Upload
others
View
11
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
1
Egy feladat a gördülő kerékről
Az orosz nyelvű mechanikai szakirodalom tanulmányozása során láttuk, hogy sokat fog -
lalkoznak a merev test síkmozgásának tárgyalásakor a P sebességpólussal, illetve a Q
gyorsuláspólussal. E két, általában nem egybeeső pontban a mozgó test sebessége, illetve
gyorsulása zérus. Az [ 1 ] és [ 2 ] munkákban találtunk egy - egy feladatot, melyek együt -
tes – nem teljes – tanulmányozása hasznos lehet a téma iránt érdeklődőknek.
A feladat
Egy a sugarú kerék csúszás nélkül gördül egy egyenes sínen. A kerék O1 középpontja
sebességének skaláris komponense 𝑣𝑂1, gyorsulásáé 𝑤𝑂1
. Írjuk fel a kerékhez mereven
kapcsolt, annak középpontjától l távolságra lévő M pont mozgásegyenleteit, sebességét és
gyorsulását, majd határozzuk meg a P sebességpólus, valamint a Q gyorsuláspólus helyét!
A megoldás
Ehhez tekintsük az 1. ábrát is!
1. ábra – forrása: [ 1 ]
A mozgás leírásához egy álló Oxy és egy mozgó O1x1y1 koordináta - rendszert választunk,
az 1. ábra szerint. E két k. r. tengelyei a mozgás folyamán párhuzamosak maradnak.
A mozgás megkezdésének pillanatában az y1 tengelytől az óra járásával egyező forgás -
értelemben számított elfordulási szögre:
2
𝜑 𝑡 = 0 = 0 , ( 1 )
így ekkor az M pont koordinátái:
𝑥𝑀 𝑡 = 0 = 𝑥01(𝑡 = 0) , 𝑦𝑀 𝑡 = 0 = 𝑦01
+ 𝑙 . ( 2 )
A kerék tiszta gördülése miatt:
𝑑𝑥𝑂1− 𝑎 ∙ 𝑑𝜑 = 0 →
𝑑𝑥𝑂1
𝑑𝑡− 𝑎 ∙
𝑑𝜑
𝑑𝑡= 0 → 𝑣𝑂1
(𝑡) − 𝑎 ∙ 𝜔(𝑡) = 0 → 𝜔(𝑡) =𝑣𝑂1 (𝑡)
𝑎 .
( 3 )
Eszerint tudjuk, hogy a kerék és a sín P érintkezési pontjában a sebesség zérus, vagyis
a P pont a kerék - mozgás sebességpólusa.
Most ( 3 ) differenciálásával:
𝜀 𝑡 =𝑑𝜔 (𝑡)
𝑑𝑡=
𝑑
𝑑𝑡 𝑣𝑂1 (𝑡)
𝑎 =
1
𝑎∙
𝑑
𝑑𝑡 𝑣𝑂1
(𝑡) =𝑤𝑂1
𝑡
𝑎 , tehát:
𝜀 𝑡 =𝑤𝑂1
𝑡
𝑎 . ( 4 )
Az aláhúzott ( 3 ) és ( 4 ) összefüggések tiszta / csúszásmentes gördülés esetében állnak
fenn. Ha tehát ismerjük a sínen gördülő, a sugarú kerék középpontjának sebességét és
gyorsulását, akkor ( 3 ) - mal ismert a szögsebessége, ( 4 ) szerint pedig a szöggyorsulása.
A kerék, illetve a hozzá mereven rögzített M pont mozgásegyenletei az alábbiak:
𝑥𝑀 𝑡 = 𝑥01 𝑡 + 𝑙 ∙ sin 𝜑(𝑡) , ( 5 )
𝑦𝑀 𝑡 = 𝑦01+ 𝑙 ∙ cos 𝜑 𝑡 . ( 6 )
A kerék M pontjának helyvektora ( 5 ) és ( 6 ) - tal is:
𝐫𝐌 𝑡 = 𝑥𝑀 𝑡 ∙ 𝐢 + 𝑦𝑀 𝑡 ∙ 𝐣 , ( 7 )
ahol i és j a k. r. - ek tengelyei menti egységvektorok.
A M pont sebességének komponensei ( 5 ) és ( 6 ) differenciálásával:
𝑣𝑀,𝑥 =𝑑𝑥𝑀 𝑡
𝑑𝑡=
𝑑
𝑑𝑡 𝑥01
𝑡 + 𝑙 ∙𝑑𝜑
𝑑𝑡∙ cos 𝜑 𝑡 = 𝑣𝑂1
(𝑡) + 𝑙 ∙ 𝜔(𝑡) ∙ cos 𝜑 𝑡 , tehát:
𝑣𝑀,𝑥 = 𝑣𝑂1(𝑡) + 𝑙 ∙ 𝜔(𝑡) ∙ cos 𝜑 𝑡 ; ( 8 )
hasonlóan:
𝑣𝑀,𝑦 = −𝑙 ∙ 𝜔(𝑡) ∙ sin 𝜑 𝑡 . ( 9 )
3
Az M pont sebességvektora ( 8 ) és ( 9 ) - cel is:
𝐯𝐌 𝑡 = 𝑣𝑀,𝑥 𝑡 ∙ 𝐢 + 𝑣𝑀,𝑦 𝑡 ∙ 𝐣 . ( 10 )
A M pont gyorsulásának komponensei ( 8 ) és ( 9 ) differenciálásával:
𝑤𝑀,𝑥 =𝑑𝑣𝑀 ,𝑥 𝑡
𝑑𝑡=
𝑑
𝑑𝑡 𝑣𝑂1
(𝑡) + 𝑙 ∙ 𝑑𝜔 (𝑡)
𝑑𝑡∙ cos 𝜑 𝑡 − 𝜔2(𝑡) ∙ sin 𝜑(𝑡) =
= 𝑤𝑂1 𝑡 + 𝑙 ∙ 𝜀 𝑡 ∙ cos 𝜑 𝑡 − 𝜔2 𝑡 ∙ sin 𝜑 𝑡 , tehát:
𝑤𝑀,𝑥 = 𝑤𝑂1 𝑡 + 𝑙 ∙ 𝜀 𝑡 ∙ cos 𝜑 𝑡 − 𝜔2 𝑡 ∙ sin 𝜑 𝑡 ; ( 11 )
hasonlóan:
𝑤𝑀,𝑦 = −𝑙 ∙ 𝜀 𝑡 ∙ sin 𝜑 𝑡 + 𝜔2 𝑡 ∙ cos 𝜑 𝑡 . ( 12 )
Az M pont gyorsulásvektora ( 11 ) és ( 12 ) - vel is:
𝐰𝐌 𝑡 = 𝑤𝑀 ,𝑥 𝑡 ∙ 𝐢 + 𝑤𝑀 ,𝑦 𝑡 ∙ 𝐣 . ( 13 )
A Q gyorsuláspólus gyorsulása zérus(vektor), így ( 13 ) - ból M Q cserével:
𝐰𝐐 𝑡 = 𝑤𝑄,𝑥 𝑡 ∙ 𝐢 + 𝑤𝑄,𝑦 𝑡 ∙ 𝐣 = 𝟎 , azaz a gyorsuláspólusra:
𝑤𝑄,𝑥 𝑡 = 0 , 𝑤𝑄,𝑦 𝑡 = 0 . ( 14 )
Most ( 11 ), ( 12 ) és ( 14 ) - gyel, valamint l lQ - val és φ φ* - gal:
𝑤𝑂1+ 𝑙𝑄 ∙ 𝜀 ∙ cos 𝜑∗ − 𝜔2 ∙ sin 𝜑∗ = 0 , ( 15 )
−𝑙𝑄 ∙ 𝜀 ∙ sin 𝜑∗ + 𝜔2 ∙ cos 𝜑∗ = 0 , 𝑙𝑄 ≠ 0. ( 16 )
Most a ( 16 ) összefüggésekkel:
𝜀 ∙ sin 𝜑∗ + 𝜔2 ∙ cos 𝜑∗ = 0 , ebből: 𝜀
𝜔2= −
cos 𝜑∗
sin 𝜑∗= −ctg𝜑∗ = −tg 90° − 𝜑∗ = tg 𝜑∗ − 90° = tgα∗ , tehát:
tgα∗ =𝜀
𝜔2 , ( 17 / 1 )
innen:
α∗ = 𝜑∗ − 90° = arctg 𝜀
𝜔2 . ( 17 )
Majd a ( 15 ) képlettel:
𝑤𝑂1+ 𝑙𝑄 ∙ 𝜀 ∙ cos 𝜑∗ − 𝜔2 ∙ sin 𝜑∗ = 0 → 𝜀 ∙ cos 𝜑∗ − 𝜔2 ∙ sin 𝜑∗ = −
𝑤𝑂1
𝑙𝑄 . ( 18 )
átalakításokkal:
4
𝜀
𝜔2∙ cos 𝜑∗ − sin 𝜑∗ = −
𝑤𝑂1
𝑙𝑄 ∙𝜔2 ,
−𝜀
𝜔2∙ cos 𝜑∗ + sin 𝜑∗ =
𝑤𝑂1
𝑙𝑄 ∙𝜔2 ; ( 19 )
most ( 19 ) - cel és a ( 17 ) előtti képletsorral: cos 𝜑∗
sin 𝜑∗∙ cos 𝜑∗ + sin 𝜑∗ =
𝑤𝑂1
𝑙𝑄 ∙𝜔2 ,
cos 2 𝜑∗+sin 2 𝜑∗
sin 𝜑∗=
𝑤𝑂1
𝑙𝑄 ,
1
sin 𝜑∗=
𝑤𝑂1
𝑙𝑄 →
1
sin 2 𝜑∗=
𝑤𝑂1
𝑙𝑄 ∙𝜔2 2
→ cos 2 𝜑∗ +sin 2 𝜑∗
sin 2 𝜑∗=
𝑤𝑂1
𝑙𝑄 ∙𝜔2 2
, innen:
1 + ctg2𝜑∗ = 𝑤𝑂1
𝑙𝑄 ∙𝜔2 2
, ( 20 )
majd a ( 17 ) előtti képletsorral és ( 20 ) - szal:
1 +𝜀2
𝜔4=
𝑤𝑂1
𝑙𝑄 ∙𝜔2 2
,
𝜀2+𝜔4
𝜔4=
1
𝜔4∙
𝑤𝑂1
𝑙𝑄
2
→ 𝜀2 + 𝜔4 = 𝑤𝑂1
𝑙𝑄
2
→ 𝜀2 + 𝜔4 = 𝑤𝑂1
𝑙𝑄 , innen:
𝑙𝑄 = 𝑤𝑂1
𝜀2+𝜔4 . ( 21 )
A ( 17 ) és ( 21 ) képletekkel meghatároztuk a kerék - mozgás Q gyorsuláspólusának
helyét – 2. ábra.
2. ábra
A ( 17 / 1 ) képletet még tovább alakíthatjuk; ( 3 ) és ( 4 ) - gyel:
5
tgα∗ =𝜀
𝜔2=
𝑤𝑂1𝑎
𝑣𝑂1
𝑎
2 =𝑤𝑂1 ∙ 𝑎
𝑣𝑂12
, tehát:
tgα∗ =𝑤𝑂1 ∙ 𝑎
𝑣𝑂12
→ α∗ = arctg 𝑤𝑂1 ∙ 𝑎
𝑣𝑂12 ; ( 22 )
A ( 21 ) képletet még tovább alakíthatjuk; ( 3 ) és ( 4 ) - gyel:
𝑙𝑄 = 𝑤𝑂1
𝜀2+𝜔4=
𝑤𝑂1
𝜀2∙ 1+𝜔 4
𝜀2
= 𝑤𝑂1
𝜀2∙ 1+𝜔 4
𝜀2
= 𝑤𝑂1
𝜀
1+ 𝜔 2
𝜀
2=
𝑎
1+ctg 2α∗ , innen ( 22 ) - vel is:
𝑙𝑄 =𝑎
1+ 𝑣𝑂1
2
𝑤𝑂1∙ 𝑎
2 . ( 23 )
A ( 22 ) és ( 23 ) képletek a feladat bemenő adataival fejezi ki a gyorsuláspólus helyét
megadó polárkoordinátákat, a mozgó k. r. - ben. A derékszögű koordináták a 2. ábra
szerint:
𝑥1,𝑄 = 𝑙𝑄 ∙ cos α∗ , 𝑦1,𝑄 = − 𝑙𝑄 ∙ sin α∗ . ( 24 )
1. SZÁMPÉLDA – [ 2 ]
Egy 40 cm sugarú henger gördül csúszásmentesen egy vízszintes síkon. A henger C kö -
zéppontjának sebessége 0, 4 m / s, gyorsulása 0,2 m / s2 , egy adott pillanatban. A henger
véglapjaira – szimmetrikusan elhelyezve – mereven ráerősítünk egy - egy 50 cm sugarú
körtárcsát, melyek nem akadályozzák a henger mozgását. Határozzuk meg a tárcsák pilla -
natnyi gyorsuláspólusának helyét!
Megoldás
Adott: ( A )
𝑎 = 𝑟 = 40 cm = 0,4 m ;
𝑅 = 50 cm = 0,5 m ;
𝑣𝑂1= 𝑣𝐶 = 0,4
m
s ;
𝑤𝑂1= 𝑤𝐶 = 0,2
m
s2 ;
Keresett: α∗, 𝑙𝑄 .
6
A feladat jellemző adatait a 3. ábra foglalja össze.
3. ábra – forrása: [ 2 ]
A megoldás eredményét a 4. ábra szemlélteti. A gyorsulásvektorok α* szöget zárnak be a
QM szakasszal.
4. ábra – forrása: [ 2 ]
Most ( 22 ), ( 23 ) és ( A ) - val:
α∗ = arctg 𝑤𝐶 ∙ 𝑟
𝑣𝐶2 = arctg
0,2 m
s2∙ 0,4 m
0,4 m
s
2 = arctg 1
2 = 26,565° , tehát:
α∗ ≅ 26,6° . ( a )
𝑙𝑄 =𝑟
1+ 𝑣𝐶
2
𝑤𝐶∙ 𝑟
2=
0,4 m
1+ 0,4
ms
2
0,2 m
s2 ∙ 0,4 m
2=
0,4 m
1+4=
0,4
5 m = 0,1789 m ≅ 0,179 m , tehát:
𝑙𝑄 ≅ 0,179 m . ( b )
…………………
7
Megjegyzések:
M1. A számpélda esetében a P sebességpólus a henger keresztmetszeti körének és a sík e
kört érintő egyenesének érintési pontjában van. A henger sebességeloszlása az 5. ábrán
szemlélhető. A sebességvektor merőleges a PM szakaszra; itt M: B, C, D, E.
5. ábra – forrása: [ 2 ]
Javasoljuk, hogy az érdeklődő Olvasó rajzolja meg a számpéldabeli tárcsák sebesség -
eloszlási ábráját is!
M2. A 4. ábrán szemléltették azt az idevágó tényt / tételt is, hogy a síkmozgást végző
merev test bármely M pontja gyorsulásának nagysága arányos a pontnak a Q gyorsulás -
pólustól mért távolságával; pl.: ( 21 ) szerint:
𝑙𝑄 = 𝑤𝑂1
𝜀2+𝜔4→ 𝑤𝑂1
= 𝑙𝑄 ∙ 𝜀2 + 𝜔4 , 𝑙𝑄 = 𝑙𝐶𝑄 . ( 25 )
M3. A szakirodalomban más képletek is találhatók a gyorsuláspólus helyének meghatá -
rozására; [ 3 ] - ban találtuk az alábbiakat.
A Q gyorsuláspólus x’Q , y’Q koordinátái a mozgó koordináta - rendszerben, részben az
itteni jelölésekkel is:
𝑥′𝑄 =𝜔2 ∙𝑤𝑂𝑥 ′ −𝜀∙𝑤𝑂𝑦 ′
𝜀2+𝜔4 , 𝑦′𝑄 =
𝜔2 ∙𝑤𝑂𝑦 ′ +𝜀∙𝑤𝑂𝑥 ′
𝜀2+𝜔4 ; ( 26 )
esetünkben
𝑤𝑂𝑦′ = 0 , ( 27 )
így ( 26 ) és ( 27 ) - tel:
8
𝑥′𝑄 =𝜔2 ∙ 𝑤𝑂𝑥 ′
𝜀2+𝜔4 , 𝑦′𝑄 =
𝜀 ∙ 𝑤𝑂𝑥 ′
𝜀2+𝜔4 . ( 28 )
A O1Q szakasz hossza, ( 28 ) - cal is:
𝑙𝑄 = 𝑥′𝑄 2
+ 𝑦′𝑄 2
= 𝜔2 ∙ 𝑤𝑂𝑥 ′
𝜀2+𝜔4 2
+ 𝜀 ∙ 𝑤𝑂𝑥 ′
𝜀2+𝜔4 2
= 𝑤𝑂𝑥 ′
𝜀2+𝜔4 2
∙ 𝜀2 + 𝜔4 =
= 𝑤𝑂𝑥 ′
2
𝜀2+𝜔4=
𝑤𝑂𝑥 ′
𝜀2+𝜔4=
𝑤𝑂1
𝜀2+𝜔4 , egyezésben ( 21 ) - gyel.
Az O1Q szakasznak az x1 tengellyel bezárt szögére, ( 28 ) - cal is::
tgα∗ =𝑦′𝑄
𝑥′𝑄=
𝜀 ∙ 𝑤𝑂𝑥 ′𝜀2+𝜔 4
𝜔 2∙ 𝑤𝑂𝑥 ′𝜀2+𝜔 4
=ε
𝜔2 , egyezésben ( 17 / 1 ) - gyel.
M4. A tárgyalt feladatban – a „szokásos” pozitív forgás - értelemhez képest – ε < 0 , így
az α* szöget az x1 tengely „alá” hordtuk fel. Ha ε > 0 , akkor az x1 tengely „fölé” hordjuk
fel. Az α* szög nagyságára fennáll, hogy
0° ≤ α∗ ≤ 90° , ( 29 )
amint az ( 17 / 1 ) vizsgálatával belátható. ( 17 / 1 ) - ben fontos figyelni ε előjelére.
Ezzel összefüggésben megemlítjük, hogy a ( 28 ) képletek alkalmazásakor feladatunkban
fennáll az a helyzet, hogy
𝑤𝑂𝑥′ > 0 → 𝜀 < 0 ∶ 𝑥′𝑄 > 0 , 𝑦′𝑄 < 0 , ( 28 / 1 )
ahogyan az a számpéldában is adódott. Érdemes felhívni a figyelmet arra a tényre, hogy
a ( 26 ) képletek levezetése során a φ > 0 szög az 1. ábráéval ellentétes értelmű. Az 1. ábra
szög - felvételét az indokolja, hogy az ottani mozgás során „természetesen” előálló elfor -
dulási szöget vették pozitívnak. Ezzel szemben a ( 26 ) képlet vektoros levezetése során a
matematikában szokásos előjelszabályt alkalmazták; eszerint a forgás pozitív, ha az óra
járásával ellentétes értelmű. Az elkeveredés megakadályozható, ha képleteinket egyfajta
előjelszabállyal vezetjük le és alkalmazzuk. Egyébként nem baj, ha látunk többféle képle -
tet és azok alkalmazását is. E részletkérdéssel azért foglalkozunk ilyen sokat, mert egy
tankönyvet felütve találunk egyfajta képleteket, amikkel esetleg nem ugyanazon ered -
ményre jutunk, mint a máshonnan származókkal. Az eltérés oka lehet az előjelszabály is.
M5. Nem feledhetjük, hogy feladatunkban
𝑙𝑄(𝑡) =𝑎
1+ 𝑣𝑂1
2 (𝑡)
𝑤𝑂1 𝑡 ∙ 𝑎
2 , α∗(𝑡) = arctg
𝑎 ∙ 𝑤𝑂1 (𝑡)
𝑣𝑂12(𝑡)
,
9
vagyis általában a gyorsuláspólus helye is függvénye az időnek. Ezt is jelzi a számpélda
szövegének az „egy adott pillanatban” része. Feladatunkban Q helye változatlan, ha 𝑎 ∙ 𝑤𝑂1 (𝑡)
𝑣𝑂12(𝑡)
= 𝑘 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. → 𝑤𝑂1 𝑡 = 𝐾 ∙ 𝑣𝑂1
2 𝑡 , 𝐾 =𝑘
𝑎 . ( 30 )
M6. Most nézzük meg, hogy mit mondanak a P sebességpólus helyéről az egyenletek!
( 8 ) és ( 9 ) alapján:
𝑣𝑃,𝑥 = 𝑣𝑂1+ 𝑙𝑃 ∙ 𝜔 ∙ cos 𝜑∗∗ = 0 ; 𝑣𝑀,𝑦 = −𝑙𝑃 ∙ 𝜔 ∙ sin 𝜑∗∗ = 0 , 𝑙𝑃 ∙ 𝜔 ≠ 0 . ( 31 )
Először ( 31 / 1 ) és ( 3 ) - mal:
𝑣𝑂1+𝑙𝑃 ∙
𝑣𝑂1
𝑎∙ cos 𝜑∗∗ = 0 ;
𝑣𝑂1∙ 1 +
𝑙𝑃
𝑎∙ cos 𝜑∗∗ = 0 → 𝑣𝑂1
≠ 0 → 1 +𝑙𝑃
𝑎∙ cos 𝜑∗∗ = 0 , innen:
cos 𝜑∗∗ = −𝑎
𝑙𝑃 . ( 32 )
Másodszor ( 31 / 2 ) - ből:
sin 𝜑∗∗ = 0 . ( 33 )
Ezután:
sin 𝜑∗∗ = 1 − cos2 𝜑∗∗ = 0 → cos 𝜑∗∗ = ±1 . ( 34 )
Most ( 32 ) és ( 34 ) - gyel:
cos 𝜑∗∗ = −𝑎
𝑙𝑃= −1 → 𝑙𝑃 = 𝑎 , 𝜑∗∗ = 180° . ( 35 )
mert a > 0 , lP > 0. A ( 35 ) összefüggések megerősítik a P pont helyéről mondottakat.
Látjuk, hogy ez az időtől függetlenül ugyanaz.
M7. A bevezetőben említettük, hogy a P és Q pontok általában nem egybeesőek.
Most nézzük meg, hogy mikor esnek egybe!
Minthogy a P pont a kerékhez képest az lP = a, α* = 90º adatokkal jellemezhető, ezért
olyan mozgás - esetet keresünk, amikor ez előáll. A ( 23 ) képlet szerint:
𝑙𝑄 =𝑎
1+ 𝑣𝑂1
2
𝑤𝑂1∙ 𝑎
2= 𝑎 , ha
𝑣𝑂12
𝑤𝑂1 ∙ 𝑎
2
= 0 ; ekkor: 𝑣𝑂1= 0, 𝑤𝑂1
≠ 0 ;
ehhez a ( 22 ) képlet szerint α∗ = arctg 𝑤𝑂1 ∙ 𝑎
02 = 90° tartozik.
Vagyis azt találtuk, hogy az éppen mozgásba jövő kerék esetében P = Q.
Ez érdekes, mert nekünk is új. ( Vagy csak elfelejtettük? Lehet, hogy sosem tudtuk. )
10
M8. A címbeli feladat kiírásában szerepel az M pont mozgásegyenleteinek felírása is, mint
részfeladat. Itt ezt az
𝑥𝑀 𝑡 = 𝑥01 𝑡 + 𝑙 ∙ sin 𝜑(𝑡) , ( 5 / 1 )
𝑦𝑀 𝑡 = 𝑎 + 𝑙 ∙ cos 𝜑 𝑡 ( 6 / 1 )
egyenletek jelentik, melyekben
𝑥01 𝑡 = 𝑥01
𝑡 = 0 + 𝑣𝑂1 𝜏 𝑑𝜏
𝑡
0 , ( 36 )
𝑣𝑂1 𝑡 = 𝑣𝑂1
𝑡 = 0 + 𝑤𝑂1 𝜏
𝑡
0 𝑑𝜏 ; ( 37 )
hasonlóan:
𝜑 𝑡 = 𝜑 𝑡 = 0 + 𝜔 𝜏 𝑑𝜏 ,𝑡
0 ( 38 )
𝜔 𝑡 = 𝜔 𝑡 = 0 + 𝜀 𝜏 𝑑𝜏 .𝑡
0 ( 39 )
A legegyszerűbb 𝑤𝑂1= 0 , 𝑣𝑂1
= 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. esetben a mozgásegyenletek [ 1 ] szerint az
alábbiak:
𝑥𝑀 𝑡 = 𝑣𝑂1∙ 𝑡 + 𝑙 ∙ sin
𝑣𝑂1
𝑎∙ 𝑡 , ( 40 )
𝑦𝑀 𝑡 = 𝑎 + 𝑙 ∙ cos 𝑣𝑂1
𝑎∙ 𝑡 . ( 41 )
Utóbbiak a
𝑡 = 0 → 𝜑 = 0 ( 42 )
felvétellel állnak elő. A részletszámításokat rábízzuk az érdeklődő Olvasóra.
2. SZÁMPÉLDA
A sínen gördülő kerék sugara a = 0,4 m, középpontjának sebessége vO1 = 0,4 m / s.
Ábrázoljuk a kerék l = 0, l = 2 / 5 a , l = a és l = 5 / 4 a adatokkal bíró pontjainak pályáját!
Megoldás:
A feladatot a ( 40 ), ( 41 ) egyenletek és a feladat adatai alapján felírható
𝑥𝑀 𝑡 = 0,4 ∙ 𝑡 + 𝑙 ∙ sin 1 ∙ 𝑡 , ( m ) ( 40 / 1 )
𝑦𝑀 𝑡 = 0,4 + 𝑙 ∙ cos 1 ∙ 𝑡 ( m ) ( 41 / 1 )
11
paraméteres egyenletrendszerrel megadott görbék ábrázolásával oldjuk meg, a Graph
rajzoló program segítségével, l különböző értékeire – 6. ábra.
Az egyes görbék neve:
~ l = 0 : egyenes ( fekete );
~ l = 2 / 5 a: nyújtott ciklois ( zöld );
~ l = a : csúcsos ciklois ( sötétkék );
~ l = 5 / 4 a : hurkolt ciklois ( lila ) görbe.
Az egyes görbék egyező futásidőre készültek ( 0 ~ 10 s ), így nem ugyanott érnek véget.
Utóbbi tény érdekesnek is mondható. Gondoljunk bele!
6. ábra
………………………..
M9. Az általunk látott és hivatkozott orosz nyelvű források közül többen nagyon részle -
tesen foglalkoznak e témakörrel. Azonban találkoztunk olyan tankönyvvel is, ahol – bár
nem hanyagolták a témát – nem volt ilyen aprólékos, mondhatni szájbarágós a kifejtés,
mondván, hogy:
„A gyorsuláspólusnak kinematikai szempontból nincs olyan nagy jelentősége, mint a
sebességpólusnak…” – [ 4 ] .
Gyanítjuk, hogy sok orosz könyv – mint pl. [ 5 ] – részletességének oka az, hogy e nem
éppen könnyű témakörbe jobban bedolgozza magát a tanuló. Ezzel egyet tudunk érteni.
Igaz, rengeteg időt igényelhet, főleg, ha a szerkesztéses megoldási módokra is részletesen
kitérnek. Bizony, a Mechanika időigényes tudomány.
12
M10. Ebben az írásunkban – némi óvatossággal – igyekeztünk elővezetni e nem éppen
sláger - téma néhány érdekesnek is mondható részletkérdését, nem törekedve a teljes
kifejtésre. Ez itt a mi játékunk / játékra való felhívásunk. Akit érdekel, bekapcsolódhat,
hiszen az alábbi források mind elérhetők az interneten, így az itt nyitva hagyott kérdések -
nek nem nehéz utánanézni. Élvezzük a játékot!
Források:
[ 1 ] – M. I. Baty ~ G. Ju. Dzsanelidze ~ Kel’zon: Tyeoretyicseszkaja mehanyika
v primerah i zadacsah
Tom I.: Sztatyika i gyinamika
Izd. 7., „Nauka”, Moszkva, 1975.
[ 2 ] – A. A. Jablonszkij ~ V. M. Nyikiforova: Kursz tyeoretyicseszkoj mehanyiki
Csaszty 1.: Sztatyika, kinyematyika
Izd. 5., „Vüszsaja skola”, Moszkva, 1977.
[ 3 ] – L. G. Lojcjanszkij ~ A. I. Lurje: Kursz tyeoretyicseszkoj mehanyiki, Tom I.
Sztatyika i kinyematyika
Izd. 8., „Nauka”, Moszkva, 1982.
[ 4 ] – Szalai József: Műszaki mechanika III.
Kinematika és kinetika
Jegyzet, Erdészeti és Faipari Egyetem, Faipari Mérnöki Kar, Sopron, 1993.
[ 5 ] – Sz. M. Targ: Kratkij kursz tyeoretyicseszkoj mehanyiki
Izd. 10., „Vüszsaja skola”, Moszkva, 1986.
Összeállította: Galgóczi Gyula
ny. mérnöktanár
Sződliget, 2019. 05. 02.