Az anyagi pont mozgástörvénye az x,y,z vonatkoztatási rendszerben

Mozgástörvény összefüggései

Az anyagi pont mozgástörvénye az x,y,z vonatkoztatási rendszerben

r = at u i + bt v j + ct w k . Határozzuk meg a pont pillanatnyi - helyzetét, sebességét és gyorsulását tetszőleges t időpontban a térben, - helye, sebessége és gyorsulása vetületét valamelyik – (x,y), (y,z) vagy (z,x) – koordinátasíkban, - helyét, sebességét és gyorsulását valamelyik – x, y, vagy z – koordinátairányban.

Ebben a tárgyalásmódban az együtthatók és t [sec] dimenziójának összhangját nem elemezzük, t az idő szerinti deriválás végrehajtását teszi lehetővé, a, b és c pedig állandók. Feltételezzük, hogy az így adódó eredmények dimenziója m, ms-1 és ms-2. A példa célja a deriválás és a koordinátasíkokra és irányokra vonatkozó vetítés gyakorlása. A mozgástörvénynek megfelelő sebesség

v = r& = aut u −1 i + bvt v −1 j + cwt w−1 , a gyorsulás

a = v& = &r& = au (u − 1)t u −2 i + bv(v − 1 ))t v −2 j + cw(w − 1)t w− 2 k .

Adott időpillanathoz tartozó értékeket t, u, v, w, illetve az a, b és c állandók konkrét megválasztásával állíthatunk elő. Ha például a = 2, b = 4 és c = 3, u = 1, v = 3 és w = 2, akkor a t = 2 időpillanatban a pont helye r (2 ) = 2 ⋅ 2 1 i + 4 ⋅ 2 3 j + 3 ⋅ 2 2 k = 4i + 32 j + 12k , A pont sebessége a z,x síkkal párhuzamosan v zx (2 ) = 2 ⋅ 12 0 i + 3 ⋅ 2 ⋅ 2 1 k = 2 i + 12 k ,

gyorsulása pedig y irányban

a y = 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 2 1 j = 48 j . A különféle vektorok nagyságát mindig a komponenseik vektoriális összegzésével (a Pythagoras-tétel szerint) lehet megadni. Például a sebesség nagysága v(2 ) =

(2 ⋅ 1 ⋅ 2 ) + (4 ⋅ 3 ⋅ 2 ) + (3 ⋅ 2 ⋅ 2 ) 0 2

2 2

1 2

= 2452 ≅ 49 ,4 ms-1

Scharle Péter, Halvax Katalin Anyagi pont kinematikája

Dinamikai feladatok példatára

Vonat az alagútban♠ Mekkora annak a v egyenletes sebességgel haladó szerelvénynek a hossza (l), amelyik egy L hosszúságú alagúton ta idő alatt halad át? l

v L

A teljes áthaladásnak megfelelő úthossz

s = L+l,

amelyet a vonat ta idő alatt tesz meg, v sebességgel. Következésképpen s = vta . a vonat hossza

l = s− L.

(Az arcpirítóan egyszerű feladat a középiskolák második osztályos tanulói által ismert összefüggések használatával oldható meg. Gyakorló értéke abban áll, hogy mennyire sikerül a megfogalmazott kérdést matematikai összefüggéssé formálni).

♠

Zsigri F. feladata (KöMal, P.4053) nyomán

Széchenyi István Egyetem

2009

Szerkezetépítési Tanszék



Utolérés Az autópályán kavargó ködfoltokat kerget a szél. A középső sávban vA = 126 km/óra sebességgel haladó személygépkocsi vezetője előtt L = 30 m távolságban kamion bukkan elő. A forgalom a szomszédos sávokban is erős, sem kikerülésre, sem előzésre nincs lehetőség. A vezetőnek jók a reflexei: tr = 0,2 s idő elteltével már fékez. Jók a jármű fékei is: a gépkocsi lassulása aA = 2,0 ms-2. Sikerül-e elkerülni a ráfutásos balesetet, ha a kamion nem fékez, sebessége pedig vK = 90 km/óra?

vA

vK L

Az ütközés akkor nem következik be, ha a gépkocsi úgy tud lelassulni a kamion sebességére, hogy eközben az általa megtett út legfeljebb 30 méterrel hosszabb, mint a kamioné. A lelassuláshoz szükséges idő a v A − a At = v K , azaz 35 − 2,0 ⋅ t = 25 összefüggésből adódik, t = 5 s. A személygépkocsi ennyi idő alatt s A = v At r + v At − a A

t2 52 = 7 + 175 − 2,0 ⋅ = 157 m 2 2

utat tesz meg. A kamion által megtett út

s K = v K (t r + t ) = 5,2 ⋅ 25 = 130 m. A személygépkocsi eszerint a kamiont 3 métere megközelíti, de nem ütközik hozzá, és eközben reménykedhet abban, hogy a sávjában mögötte haladók hasonló sikerrel fékeznek.


2009




Kalapácsvetés

x

ϕ R y

A kalapácsvető sporteszközét (bonyolult kar- és lábmunkával) enyhén elliptikus, közel síkbeli pályán gyorsítja egy törzsén átmenő, képzelt, tengely körül az elengedés pillanatáig. A valóságban ez a pálya még mozog is a dobókörben. Ezektől a körülményektől eltekintve feltételezzük, hogy a kalapács anyagi pont, amelynek mozgástörvénye megadható az s = kRt 2

egyenlettel (ebben a kifejezésben t időt jelent, ezzel összhangban k dimenziója [T-2]). A mozgás kezdetén (a t = 0 időpillanatban) s = 0. Írjuk fel a pont mozgásjellemzőinek kifejezéseit polárkoordináta-rendszerben! Mekkora lesz a pont sebessége az első kör végén? Mekkorák a gyorsulásvektor összetevői ugyanebben a pillanatban?

A szögelfordulást megadó függvény a

ϕ=

s = kt 2 R

összefüggésből adódik. Ennek ismeretében a szögsebesség és a szöggyorsulás közvetlenül számítható: dϕ d 2ϕ ω (t ) = = ϕ& = 2kt és κ (t ) = 2 = ω& (t ) = 2k . dt dt A pálya menti sebesség, illetve a gyorsulás pálya menti és centrifugális összetevői: v = Rω = 2kRt ,

a e = Rκ = 2kR

a n = Rω 2 = 4k 2 Rt 2

Az első kör végén a pont éppen kiinduló helyzetében van, a megtett út s = 2Rπ. Az eddig eltelt idő a s kRt12 ϕ= = = kt12 = 2π R R Széchenyi István Egyetem

2009




összefüggésből számítható,

t1 =

2π . k

Az ennyi idő alatt elért szögsebesség

ω = 2kt1 = 8kπ s-1, a sebesség

v = Rω = R 8kπ , a gyorsulás-összetevők pedig

a e = 2kR


és

2009

a n = 8kπR .




Futók a körpályán1

Köralakú, R sugarú futópályán két futó edz. Amíg András három kört tesz meg, addig Béla négyet. A pálya közepén ½R sugarú, bozótos terület van, emiatt futás közben a futók csak az előttük lévő pálya egy rövidebb szakaszát látják. A futók egyszerre indulnak az S pontból, egyszerre fejezik be az edzést, Béla 20 kört tesz meg. Milyen hosszú az a pályaszakasz, amelyen András Béla hátát látja? Milyen hosszú az a pályarész, amelyen Béla látja András hátát?

B A

R

½R

S

Az R sugarú kör bármely pontjából az ½R sugarú bozótos terület takarása miatt a pálya következő (és előző) egyharmada látható. Béla fut gyorsabban (vA= ¾vB), az edzés végéig András 15 kört tesz meg, őt Béla addig éppen ötször éri utol. Mindkét futó pályamenti sebessége állandó, ezért bármelyikük választható olyan körpályán mozgó vonatkoztatási rendszer kezdőpontjának, amelyben a másik futó relatív mozgása alapján lehet megválaszolni a kérdést. A lassabban futó Andráshoz rendelt vonatkoztatási rendszerben András áll, hozzá képest Béla vB - vA= ¼vB sebességgel halad. Ha András eközben a pálya egyharmadát látja, akkor ez azt jelenti, hogy az edzés idejének harmadában láthatja Béla hátát. A gyorsabban futó Bélához rendelt vonatkoztatási rendszerben András a futás irányával ellenkező irányban halad az álló Bélához képest. Mivel Béla is a pálya egyharmadát látja, András hátát ő is az edzés idejének egyharmadáig látja. Az észlelés ideje eszerint mindkét sportoló esetében azonos ideig tart – csak a belátott pályaszakasz és az egész pálya hosszának arányától függ. Más a helyzet az eközben befutott távolság tekintetében. A futók sebességének 15 20 különbözősége miatt András = 5 környi hosszon látja Béla hátát, Béla = 6,6& környi 3 3 hosszon át láthatja Andrásét.

1

Simon P. feladata (KöMaL, 2009/3, p.176) nyomán


2009




Gépjármű próbapálya♠

Az autógyár próbapályája két félkörívből és két egyenes szakaszból áll, az alakját meghatározó két adat R=50 m és L=400 m. A gyorsítási és lassítási tulajdonságokat az egyenes szakaszokon ellenőrzik, itt a gépkocsik egyenletesen gyorsíthatnak és lassíthatnak, az ívekben szigorúan előírt, vR = 20 ms-1 sebességgel kell haladni. A járművek által elérhető végsebesség 60 ms-1. 0,75 L

0,25L

R

A gyorsítást az egyenes szakasz kezdetén lehet megkezdeni, 0,75L út megtétele után (tehát a következő ív kezdete előtt 0,25L távolságban) pedig el kell kezdeni a lassítást. A sebesség változása mindig lineáris (a gyorsulás és a lassulás állandó). Mekkora gyorsulás szükséges ahhoz, hogy egy próbajármű a megengedett maximális sebességet elérje a pálya által megengedett módon? Mekkora lassulásra kell képessé tenni egy ilyen járművet ahhoz, hogy megfeleljen a pálya adottságainak? Mekkora a 80 kg tömegű pilótát üléséhez szorító legnagyobb erő? Mekkora a jármű gyorsulása az íves szakasz felénél? A feladat megfogalmazásában szerepel a sebesség, a gyorsulás és az út – nem jelenik meg explicit formában az idő. A megoldást ezért két alapösszefüggés összevonásával, az időváltozó kiküszöbölésével célszerű megkeresni. Definícióink szerint dv dx és v = , a= dt dt amiből vdv = adx következik. Ha az a gyorsulás állandó, akkor ennek az egyenlőségnek mindkét oldala a saját változó szerint integrálható, egymásnak megfelelő határok között♣: v2

x2

∫ vdv = ∫ adx

v1

2 2

x1

2 1

v v − = a ( x2 − x1 ) 2 2

Ez az összefüggés a gyorsítási és a lassítási szakaszra is érvényes. A megengedett legnagyobb sebesség eléréshez szükséges amax gyorsulás ezért a 60 2 20 2 − = 300a 2 2 összefüggésből adódik, amax = 5,33 ms-2. Az egyenes szakasz végére előírt sebességhez szükséges lassulásra a ♠ ♣

v.ö. B.H.Tongue, S.D.Sheppard, Dynamics,Wiley, 2005 ennek belátása nem dinamikai, hanem matematikai ismeret, illetve megfontolás kérdése


2009




20 2 60 2 − = 100a 2 2 összefüggés érvényes, amiből amin = -16 ms-2 következik. A jármű vezetőjére eszerint a gyorsító szakaszon ~ 0,54 g, a lassító szakaszon ~ -1,6 g gyorsulás hat. Az üléshez szorító erő részben a súlyerő, részben a gyorsulásnak megfelelő vízszintes tehetetlenségi erő. Ezek vektoriális összege a gyorsító szakaszon ( mg ) 2 + (0,54mg ) 2 ≅ 1,14mg .

Vegyük észre, hogy az üléshez szorító hatásnál kényesebb a lassulási szakaszon keletkező hatás, amely ellen megfelelő teherbírású biztonsági övvel kell védeni a pilótát. Az íves szakaszon a pályamenti sebesség állandó, ezért az érintő irányú gyorsulás nulla. Az ív középpontja felé mutató gyorsulás v 2 20 2 = ≅ 0,8 g . R 50 Vegyük észre, hogy a járműveket tesztelő pilóták meglehetősen komoly gyorsulások elviselésére kényszerülnek, ráadásul a fiziológiai igénybevételek meglehetősen egyenlőtlenek. A Forma 1 futamok nézői ritkán gondolnak ilyen összefüggésekre, és a nagy teljesítményű járművek bátor vezetőit is érhetik meglepetések közutak számukra ismeretlen szakaszain.


2009




Oldalgyorsulás vasúti pályán♠

z = ln x

z

v

1

x an

A vasúti pályagörbe egyenlete az ábrán feltüntetett vonatkoztatási rendszerben z = 15 ln x . Egy személyvonat a pályán v = 20 ms-1 sebességgel halad. Milyen gyorsulást érzékelnek az utasok az x = 1, z = 0 pontban, ha ott nincs túlemelés? A gyorsulás érintőirányú összetevője aτ = v&eτ = 0 , mert a pályamenti sebesség állandó. A normális irányába eső összetevő (az utasok számára ez kelti az oldalgyorsulás érzetét)

an =

v2

ρ

=

202

ρ

.

A görbületi sugarat – matematikai előzményeket felidézve – az d 2z 1 dx 2 =

ρ

3

  dz  2  2 1 +      dx     összefüggésből nyerjük; a z(x) függvény két deriváltja z’(x) = 15x-1

és z”(x) = - 15x-2.

A kérdéses pontban x = 1, amivel 1

ρ

=

− 15

(1 + 15 )

3 2 2

≅ −4,4 ⋅ 10 − 3 m-1

és így (az ábrán feltüntetett előjel-értelmezéssel) a n = 400 ⋅ 4,41 ⋅ 10 −3 ≅ 1,8 ms-2

♠

Györgyi J.: Dinamika (1.7. p.25) példája nyomán


2009




Súlygolyó mozgása A súlylökő H magasságból a vízszintes iránnyal α szöget bezáró v0 kezdeti sebességgel indítja el a sportszert. Írja fel az anyagi pontnak tekinthető golyó z = z (x) pályájának egyenletét a mozgás koordinátasíkjában! Az indítás helyétől milyen vízszintes távolságban ér földet a golyó? v0 z

z = z (x)

α H

k

x i A golyó mozgásának jellemzőit az i és k egységvektorokkal lehet kifejezni. Helyzetvektora, sebességvektora és gyorsulásvektora definíciószerűen r (t) = x (t) i + z (t) k = v0 t cos α i + (H + v 0 t sin a − v (t) = v 0 cos α i + ( v 0 sin α − gt ) k a (t) = - g k

1 2 gt ) k 2

A pálya z = z (x) egyenletét a t paraméter kiküszöbölésével állíthatjuk elő. Az x(t) = v0 tcos α összefüggésből x , t= v 0 cos α amivel 2

 x 1  x gx 2  = H + xtgα − 2 . z ( x) = H + v0 sin α − g  v 0 cos α 2  v0 cos α  2v0 cos 2 α A golyó földet akkor ér, amikor z ( x) = 0 , azaz H + xtgα −

gx 2 = 0 . Ennek a 2v02 cos 2 α

másodfokú egyenletnek a pozitív gyöke jelenti a megoldást: v02 sin 2α x= + v0 cos α 2g


2009

2

 v0 sin α  2H   + g  g 




Ugyanerre az eredményre jutunk, ha észrevesszük, hogy a golyó akkor ér földet, amikor 1 z (t) = (H + v 0 t sin a − gt 2 ) = 0 . Ebből a t-ben másodfokú kifejezésből a repülés ideje 2 számítható ki: 2

v sin α  v sin α  2H  + tr = 0 +  v . g g  g  A vízszintes irányban állandó vx = v0 cos α sebességgel mozgó golyó ennyi idő alatt éppen v 2 sin 2α + v 0 cos α x = vxtr = 0 2g

2

 v 0 sin α  2H   + g  g 

távolságra ér el.


2009


Súlygolyó mozgása A súlylökő H magasságból a vízszintes iránnyal α szöget bezáró v0 kezdeti sebességgel indítja el a sportszert. Írja fel az anyagi pontnak tekinthető golyó z = z (x) pályájának egyenletét a mozgás koordinátasíkjában! Az indítás helyétől milyen vízszintes távolságban ér földet a golyó? v0 z

z = z ( x)

α H

k

x i A golyó mozgásának jellemzőit az i és k egységvektorokkal lehet kifejezni. Helyzetvektora, sebességvektora és gyorsulásvektora definíciószerűen 1 r (t) = x (t) i + z (t) k = v0 t cos α i + (H + v0 t sin a − gt 2 ) k 2 v (t) = v0 cos α i + ( v0 sin α − gt ) k a (t) = - g k A pálya z = z (x) egyenletét a t paraméter kiküszöbölésével állíthatjuk elő. Az x(t) = v0 tcos α összefüggésből x t= , v 0 cos α amivel 2

 x 1  x gx 2  = H + xtgα − 2 z ( x) = H + v0 sin α − g  . v 0 cos α 2  v0 cos α  2v0 cos 2 α A golyó földet akkor ér, amikor z ( x) = 0 , azaz H + xtgα −

gx 2 = 0 . Ennek a 2v02 cos 2 α

másodfokú egyenletnek a pozitív gyöke jelenti a megoldást: 2

v 2 sin 2α  v sin α  2H  + x= 0 + v 0 cos α  0 2g g  g  Ugyanerre az eredményre jutunk, ha észrevesszük, hogy a golyó akkor ér földet, amikor 1 z (t) = (H + v0 t sin a − gt 2 ) = 0 . Ebből a t-ben másodfokú kifejezésből a repülés ideje 2 számítható ki: 2

v sin α  v sin α  2H  + tr = 0 +  v . g g  g  A vízszintes irányban állandó vx = v0 cos α sebességgel mozgó golyó ennyi idő alatt éppen v 2 sin 2α x = vxtr = 0 + v0 cos α 2g távolságra ér el.

2

 v0 sin α  2H   + g  g 

Kavicsszemcse

Számítsa ki, hogy egy v sebességgel haladó gépjármű R sugarú gumiabroncsának hornyai közé szorult apró kavicsszemcse sebessége milyen határok között változik a haladás irányában! A kerék csúszásmentesen gördül.

vG R Rω

G

vK

vG = v

DPK

P

A gördülő kerék a G tengely körül forog, amelynek a sebessége azonos a jármű sebességével. A kerék mozgása így a tengely körüli forgás és a haladó mozgás összege. A csúszásmentes gördülés azt jelenti, hogy a pillanatnyi forgásközéppont a kerék és a talaj v mindenkori érintkezési pontja, P. Emiatt a P pont körüli forgó mozgás szögsebessége ω = , R így a köpeny kerületén lévő tetszőleges K pont sebessége v K = v P + DPK ω = DPK ω . Ebben a kifejezésben vP = 0 és ω állandó, miközben 0 ≤ DPK ≤ 2R. A két szélső érték tehát 0 és 2v. Ugyanezt az eredményt más megfontolással is elérhetjük. A K pont sebessége az eltolódás vG sebességének és a G tengely körüli forgásból adódó Rω kerületi sebességnek a vektoriális összege, v K = v G + Rω . Ebben a kifejezésben vG = v, Rω pedig a kört érintő, változó irányú vektor, amelynek nagysága azonban szintén állandó, Rω = v . A két vektor vektoriális összegének nagysága emiatt 0 és 2v között változik.

Megcsúszó festőlétra♥ C

C'

D

vD'

γ

D'

γ' l

A'

A

B

A festő létrájának szárai munkahelyzetben egymással γ = 30° szöget zárnak be, a szárak hossza l = 4 m. A baloldali szárat váratlan erőhatás éri, ennek következtében az A pont a = 1 ms-2 gyorsulással megindul, és mindaddig mozog, amíg a két lábat összekötő lánc meg nem feszül. Ebben a helyzetben a szárak által bezárt szög éppen γ’ = 90°. Mi a mértani helye a DA létraszár pillanatnyi forgásközéppontjának? Mekkora lesz a megállás pillanatában a D pont sebességének vízszintes összetevője? A létra B pontja a helyén marad, ezért a D pont a B pont körüli, l sugarú körív mentén mozog. A vD sebességvektor emiatt mindig merőleges a BD létraszárra. A D pont tehát a mozgás folyamán mindig olyan pillanatnyi forgásközéppont körül fordul el, amely a BD szakasz által meghatározott egyenesre illeszkedik. Az A pont sebessége viszont a padlóval párhuzamos, a hozzá rendelhető pillanatnyi forgásközéppont ezért mindig rajta van az A ponthoz illeszkedő, függőleges irányú egyenesen. Az AD létraszár merev testként mozog, ezért pillanatnyi forgásközéppontja éppen a D és A pontok forgásközéppontját hordozó egyenesek metszéspontja, C. Ez a pont – a geometriai adatokból következően – a B pontból 2l sugárral húzható körön fekszik, e kör a keresett mértani hely (fontoljuk meg, hogy miként folytatódna a mozgás és milyen irányú lenne a D pont sebessége a padlóhoz érkezés pillanatában, ha az összekötő lánc elszakadna). Az A pont által megtett út s = 2(l sin γ , − l sin γ ) ≅ 3,5 m, az összekötő lánc megfeszüléséig

2s ≅ 2,68 s. Az A pont sebessége ekkor v A = at ≅ 2,7 ms-1. A D pont a sebességének vízszintes komponense ennek éppen fele. eltelő idő t =

♥

Györgyi J.: Dinamika (Műegyetemi Kiadó), 1.10 példa nyomán

Az anyagi pont mozgástörvénye az x,y,z vonatkoztatási rendszerben

Recommend Documents