0

 ω −ω  0  sin  t cosωt , azaz: x(t ) = A(t ) cosωt .   2  ω     1 −    ω0  Ezt a jelenséget, amelynél a q sin ω t gerjesztő erő hatására az anyagi pont olyan ω frekvenciájú rezgést végez, amelynek amplitúdója periodikusan változik, lebegésnek nevezzük. x(t ) =

q k

2

2

x

t

Harmonikus erővel gerjesztett csillapított rezgés A differenciálegyenlet ebben az esetben m&x&(t ) + cx& (t ) + kx(t ) = q sin ωt . A partikuláris megoldás x g (t ) = x g 0 sin (ωt − ϕ ) alakban kereshető, ahol ϕ = arc tg

cω k − mω

2

q , míg x g 0 = k

1  2  ω 1 − 2  ω 0 

.

2

 c2 ω 2   + km 2  ω0 

A differenciálegyenlet partikuláris megoldása ezek után:

xg =

q k

 cω sin  ωt − arc tg 2 k − mω 2    2 2 2 c ω  ω  1 − 2  + km 2  ω  ω0 0   1

  .  

Az ily módon kapott megoldás harmonikus rezgőmozgást jelent, amelynek amplitúdója x g 0 , periódusa azonos a gerjesztő erő periódusával, de a rezgés a gerjesztő erőhöz képest ϕ = arc tg A differenciálegyenlet általános megoldása:

cω k − mω 2

fázissal késik.

)

(

 cω   . sin  ωt − arc tg 2 k m ω −    2 c2 ω 2  ω  1 − 2  + km 2  ω  ω0 0   A homogén rész általános megoldása egy csillapított rezgést képvisel, amely rövid idő alatt megszűnik. Az állandósult q a statikus elmozdulás, míg a rezonanciatényező: rezgés kifejezésében a k 1 µ= 2  2 c2 ω2  ω  − + 1   km ω 2  ω2  0  0  q x(t ) = e − ρt Acosω 0∗t + Bsinω 0∗t + k

1

2

Ha a különböző csillapítási értékeket a kritikus csillapításhoz, c kr = 2 km

viszonyítjuk, a különböző

c / c kr viszonyszámokhoz tartozó maximális amplitúdók mindig véges értéket vesznek fel és nagyobb csillapítási tényezőhöz kisebb maximális amplitúdó tartozik. Kis csillapításnál - ahol a rezonanciatényező jelentős - nem okoz nagy hibát, ha a rezonanciatényező értékét az ω = ω 0 -nál számítjuk. Ekkor: µ max =

mω 0 c

.

A c ≥ 2km csillapítási tényező esetén a rezonanciatényező maximális értéke kisebb lesz egynél, vagyis a statikus elmozdulásnál - a gerjesztő frekvenciától függetlenül - kisebbek lesznek a dinamikus elmozdulások. A c = 2km értékű csillapítást eszményi csillapításnak nevezzük. A szabad rezgés vizsgálatánál láttuk, hogy a szerkezeteknél akkor is van csillapítás, ha erről nem gondoskodunk. A c = γ km ekvivalens csillapítás kifejezését behelyettesítve a rezonanciatényező: 1 µ= . 2   2 2  ω  2ω 1 − 2  + γ  ω  ω 02 0   Valós szerkezeteknél a γ nem több

0,1-nél, ami azt jelenti, hogy a szerkezeti csillapításnak csak a rezonancia 1 1 = . Például γ=0,1-nél µ max = 10 . közelében van jelentősége. A rezonanciatényező maximális értéke: µ max =

γ2

γ

1

kifejezés előjele más akkor, ha ω < ω 0 és más, ha ω > ω 0 . Megállapítottuk, 2 ω   1 −    ω0  hogy amikor a gerjesztő erő frekvenciája kisebb a rendszer sajátkörfrekvenciájánál a rezgés és a gerjesztő erő azonos fázisban van, vagyis a rezgést végző test mozgásának iránya minden pillanatban megegyezik a gerjesztő erő irányával. Ha azonban a gerjesztő erő frekvenciája nagyobb a rendszer sajátkörfrekvenciájánál, a test a gerjesztő erővel ellentétes cω cω = arc tg fázisban - 180o fázis eltolódással - rezeg. A csillapított esetben ϕ = arc tg , 2  2 k − mω ω   k 1 −   ω2  0   vagyis a rezgés iránya most is változik, ha ω < ω 0 vagy ha ω > ω 0 , de a fázis eltolódás nem ugrásszerűen, hanem folyamatosan változik.

A csillapítatlan rezgésnél az

A szerkezeti csillapítással ekvivalens külső - sebességgel arányos – csillapítás, a c ekv = γ km -t behelyettesítve:

γ ϕ = arc tg

ω ω0

.  ω2   1 −  ω2  0   Elméleti összefoglaló a tankönyvben a 135-145 oldalakon. Példák: 3.5, 3.6, 3.7, 3.8

11. hét Egyszabadságfokú rendszer általános erő okozta gerjesztett rezgése A csillapítatlan rezgés differenciálegyenlete: m&x&(t ) + kx(t ) = q (t ) , a csillapított gerjesztett rezgés differenciálegyenlete pedig: m&x&(t ) + cx& (t ) + kx(t ) = q (t ) .

Állandó nagyságú erővel gerjesztett csillapítatlan rezgés m&x&(t ) + kx(t ) = q . A megoldás a homogén egyenlet általános megoldása és az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása összegeként áll q elő. Behelyettesítéssel ellenőrizhető, hogy a partikuláris megoldás: x q = . k q x(t ) = Acosω 0 t + Bsinω 0 t + . Ezek után a rezgésegyenlet megoldása: k Az A és B állandókat a kezdeti feltételekből határozhatjuk meg. Ha t = 0-nál a kezdeti feltételek x 0 = v 0 = 0 , akkor

x(t ) = −

(

)

q q q cosω 0 t + = 1 − cosω 0 t . k k k

x

q k

t 0 q statikus egyensúlyi helyzet körüli - harmonikus rezgőmozgásról van szó, k ahol az amplitúdó a statikus elmozdulásnak felel meg. Így a maximális kitérés a statikus elmozdulás kétszerese. Az eredmény megegyezik azzal, amit az ütközés fejezetben kaptunk, azaz a szerkezetre hirtelen - nem statikus módon elhelyezett teherből az elmozdulás kétszeres. Az ábrából láthatjuk, hogy olyan - az xstat =

Állandó nagyságú erővel gerjesztett csillapított rezgés A csillapított esethez tartozó differenciálegyenlet esetében is ellenőrizhető behelyettesítéssel, hogy a partikuláris q q megoldás: x q = . Ezek után a rezgésegyenlet megoldása: x(t ) = e − ρt Acosω 0∗ t + Bsinω 0∗ t + . k k

(

)

Az A és B állandókat most is a kezdeti feltételekből lehet meghatározni. Ha t = 0-nál a kezdeti feltételek x 0 = v 0 = 0 , akkor.

x(t ) =

 ρq q  *  1 − e − ρt cosω 0*t − e − ρt s in ω t . 0  k  kω 0* 

x

q k t 0

π ω 0*

Az ábrán látható, hogy a homogén megoldásnak megfelelő rész idővel lecsillapodik és az elmozdulás a statikus elmozdulásnak - az inhomogén egyenlet partikuláris megoldásának megfelelő lesz. A maximális kitérés a

π ω 0*

időponthoz tartozik. Ekkor π −ρ *  π  q  ω0   x * = 1 + e ω  k   0 

  .  

A maximális amplitúdó most a statikus elmozdulás kétszeresénél kisebb lesz.

Gerjesztés az időtől tetszőlegesen függő erővel Az ábrán a gerjesztő erőt az idő egy tetszőleges függvényében látjuk. Ez a függvény vagy leírható az ismert függvények (esetleg szakaszonként eltérő) kombinációjaként, vagy az erő nagysága (pl. mérés során felvett) grafikonról olvasható le.

q q (t )

t 0

τ

dτ

Vizsgáljuk azt az állapotot, amikor az anyagi pont a τ időpontban már mozog, de itt kap egy újabb q(τ)dτ impulzust. Ehhez az impulzushoz tartozik a mozgásmennyiség mdv növekménye. A mozgásmennyiség változásának tétele értelmében: mdv = q(τ)dτ .

1 q(τ )dτ . m Az impulzus miatti sebesség növekményéhez tartozóan a τ időponttól az anyagi pont elmozdulásában is lesz egy 1 dx = q(τ ) sin ω 0 (t − τ )dτ . növekmény, amely mω 0 Α sebességnek a τ időpontban az impulzus miatt bekövetkező növekedése tehát:

Ha

dv =

t = 0-ná1 a kezdeti feltételek x 0 = v 0 = 0 , akkor a pont elmozdulása egy adott t időpontban az addigi t

növekmények összegezéséből adódik. Az x(t ) = dx , vagyis:

∫ 0

x(t ) =

1 mω 0

t

∫ q(τ )sin ω

0

(t − τ )dτ

0

Teljesen hasonlóan vezethető le a kis csillapítás esetére vonatkozó összefüggés. Szerkezeti csillapításnál:

x(t ) =

1 mω 0∗

t

∫

q(τ )e

γ

− ω0∗ (t −τ ) 2 sin ω 0∗

(t − τ )dτ

.

0

A megoldást zárt formában megadni, azaz az elmozdulást az idő függvényében meghatározni természetesen csak akkor van módunk, ha az erőt is ismerjük az idő függvényében. Ez esetben sem biztos azonban, hogy a szorzatfüggvény primitív függvényét elő tudjuk állítani. Annak azonban nincs akadálya, hogy a különböző t időpontokban numerikusan számítsuk a határozott integrált.

Legyen q(t ) = q , azaz vizsgáljuk az állandó erővel való gerjesztés esetét. Ekkor

1 x(t ) = mω 0

t

∫ q sin ω

0

(t − τ )dτ = q (1 − cos ω 0 t ) k

0

Végeredményül megkaptuk a korábban már megismert összefüggést. Vizsgáljuk a továbbiakban azt az esetet, amikor q(t ) = at , azaz a gerjesztő erő az időben lineárisan növekszik.

x(t ) =

1 mω 0

A parciális integrálást alkalmazva:

t

∫

aτ sin ω 0 (t − τ )dτ =

0

x(t ) = =

t

a mω 0

∫ τ sin ω

0

(t − τ )dτ .

0

at a − sin ω 0 t . k kω 0

A megoldásban az első tag a lineárisan növekvő statikus erőnek felel meg és az adott időpontban az egyensúlyi a helyzetet mutatja. A második tag egy állandó amplitúdójú harmonikus rezgés, amely a lineárisan növekvő kω 0 statikus elmozdulás körül zajlik. Ez az amplitúdó annál nagyobb, minél gyorsabban nő az erő, ugyanakkor fordítottan arányos a rugómerevséggel és a sajátkörfrekvenciával.

Támaszrezgés Az ábrán látható szerkezet támasza z (t ) időben változó mozgást végez. A

y

tömegpont elmozdulása a szerkezet deformációja miatt ennél x(t ) -vel nagyobb,

y (t ) értékű. A tömegpontra ható rugalmas visszatérítő erő x(t ) -vel, a tehetetlenségi erő &y&(t ) -vel arányos. A mozgás differenciálegyenlete:

x

m&y&(t ) + kx(t ) = 0 .

z Az

y (t ) = z (t ) + x(t )

behelyettesítése után:

m&x&(t ) + kx(t ) = −m&z&(t ) .

A támaszrezgés tehát olyan gerjesztett rezgésként kezelhető, ahol q(t ) = −m&z&(t ) .

A differenciálegyenlet megoldásaként az x(t ) , vagyis a szerkezet deformációja adódik, amiből a szerkezet igénybevételei számíthatók. Az y (t ) = z (t ) + x(t ) összefüggés segítségével számítható a tömegpont teljes elmozdulása.

Bizonyos mérnöki feladatoknál célszerű, ha a differenciálegyenletben ismeretlenként az y elmozdulást szerepeltetjük. Ekkor a differenciálegyenlet: m&y&(t ) + ky (t ) = kz (t ) . Vizsgáljuk azt az esetet, amikor a támaszmozgás harmonikus, azaz z (t ) = z 0 sin ωt . Ekkor az egyenlet jobb oldala:

q(t ) = kz 0 sin ωt = q sin ωt . Megoldásként az állandósult rezgésre az

y g (t ) = z 0

1

ω 1 −   ω0

   

2

sin ωt

kifejezést kapjuk. Látható, hogy a teljes kitérés a támaszrezgés amplitúdójának a rezonanciatényezővel nagyított értéke lesz. Elméleti összefoglaló a tankönyvben a 151-153 oldalakon. Példák: 3.9, 3.10, 3.11

12. hét Többszabadságfokú rendszer szabad rezgései Rugókkal kapcsolt tömegpontokból álló rendszer egyenletei

q3 (t ) x3 (t ) k3

m3 q2 (t ) m2

k2

x2 (t )

q1(t )

x1 (t )

m1 0   0

0 m2 0

0   &x&1 (t ) k1 + k 2 0   &x&2 (t ) +  − k 2 m3   &x&3 (t )  0

− k2 k2 + k3 − k3

0   x1 (t )  q1 (t ) − k 3   x 2 (t ) = q 2 (t ) k 3   x 3 (t )  q3 (t )

azaz

m1

M &x&(t ) + K x(t ) = q(t ) .

k1

Itt M a tömegmátrix, K a merevségi mátrix, x(t ) a tömegpontok elmozdulásait, míg q(t ) a tömegpontokra ható gerjesztő erőket tartalmazó vektor.

Merevségi mátrix számítása rugalmas szerkezeten lévő tömegpontokból álló rendszer esetén Az ábrán egy elhanyagolható tömegű tartót látunk. A tartón három tömegpont van.

x1

x2

x3

r1

r2

r3

A tartót kimozdítjuk egyensúlyi helyzetéből, aminek következtében az egyes tömegpontok x1 (t ), x 2 (t ), x3 (t ) mértékben elmozdulnak. A tartó a kimozdított helyzetben nincs egyensúlyban, az egyes tömegpontokra a kimozdítással ellentétes, r1 (t ), r2 (t ), r3 (t ) visszatérítő erők hatnak. Ezen erőket nem ismerjük, de tudjuk, hogy az egyes erők a nekik megfelelő kitérésekkel lineárisan arányosak: r (t ) = K x(t ) . Ebből

x(t ) = K −1 r (t ) = F r (t ) .

A merevségi mátrix inverzét hajlékonysági mátrixnak nevezzük. Ennek fij eleme megadja a tömeg nélküli rugalmas tartóra ható j-edik irányú egységnyi erőből az i-edik irányú elmozdulást. Ezen elmozdulások számítását korábbi tanulmányaink alapján - vagy a virtuális erők tételének alkalmazásával, vagy a tartók kis elmozdulásainak számításánál tanultaknak megfelelően - már el tudjuk végezni. A hajlékonysági mátrix ismeretében - annak invertálásával - a merevségi mátrix számítható.

Többszabadságfokú rendszer szabad rezgései Feladatunk az

M &x&(t ) + K x(t ) = 0

mátrix-differenciálegyenlet adott

x = x 0 , x& 0 = v 0

kezdeti feltételek melletti

iω t megoldása. Keressük a megoldást x(t ) = ~c v e 0 alakban, egy homogén lineáris egyenletrendszert kell megoldani. A mátrix-differenciálegyenlet egy partikuláris megoldása ezek után (az egyszabadságfokú rendszereknél látottaknak megfelelő átalakítások után: x r (t ) = v r  a r cos ω 0r t + b r sin ω 0 r t   

alakban írható fel, míg az általános megoldás a partikuláris megoldások lineáris kombinációjaként adódik. Az n x(t ) = ∑ v r  a r cos ω 0 r t + b r sin ω 0 r t  megoldásban szereplő a r , b r konstansok a kezdeti feltételek alapján - egy  r =1  2n rendszámú lineáris egyenletrendszer megoldásával - számíthatók.

A rezgésegyenlet megoldása a sajátvektorok ismeretében

(

)

A K − ω 02 M v = 0

K v = ω 02 M v

egyenlet felírható

általánosított sajátérték-feladat alakjában is. Ezen feladatok

megoldására megfelelő számítógépi programok állnak rendelkezésre, amelyek szolgáltatják az és a hozzájuk tartozó

ω 02r

sajátértékeket

v r sajátvektorokat. Ezen sajátvektorok a továbbiakban jól hasznosítható sajátosságokkal

rendelkeznek. Igazolható, hogy a sajátvektorok a tömegmátrixra és a merevségi mátrixra ortogonálisak

v Tr M v s = 0 ,

v Tr K v s = 0 . v Tr M v r

Normáljuk a különböző sajátvektorokat úgy, hogy a

szorzat értéke egységnyi legyen. Ez esetben

v Tr K v r = ω 02r . Egy V mátrixba foglalva az összes sajátvektort (a mátrix r-edik oszlopa v r és a V T mátrixba a sajátvektorok transzponáltjai kerülnek, így annak r-edik sora v Tr ) az ortonormalitás miatt a V T M V

szorzat

egységmátrix lesz, míg a V T K V szorzat egy olyan diagonális mátrix lesz, amelynek elemei az ω 02r sajátértékek. Azaz

V T MV = E , Ha bevezetünk egy új ismeretlent az

V T K V = ω 021 ... ω 02r

... ω 02n

.

x(t ) = V y (t ) összefüggésnek megfelelően, behelyettesítjük ezt az

M &x&(t ) + K x(t ) = 0 mátrix-differenciálegyenletbe, és megszorozzuk az egyenletet balról V T mátrixszal: V T M V &y&(t ) + V T K V y (t ) = 0 . A mátrix-differenciálegyenlet n számú független egyszabadságfokú rezgésnek megfelelő differenciálegyenletre esik szét.  &y& (t )  ω 021 y1 (t )   1     ...   ...  &y& (t ) +  ω 2 y r (t )  = 0 .   r   0r   ...   ...  &y& (t ) ω 2 y (t )  n   0 n n  Az

2 &y&r (t ) + ω 0r y r (t ) = 0 egyszabadságfokú rendszer megoldása a korábbi ismeretek alapján:

y& y r (t ) = y 0r cosω 0 r t + 0r sinω 0r t .

ω 0r

A megoldáshoz tehát szükségünk van az y 0r és y& 0r kezdeti feltételekre. Az x(t ) = V y (t ) összefüggés ismeretében

y (t ) = V −1 x(t ) , és így

y = V −1 x 0 ill. y& = V −1 x& 0 . 0

0

Ezek szerint az y 0 r és y& 0 r kezdeti feltételek számításához szükség van a V −1 mátrixra, amely írható fel, vagyis nincs szükség a V mátrix invertálására.

V −1 = V T M alakban

Az

y

0r

ill. y&

0r

vektorok elemei tehát oly módon kaphatók, hogy a V T M mátrix r-edik sorát szorozzuk az

x 0 ill. x& 0 vektorokkal: y

0r

= v Tr M x 0 ill. y& 0r = v Tr M x& 0 .

1 T y r (t ) = v Tr M x 0 cosω 0r t + v r M x& 0 sinω 0r t . ω

Így:

0r

Az x(t ) = V y (t ) összefüggésnek megfelelően az x(t ) vektort úgy kapjuk meg, hogy a V mátrix oszlopait - amelyek a

v r sajátvektorok - szorozzuk az y r (t ) függvényekkel és összegezzük őket:   n n   1 x(t ) = ∑ v r v Tr M  x 0 cosω 0r t + x& 0 sinω 0 r t  vagy: x(t ) = ∑ v r  z r cosω 0 r t + zˆ r sinω 0 r t     r =1  r =1 ω 0r   ahol z r = v Tr M x 0 ill. zˆ r =

1

ω 0r

v Tr M x& 0 . Látható, hogy az elmozdulásvektor minden időpillanatban a sajátvektorok

lineáris kombinációjaként adódik. Legyen például x 0 = v s és x& 0 = 0 . Mint láttuk r ≠ s esetén v Tr M v s = 0 , így a megoldásban csak a v s vektor fog megjelenni és x(t ) = v s cosω 0s t lesz az elmozdulás. A rendszer tehát a sajátvektornak megfelelő amplitúdókkal rezeg. Ez indokolja, hogy a sajátvektorokat sajátrezgésalakoknak is nevezzük. A legkisebb sajátkörfrekvenciához tartozik az alap rezgésalak. A fentiekben ismertetett eljárást, amely a sajátvektorok bázisában írja fel a rezgésegyenlet megoldását, modálanalízisnek nevezzük. (Az egyes rezgésalakokat szokás módusnak nevezni). Az eljárás előnye, hogy ad egy képletet, amelyből bármely időpontban számíthatók az elmozdulások. (Az elmozdulásokra levezetett összefüggés időszerinti deriválásával pedig olyan összefüggést kapunk, amelyekből a sebességek számíthatók.) Az eljárás azonban igényli a sajátvektorok meghatározását, amely több tízezer szabadságfokú rendszereknél nem lehetséges. Ha nem tudjuk az összes sajátvektort számítani, akkor a részleges összegzés pontatlan eredményt ad. Amint majd látni fogjuk, a megoldásban az egyes sajátvektorok szerepe különböző, így lehetséges, hogy bizonyos számú sajátvektor számítása elegendő a mérnöki gyakorlat megkövetelte pontosság eléréséhez. A sajátvektorok szükséges számának meghatározása egy felelős mérnöki feladat, amellyel a későbbi tanulmányainkban fogunk találkozni.

A szerkezeti csillapítás hatása többszabadságfokú szabad rezgésnél Abban ez esetben, ha a belső súrlódási tényező minden rugóelemnél azonos, a csillapítatlan esetre kapott megoldások egyszerűen kiegészíthetők a csillapítás figyelembevétele érdekében. Ennek elméleti és kísérleti hátterét most nem tudjuk tárgyalni, csupán az alkalmazandó eljárást ismertetjük. Ebben az esetben a γ csillapítási jellemző minden rezgésalaknál azonosra vehető fel. A sajátkörfrekvencia módosítása az

ω 0∗r = ω 0r 1 −

γ2 4

összefüggés alapján történik. Az egyes rezgésösszetevőknél az amplitúdó csökkenés az érhető el. Ezek alapján az elmozdulásvektor az alábbiak szerint alakul:

x(t ) =

γ

n

∑ r =1

e

− ω 0∗r t 2 v

r

γ − ω0∗r t e 2

szorzó alkalmazásával

  1 γ  v Tr M  x 0 cosω 0∗r t + ∗  ω 0∗r x 0 + x& 0  sinω 0∗r t  .   ω 0r  2   

Elméleti összefoglaló a tankönyvben a 157-165 oldalakon. Példák: 3.12, 3.13, 3.14

13. hét Többszabadságfokú rendszer harmonikus gerjesztése. Az állandósult rezgés számítása harmonikus gerjesztésnél a rezgésegyenlet közvetlen megoldásával Abban az esetben, ha a csillapítással nem kívánunk számolni, a rezgés mátrix-differenciálegyenlete egy - a sin ωt szerint változó - harmonikus erővel való gerjesztésnél

M &x&(t ) + K x(t ) = q sin ωt alakú lesz. Amint korábban az egyszabadságfokú rendszerek vizsgálatánál láttuk, az inhomogén egyenlet partikuláris megoldása alkotja a rezgés állandósult részét. Keressük a partikuláris megoldást

x g (t ) = x g 0 sin ωt alakban. Behelyettesítve a mátrix-differenciálegyenletbe:

− ω 2 M x g 0 sin ωt + K x g 0 sin ωt = q sin ωt . A kapott egyenlőség t minden értékénél fennáll, így, ezért sin ωt -vel egyszerűsítve:

(K − ω M )x 2

=q.

g0

Feltéve, hogy az együttható-mátrix nem szinguláris (ami azt jelenti, hogy determinánsa nem zérus, azaz ω nem sajátkörfrekvencia) az amplitúdóvektor:

(

x g0 = K − ω 2 M

)

−1

q .

Természetesen nincs szükség az inverz mátrix előállítására, az x g 0 vektor az egyenletrendszert megoldva számítható. Az eljárás - amely kétségtelenül egyszerű - nem ad információt a gerjesztő frekvencia és a különböző sajátkörfrekvenciák viszonyáról, a rezonanciaveszélyről és nem képes figyelembe venni a mindig jelenlévő csillapító hatásokat. A kétszabadságfokú rendszer ez esetben egyszerűen tárgyalható. Ekkor:

 x  k − ω 2 m 1  g 0,1  =  11  x g   k 21  0,2 

−1

  q1    . − ω 2 m 2  q 2  k12

k 22

Az inverz mátrix:

(K − ω M ) 2

ahol

−1

=

( ) (

1

( )

f ω

2

k 22 − ω 2 m 2   − k 21

)(

 . − ω m1 

− k12 k11

)

2

2 f ω 2 = k11 − ω 2 m1 k 22 − ω 2 m 2 − k12 .

A rezgésegyenlet megoldása a sajátvektorok ismeretében Az ortonormált sajátvektorok és a hozzájuk tartozó sajátértékek ismeretében vizsgáljuk ismét az

M &x&(t ) + K x(t ) = q sin ωt mátrix-differenciálegyenletet. Ha bevezetünk egy új ismeretlent az

x(t ) = V y (t ) összefüggésnek megfelelően és ezt behelyettesítjük a mátrix-differenciálegyenletbe, majd megszorozzuk az egyenletet balról V T mátrixszal, akkor az alábbiakat kapjuk:

V T M V &y&(t ) + V T K V y (t ) = V T q sin ωt = f sin ωt . A kapott egyenlet struktúrája az alábbi lesz:

0  &y&1 (t ) ω 021 1    ...  ...    ...       &y&r (t ) +  ω 02r 1     ...   ...    0 1  &y&n (t )  0 

0   y1 (t )  f 1        ...   ..    y (t ) =  f  sin ωt .  r   r  ...   ...   ..  ω 02n   y n (t )  f n 

Itt az f r a V T mátrix r-edik sorának (azaz az r-edik sajátvektor transzponáltjának) és a q vektornak a skaláris szorzata

fr = vT r ⋅ q lesz. Elvégezve a vektorokkal való szorzásokat:  &y& (t ) ω 2 y (t )  f1   1   01 1      ..  ...  ...    =  f  sin ωt .  &&  +  2  y r (t )  ω 0 r y r (t )   r    ..   ...   ...       2  &y&n (t ) ω 0 n y n (t )  f n  Vagyis a mátrix-differenciálegyenlet most is N számú független - egyszabadságfokú rezgésnek megfelelő differenciálegyenletre esik szét, ahol az r-edik egyenlet:

&y&r (t ) + ω 02r y r (t ) = f r sin ωt . Az egyszabadságfokú rendszer inhomogén differenciálegyenletének partikuláris megoldását

y gr (t ) = y gr sinωt alakban keresve:

− ω 2 y gr sinωt + ω 02r y gr sinωt = f r sinωt , y gr = y gr (t ) =

1

ω 02r

−ω

2

1

ω 02r − ω 2

fr , 1

v Tr ⋅ q sinωt = 1−

ω

1 2

ω 02r

ω 02r

v Tr ⋅ q sinωt .

Az

x(t ) = V y (t ) összefüggés ismeretében az x g (t ) vektort úgy kapjuk meg, hogy a V mátrix oszlopait - amelyek a

v r sajátvektorok - szorozzuk az y gr (t ) függvényekkel és összegezzük őket: n

1

x g (t ) = ∑

1

r =1 ω 2 ω 2 0r 1− ω 02r

vr vT r q sinωt .

Az eredményből látszik, hogy minden sajátkörfekvenciához tartozik egy 1 µr =

1−

ω2 ω 02r

rezonanciatényező. Ennek nagysága a gerjesztő frekvencia és az adott sajátkörfrekvencia arányától függ. Ugyancsak 1 tényezővel. Ez a tényező annál kisebb, minél nagyobb az adott minden sajátvektor szorzódik az ω 02r sajátkörfrekvencia. Végül minden sajátvektor szorzódik a v T r q tényezővel, vagyis az egyes sajátvektoroknak a megoldásban lévő hatását a sajátvektor és a tehervektor skalárszorzata is befolyásolja. Ha a két vektor egymásra merőleges (például az egyik szimmetrikus a másik ferdén szimmetrikus) ez a tényező zérus is lehet. Ha a gerjesztő frekvencia bármelyik sajátkörfrekvenciával egybeesik végtelen nagy amplitúdót kapunk. A valóságban a mindig meglévő szerkezeti csillapítás miatt erről nem lehet szó. A szerkezeti csillapítás hatására a rezonanciatényezők módosulnak:

1

µr = 2  1 − ω  ω2 0r 

Miután a µ r,max = Mivel az

1

ω 02r

1

γ

.

2

2   +γ 2 ω  ω 02r 

a rezonanciatényező maximális értéke, az amplitúdók rezonancia esetén sem végtelen nagyok.

tényező a magasabb sajátkörfrekvenciáknál egyre kisebb, érthető az a mérnöki gyakorlat, amely csak

korlátozott számú sajátvektort von be a megoldásba. Korábban láttuk, hogy csillapított rezgésnél a gerjesztő erőhöz képest fáziseltolódás van. Az adott r-edik rezgésalaknál a fáziseltolódás:

γ ϕ r = arc tg

ω ω 0r

2  1 − ω 2  ω 0r 

   

.

Az állandósult rezgésrész pedig:

x g (t ) =

n

∑ r =1

1 2  1 − ω  ω2 0r 

2

2   +γ 2 ω  ω 02r 

1

ω 02r

v r v Tr q sin (ω t − ϕ r ) .

Elméleti összefoglaló a tankönyvben a 173-176oldalakon. Példa: 3.15

14. hét Többszabadságfokú rendszer támaszrezgése, földrengésszámítás. Gerjesztés az időtől tetszőlegesen függő erővel Feladatunk az M &x&(t ) + K x(t ) = q(t ) mátrix-differenciálegyenlet megoldása. Most a tehervektor minden eleme az idő tetszőleges függvénye. Korlátozzuk a megoldást a zérus kezdeti feltételek esetére, amikor a rendszer az erőhatás kezdetekor nyugalomban volt. Az ortonormált sajátvektorok és a hozzájuk tartozó sajátértékek ismeretében az

x(t ) = V y (t ) összefüggés

behelyettesítésével, az egyenletnek V T mátrixszal balról való szorzása után az alábbiakat kapjuk:

V T M V &y&(t ) + V T K V y (t ) = V T q(t ) = f (t ) . A mátrix-differenciálegyenlet most is N számú független - egyszabadságfokú rezgésnek differenciálegyenletre esik szét, ahol az r-edik egyenlet:

megfelelő

-

 &y& (t )  ω 021 y1 (t )  f 1 (t )     1      ..   ...   ... 2  &y& (t ) +  ω y r (t )  =  f r (t ) .    r   0r    ..   ...   ...  &y& (t ) ω 2 y (t )  f (t )  n   0 n n   n  Az &y&r (t ) + ω 02r y r (t ) = f r (t ) egyszabadságfokú rendszer inhomogén differenciálegyenlete zérus kezdeti feltételeknek megfelelő partikuláris megoldása: 1 t y r (t ) = ∫ f r (τ ) sin ω 0r (t − τ )dτ

ω 0r 0

Az

x(t ) = V y (t ) összefüggés ismeretében az x(t ) vektort úgy kapjuk meg, hogy a V mátrix oszlopait - amelyek a

v r sajátvektorok - szorozzuk az y r (t ) függvényekkel és összegezzük őket. visszahelyettesítése után:

x(t ) =

n

∑ω

1

r =1

Az x(t ) vektor az f r (t ) = v Tr q(t )

t

v r v Tr q(τ ) sin ω 0 r (t − τ )dτ .

∫

0r

0

A szerkezeti csillapítás esetén az alábbiakat kapjuk:

x(t ) =

n

∑ω r =1

1 ∗ 0r

t

v r v Tr q(τ )e

∫

γ

− ω 0∗r (t −τ ) 2

sin ω 0∗r (t − τ )dτ .

0

Támaszrezgés Támaszrezgések a mérnöki gyakorlatban igen gyakoriak. Ilyen rezgéseket okoznak az építmények támaszainál a közelben mozgó járművek, a nem távol működő üzemek gépi berendezései, és a földrengés is. De támaszrezgéssel kell számolni egy építményen belül elhelyezett berendezésnél is, ahova a rezgések az építmény közvetítésével jutnak el. A támaszrezgések okozhatnak szilárdsági problémákat (pl. az erős földrengések), de lehet hogy - miközben szilársági problémák nincsenek - a keletkező rezgéssebességek az adott építményben levő berendezések üzemeltetését akadályozzák, vagy az ott tartózkodó személyeket zavarják. Mi a továbbiakban az ún. szinkronizált rezgésekkel foglalkozunk, amikor is a vizsgált objektum minden támaszpontján egy adott időpontban azonos a kitérés. Ez a helyzet pl. nem túl nagy méretű építmények esetén a földrengés keltette hullámterjedés esetén.

Nézzük az ábrán lévő súlytalannak tekintett rudakból álló szerkezetet, amelyen több tömegpont van. Feltételezve, hogy a rudak tengelyirányú összenyomódása zérus, bejelöltük az egyes tömegpontok lehetséges elmozdulási irányait. Az ábrán tehát többszabadságfokú rezgő rendszert látunk. Ha a szerkezet alapozása vízszintes irányban z(t) mértékben elmozdul az egyes pontoknál a rugalmas elmozdulások vízszintes komponenséhez hozzáadódik a z(t) érték. Ha a támaszmozgások okozta összetevőket egy vektorba foglaljuk, az alábbiakat kapjuk:

x2 x3

x1 z (t )

 z (t ) 1  z (t ) 1 z (t ) =   =   z (t )  0  0       z (t ) 1

x4

. A z (t ) előtt álló vektort mutató vektornak nevezzük. Ez a vektor jelöli ki - azzal, hogy az adott helyre 1 kerül - azokat az elmozdulásvektor-elemeket, amelyek a támaszmozgásnak megfelelő irányúak. A rendszer teljes elmozdulásait tartalmazó y (t ) vektor most két részből áll:

y (t ) = x(t ) + z (t ) . Itt x(t ) a rugalmas elmozdulásoknak, z (t ) pedig a támaszmozgásnak megfelelő vektor. A többszabadságfokú rendszer mátrix-differenciálegyenlete ezek után

M &y&(t ) + K y (t ) = 0 , M (&x&(t ) + &z&(t )) + K (x(t ) + z (t )) = 0 , M &x&(t ) + M &z&(t ) + K x(t ) + K z (t ) = 0. Figyelembe véve, hogy rugalmas visszatérítő erők csak a relatív elmozdulásokból keletkeznek:

K z (t ) = 0. Így a támaszrezgés mátrix-differenciálegyenlete: M &x&(t ) + K x(t ) = − M &z&(t ) . A támaszmozgás tehát többszabadságfokú rendszer esetén is gerjesztett rezgésként kezelhető, ahol a gerjesztő erő vektora: 0 0  1  m1 0  m1  0 m m     0 0  1  2 &z&(t ) = −  2  &z&(t ) = −m z &z&(t ) . − M &z&(t ) = −  0  0  0 m 2 0  0       0 0 m 3  1  0  m3  Ezek után egy adott z (t ) esetén a többszabadságfokú gerjesztett rezgésre vonatkozó összefüggések alkalmazhatók.

Például z (t ) = z sin ωt harmonikus támaszmozgásnál:

&z&(t ) = −ω 2 z sin ωt , q(t ) = m z ω 2 z sin ωt . Az állandósult rezgés pedig: n

x g (t ) = ∑

1

1

r =1 ω 2 ω 2 0r 1− 2 ω 0r

2 vr vT r m z ω z sinω t .

Általános esetben a z (t ) az idő tetszőleges függvénye és - zérus kezdeti feltételek esetén - az elmozdulások: n

1

∑ω

x(t ) = -

r =1

∗ 0r

t

v r v Tr m z &z&(τ )e

∫

γ

− ω0∗r (t −τ ) 2

sin ω 0∗r (t − τ )dτ .

0

Látható, hogy az integráljel alatti kifejezés egy skalár, amely függ a γ csillapítási jellemzőtől, az idő függvényeként 1 adódik, és sajátvektoronként az ω 0 r eltérő volta miatt különböző lesz. Ha az integrál-kifejezés − ∗ tényezővel

ω 0r

(

)

x(t ) =

szorzott alakját S γ , ω 0r , t -vel jelöljük:

n

∑v v r

T r mzS

(γ , ω , t ) . 0r

r =1

n

x(t ) = ∑ w r (t ) . r =1

Itt w r (t ) az egyes rezgésalakokhoz tartozó összetevő. A kapott összefüggést használhatjuk szerkezetek földrengésre való számításánál is. Gondot okoz azonban, hogy egy leendő földrengésnél nem tudjuk, milyen lesz a z (t ) függvény. A mérnöki gyakorlat azt az utat követi, hogy a korábbi földrengések adatait feldolgozva előírásokban megadja az

(

)

(

S γ , ω 0r , t időbeni maximumát a γ és ω 0 r függvényében. Ezt az S d γ , ω 0r

) függvényt a földrengés elmozdulás-

válaszspektrum függvényének nevezik. Ennek segítségével az egyes w r (t ) összetevők maximumait tudjuk számítani:

(

w max = v r v Tr m z Sd γ , ω0r r

)

Az összegzésnél azonban probléma, hogy az egyes rezgésalakoknál lévő szorzótényezők más-más időpontokhoz tartoznak. A szerkezet elmozdulásvektora tehát nem számítható. Ha azonban az egyes összetevők elemeit abszolút értékükkel összegezzük, kaphatunk egy maximális elmozdulási ábrát. Az x max vektor i-edik eleme: n

x imax =

∑w

max r,i

.

r =1

Ha a szerkezet egyes pontjainál lévő maximális sebességeket, vagy gyorsulásokat akarjuk számítani hasonlóan

(

)

(

)

járhatunk el, az S v γ , ω 0r sebesség-válaszspektrumot, ill. az S a γ , ω 0r a gyorsulás-válaszspektrumot alkalmazva. A három válaszspektrum között a kis csillapítás miatt jó közelítéssel felírható, hogy

(

)

(

)

(

)

S a γ , ω 0r = ω 0r S v γ , ω 0r = ω 0r2 S d γ , ω 0r . Vagyis nincs szükség mindhárom válaszspektrum megadására. Egyik ismeretében a másik kettő számítható. Az egyes sajátvektorokhoz tartozó maximális gyorsulások ismeretében a tömegmátrix és a gyorsulásvektor-összetevő szorzataként számítható az adott rezgésalakhoz tartozó maximális tehetetlenségi erővektor, amelyből számíthatók az adott rezgésalakhoz tartozó maximális igénybevételek. Az egyes sajátvektorokhoz tartozó maximális értékeinek összegzése adja meg a maximális igénybevételi ábrákat. Mivel az egyes sajátvektorokhoz tartozó igénybevételek nem ugyanahhoz az időponthoz tartoznak, a ténylegesnél nagyobb értékeket kapunk az összegzett maximumra, ami gazdaságtalan méretezéshez vezethet. Későbbi tanulmányaink során látni fogjuk, hogy a különböző szabályzatok olyan összegzéseket engednek meg, amelyekkel a túlzott igénybevételek csökkenthetők. Ugyancsak látni fogjuk, hogy mód lesz a szabályzatokban megadott válaszspektrumoknak megfelelő mesterséges támaszrezgések generálására, így egyidejű igénybevételek számítására. Elméleti összefoglaló a tankönyvben a 180-183 oldalakon. Példa: 3.16