Insenerimehaanika-Loenguid ja harjutusi dünaamikast (1)

J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 19
4. Näiteülesanded.
Näide 4.1 Masspunkt massiga 2 kg liigub sirgjooneliselt jõu F mõjul, mille algväärtus on 8 N ja mis kasvab igas sekundis 2 N võrra. Leida punkti liikumise seadus kui v0 = 0 .
Lahendus Suuname x-telje piki punkti liikumissirget. Kuna siin on tegemist ühedimen- N sionaalse juhtumiga, siis kasutame diferentsiaalvõrrandi üldkuju (4.7), kus Fkx k =1
on kõigi mõjuvate jõudude projektsioonide summa x-teljele, s.t N m x = Fkx (4.15) k =1 Millised jõud masspunktile mõjuvad? Kõigepealt muidugi jõud F , mis teksti põhjal mõjubki x-telje sihis. Jõud F on aga muutuv suurus, mille väärtus kasvab kogu aeg, s.t ta oleneb ajast t. Selle jõu funktsionaalavaldise tuleb ise kirja panna. Seda on teha kaunis lihtne -- kui jõu algväärtus on F0 (N) ja ta kasvab igas sekundis c (N) võrra, siis jõud F = F0 + ct , (N). Antud juhul on see F = Fx = 8 + 2t , (N). Kas punktmassile mõjuvad ka mingid teised jõud? Teksti põhjal ei selgu, kas liikumine toimub näiteks mööda vertikaalsirget või hoopis mööda maapinnaga paralleelset sirget. Esimesel juhul tuleks arvestada ka raskusjõudu P = m g , teisel juhul raskusjõud x-teljele projektsiooni ei anna. Lepime kokku nii siin kui ka edaspidi, et kui tekstis mitte mingeid viiteid liikumissirge (või liikumistasandi) kohta ei ole, siis toimub liikumine maapinna tasapinnal . Seega siin raskusjõudu arvestada ei tule ja k Fkx = F = 8 + 2t . Arvestades, et mass m = 2 kg, võtab diferentsiaalvõrrand (4.15) siin kuju 2 x = 8 + 2t Siit x = 4 + t , (m s 2 ) Jõud F on ainult aja funktsioon ja see ülesanne lahendub otsese integreerimise teel (s.t siin on tegemist esimesse gruppi kuuluva ülesandega). Integreerime saadud avaldist 2 korda dx x = =4 +t dt dx = ( 4 + t ) dt x = ( 4 + t ) dt + C1 t2 x = 4t + + C1 (4.16) 2
Leiame kohe integreerimiskonstandi C1. Kuna siin v0 = 0 , siis kirjutades avaldise (4.16) välja alghetkel t = 0 , saame 0 = 0 + 0 + C1 s.t C1 = 0 . Seega J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 20
dx t2 x = = 4t + , ( m s ) dt 2 t 2 dx = 4t + dt 2 t2 x = 4t + dt + C 2 2 t3 x = 2t 2 + + C2 (4.17) 6 Nüüd tuleb leida veel integreerimiskonstandi C2 . Selleks peab teadma punkti algasendit x0 . See ei ole teksti põhjal aga otseselt antud. Küsimus on siin tegelikult selles, kuhu panna x- teljel koordinaatide alguspunkti O. Kuna O-punkti valik on vaba, siis asetame x-telje O-punkti just sinna punkti, kus masspunkt asus alghetkel. Selle valikuga on otsekohe konkretiseeritud, et x0 = 0 . Ehk lihtsamalt öeldes -- kui ülesande tekstis masspunkti algasendi kohta midagi öeldud ei ole, siis võib võtta x0 = 0 . Siis aga selgub võrrandist (4.17) otsekohe, et C2 = 0 . Kokkuvõttes oleme saanud ülesande lahendiks , et masspunkti liikumise seadus on t3 x = 2t 2 + , (m) 6
Näide 4.2 t Punktmass massiga 2 kg liigub jõu F = 10 - 2t ; 2sin mõjul. Punkti algasend on 2 määratud kohavektoriga r0 = ( 3;2 ) , algkiirusvektor v0 = (1;0 ) . Leida punkti liikumise võrrandid.
Lahendus Kuna tekstis liikumise tasapinna kohta midagi öeldud ei ole, siis oletame, et punkt liigub maapinna tasapinnal. Seega peale antud jõu F teisi jõudusid ei mõju. Siin on tegemist kahedimensionaalse juhtumiga ja ülesande tekstist selgub, et jõu F projektsioonid maapinnal asuvatele koordinaattelgedele x ja y on Fx = 10 - 2t , (N) t Fy = 2sin , (N) 2 Põhivõrrandid kahedimensionaalsel juhul on kujul m x = Fx m y = Fy Arvestades, et punkti mass on 2 kg, saame seetõttu 2 x = 10 - 2t 2 y = 2 sin t 2
ehk pärast taandamist J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 21
x = 5 - t y = sin t (4.18) 2 Kuna jõud oleneb siin ainult ajast t, siis on tegemist esimesse gruppi kuuluva ülesandega ja selline ülesanne lahendub otsese integreerimise teel. Integreerime kõigepealt esimest võrrandit x = 5 - t x = ( 5 - t ) dt + C1 t2 x = 5t - + C1 (4.19) 2 Leiame integreerimiskonstandi C1 . Selleks tuleb viimane avaldis välja kirjutada alghetkel t = 0 , arvestades seejuures, et teksti põhjal algkiirusvektori esimene projektsioon on x (0) = x 0 = v0 x = 1 . See annab 1 = 0 - 0 + C1 millest C1 =1. Integreerime saadud avaldist veelkord t2 x = 5t - +1 2 t2 x = 5t - + 1 dt + C 2 2 2 3 5t t x= - + t + C2 (4.20) 2 6 Leiame integreerimiskonstandi C 2 . Selleks tuleb avaldis (4.20) välja kirjutada alghetkel t = 0 arvestades, et x0 = 3 . See annab: 3 = C2 . Kokkuvõttes seega 5t 2 t 3 x= - + t + 3, (m). 2 6 Nüüd integreerime süsteemi (4.18) alumist võrrandit 2 korda t y = sin 2 t y = sin dt + C3 2 t y = -2 cos + C3 2 Integreerimiskonstandi C3 leidmisel arvestame, et y (0) = y 0 = v0 y = 0 . Hetkel t=0 saame seetõttu 0 = -2 1 + C3 millest C3 = 2 . Seega t y = 2 - 2cos 2 t millest y = 2t - 4sin + C 4 2 Kirjutades selle avaldise välja alghetkel t=0 ja arvestades, et y0 = 2 , saame 2 = C4 Ülesande lahendus on leitud. Punktmass liigub järgmiste võrrandite kohaselt J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 22
5t 2 t 3 x = - +t+3 2 6 y = 2 + 2t - 4 sin t 2 kus vahemaid mõõdetakse meetrites.
Näide 4.3
Punktmass M massiga m liigub sirgjoonel tõmbejõu mõjul, mis on võrdeline kaugusega liikumatust punktist O (koordinaatide alguspunktist). Võrdetegur on k 2 m . Leida punkti liikumise võrrand, kui punkt asus alghetkel tsentrist O kaugusel l ja algkiirusega v0 suundus tsentri O poole.
Lahendus Kõigepealt paneme tähele, et tekstis pole midagi öeldud selle kohta, millisel tasapinnal toimub liikumine. Seetõttu eeldame, et liikumine toimub maapinna tasapinnal (või maapinnaga paralleelsel tasapinnal). Seega raskusjõudu arvestada siin ei tule, kuna jõud m g on risti liikumise tasapinnaga, ainukeseks arvestatavaks jõuks ongi tekstis nimetatud tõmbejõud F . Teeme joonise, suunates x-telje mööda nimetatud sirgjoont. Seejuures on alati lihtsam, kui asetada masspunkt M x-telje positiivsele poolele.
0 F M x
Joonis 4.1 Põhivõrrand omab siin kuju m x = Fx (4.21) kus Fx on kõigi mõjuvate jõudude projektsioonide summa x-teljele. Siin Fx = -F (4.22) Nüüd tuleb jõu F analüütiline avaldis ise kirja panna. Tuletame siinjuures meelde keskkooli matemaatikast , et kui y on võrdeline muutujaga x ja võrdetegur on c, siis y = c x . Praegusel juhul on jõu moodul F = F võrdeline kaugusega OM ja võrde- tegur on k 2 m , s.t F = k 2 m OM . Kuna kaugus punkti M ja tõmbetsentri O vahel on muutuv suurus, siis peab ka F olema muutuv suurus, aga see nii tuligi. Ainult sellist jõu avaldist kasutada ei saa, seda tuleb teisendada. Arvestades, et punkti M sellise asendi puhul OM = x = x , saame F =k 2m x (4.23) Asendades nüüd selle jõu avaldise võrrandisse (4.22) ja selle omakorda põhi- võrrandisse (4.21), saame m x = -k 2 m x J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 23
millest +k 2 x =0 x (4.24) Antud punkti liikumise diferentsiaalvõrrand on leitud. Nüüd tuleb see ära lahendada. Kontrollime kõigepealt kas selline diferentsiaalvõrrand on olemas lahendite tabelis (4.12). Selgub, et on küll ja nimelt kolmas võrrand (4.12C). Võrreldes võrrandeid (4.12C) ja (4.24) märkame, et A = k , B = 0. Seetõttu saab lahendite tabeli põhjal diferentsiaalvõrrandi (4.24) üldlahendi kohe välja kirjutada x = C1 sin kt + C 2 coskt (4.25) Leiame siit kõigepealt tuletise x = C1 k coskt - C 2 k sin kt (4.26) Millised on algtingimused? Ülesande teksti põhjal selgub, et x0 = l ja x 0 = v0 x = -v0 . Kirjutame nüüd võrrandid (4.25) ja (4.26) välja alghetkel t=0 arvestades nimetatud algtingimusi, saame l = C2 - v0 = C1k v0 millest C1 = - ja C2 = l . k Nüüd võime punkti liikumise võrrandi (4.25) põhjal lõplikult välja kirjutada, asendades sinna leitud integreerimiskonstandid v x = - 0 sin kt + l coskt k (4.27)
Märkus: Need, kes joonistavad punkti M hoopis x-telje negatiivsele poolele, peavad arvestama, et sel juhul OM = x =-x ja Fx = + F . Kokkuvõttes tuleb lõpptulemus ikkagi (4.27).
Näide 4.4
Materiaalne punkt M liigub sirgjooneliselt mööda telge Ox tõmbejõu mõjul, mis on võrdeline punkti massiga m ja pöördvõrdeline kauguse kuubiga nullpunktist O. Võrdetegur on k. Punkti algkoordinaat on x0 ja kiirusega v0 suundus ta x-telje positiivses suunas. Leida punkti kiirus koordinaadi x funktsioonina .
Lahendus Teksti põhjal teeme järelduse, et liikumine toimub maapinna tasapinnal ja seega raskusjõud x-teljele projektsiooni ei anna. Arvestada tuleb vaid nimetatud jõudu F . Teeme kõigepealt joonise, asetades punkti M x-telje positiivsele poolele.
0 F M x J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 24
Joonis 4.2
Neid jõudusid, mis x-teljele projektsiooni ei anna me joonisele ei kannagi. Põhivõrrand ühedimensionaalsel juhul on m x = Fx kus praegusel juhul Fx = -F Milline on jõu F mooduli analüütiline avaldis? Kuna F on võrdeline punkti massiga m, pöördvõrdeline kauguse kuubiga tsentrist O ja võrdetegur on k, siis punkti M antud asendi puhul km F= (4.28) x3 Kokkuvõttes võtab põhivõrrand kuju km m x = - (4.29) x3 millest saame diferentsiaalvõrrandi k x + =0 x3 Kuidas seda lahendada? Kas selle diferentsiaalvõrrandi lahend on lahendite tabelis (4.12) olemas? Kontrollimisel selgub, et ei ole. Seega on tegemist hoopis kolman- dasse gruppi kuuluva ülesandega ja siin on omakorda 3 võimalust. Kõigepealt -- kas (4.29) on eralduvate muutujatega diferentsiaalvõrrand? Kontrollime seda. dx Kuna x = , siis võrrand (4.29) annaks dt k dx = - dt x3 Selle alusel võiks küll kirjutada, et dt x = -k +C x3 aga siintoodud integraali aja t järgi põhimõtteliselt integreerida ei saa. Asi on selles, et integraalimärgi all on x 3 , aga x on ju aja funktsioon x = x (t ) mida me alles otsime ja mida me praegu veel ei tea. Ei ole põhimõtteliselt võimalik integreerida funktsiooni, mille kuju me ei tea. Aja t järgi ei ole siin niisiis võimalik integreerida, aga muutuja x järgi oleks küll võimalik. Seetõttu tuleks siin ülesandes kasutada kolmanda ülesannete grupi teist võimalust ja teostada asendus (4.13), mis aga ühedimensionaalsel juhul võtab kuju (4.14), s.t dv x = v (4.30) dx Kuna tuletis on siin kujul dv dx , siis sellest on näha, et funktsiooniks on kiirus v ja argumendiks koordinaat x, s.t selle abil saamegi kiiruse koordinaadi x funktsioo- nina nagu ülesande tekstis nõuti. Seega seda, et asendust (4.30) saab siin kasutada, J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 25
võis taibata kohe ülesande teksti lugedes . Teemegi nüüd asenduse (4.30) diferentsiaalvõrrandis (4.29), saame dv k v =- 3 (4.31) dx x Nagu näha, see on juba eralduvate muutujatega diferentsiaalvõrrand. Eraldame muutujad. Muutujaga v liikmed tuleb viia kõik vasakule ja muutujaga x liikmed paremale. Selleks tuleb teha siin ainult 1 tehe -- korrutada võrrandi (4.31) mõlemaid pooli suurusega dx, saame k dx v dv = - x3 Muutujad on ära eraldatud, lahendame selle lõpuni. dx v dv = -k x 3 + C1
v2 k = 2 + C1 2 2x siit on näha, et esialgu tundmatu integreerimiskonstant C1 on siin kasulik esitada mugavamal kujul ja nimelt C1 = C 2 . Seda arvestades saame k v2 = +C (4.32) x2 Leiame nüüd integreerimiskonstandi C. Selleks kirjutame leitud avaldise välja alghetkel t = 0 , asendades seejuures kõik muutuvad suurused nende algväärtustega, saame 2 k v0 = 2 +C x0 2 k kust C = v0 - 2 x0 Asendades selle võrrandisse (4.32) saame lõppvastuseks k k 2 v2 = 2 - 2 + v0 x x0
Näide 4.5
Keha massiga m liigub keskkonnas, mille takistus on võrdeline kiiruse kuubiga. Võrdetegur on k m . Alghetkel oli keha kiirus v0. Leida ajahetk, millal kiirus on 4 korda väiksem algkiirusest. Teisi jõudusid mitte arvestada.
Lahendus Liikumine toimub maapinna tasapinnas ja on sirgjooneline. Suuname x-telje liikumise suunas ja teema joonise. See tuleb analoogiline ülesannetega 4.3 ja 4.4.
0 R M x J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 26
Joonis 4.3
Põhivõrrand avaldub siin kujul m x = Fx kus Fx = -R Takistusjõud R on võrdeline kiiruse kuubiga ja võrdetegur on km, seetõttu R = k mv 3 Kokkuvõttes võtab põhivõrrand kuju m x =-k mv 3 (4.33) Kui see diferentsiaalvõrrand viia normaalkujule , siis see sisaldab kiiruse v kolmandat astet. Selliseid võrrandeid lahendite tabelis (4.12) ei ole ja seega tuleb see ise ära lahendada. Kõigepealt paneme tähele ülesande teksti põhjal, et siin on vaja siduda kiiruse v ajaga t, seetõttu asendus (4.14) ehk (4.30) siin ei kõlba. See ülesanne lahendub aga üpris lihtsalt ja nimelt -- kuna sirgjoonelisel juhul dv x = v = dt siis diferentsiaalvõrrand (4.33) võtab kuju dv = -k v 3 dt See on eralduvate muutujatega diferentsiaalvõrrand. Muutujate eraldamiseks tuleb siin võrrandi mõlemat poolt korrutada suurusega dt ja jagada avaldisega v 3 , saame dv = -k dt v3 Nüüd võib mõlemat poolt integreerida, lisades juurde integreerimiskonstandi C1 (kuid muidugi ainult ühele poole, näiteks paremale). dv v3 = - k dt + C1
Siit saame 1 - = -k t + C1 2v 2 Integreerimiskonstandi C1 on siin mugavam esitada kujul C1 = -C , seetõttu 1 = kt + C 2v 2 Leiame integreerimiskonstandi C. Selleks kirjutame leitud avaldise välja alghetkel t = 0 , asendades seejuures kõik muutuvad suurused nende algväärtustega 1 kui t = 0 : 2 =C 2v 0 Seda arvestades on kiiruse ilmutamata avaldis 1 1 = k t + (4.34) 2v 2 2 v0 2 J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 27
Siit leiamegi vajaliku ajahetke, millal keha kiirus on 4 korda väiksem algkiirusest. v Tähistame selle ajahetke t1. Seega kui t = t1 , siis v = v1 = 0 . Teeme need 4 asendused avaldises (4.34). 16 1 2 = k t1 + 2 2v0 2v0 kust 15 t1 = 2 2k v0
Ülesanne on lahendatud . Järgmises kahes ülesandes uurime horisondi suhtes kaldu visatud keha liikumist. Näites 4.6 õhutakistust ei arvestata, näites 4.7 arvestatakse aga küll. Näide 4.6
Kivike visatakse algkiirusega v0 nurga all horisondi suhtes. Leida kivikese liikumise võrrandid kui õhutakistust ei arvestata.
Lahendus Siin on tegemist kahedimensionaalse juhtumiga kus keha liigub vertikaal - tasapinnas. Seetõttu tuleb raskusjõudu arvestada ja see on ka ainuke mõjuv jõud, sest teksti põhjal õhutakistust me siin ei arvesta. Teeme joonise, asetades koordinaatide alguspunkti sinna punkti, kust kivi üles visati ja suunates y-telje otse üles. y
v0 P x 0
Joonis Joonis 4.4nn
Põhivõrrandid on antud juhul m x =F x m y = Fy kus Fx ja Fy on kõigi mõjuvate jõudude projektsioonide summa vastavalt x- ja y-teljele. Antud ülesandes on neid imelihtne leida Fx = 0 ; Fy = -P = -mg J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 28
Seetõttu põhisüsteem näeb välja kujul m x = 0 m y = -mg
x = 0 ehk y = -g (4.35) Kuna mõjuv jõud ja seega ka kiirenduse projektsioonid on siin konstantsed, siis siin on tegemist esimesse gruppi kuuluva ülesandega, mis lahendub otsese integree- rimise teel. Integreerime süsteemi (4.35) esimest korda, saame
x = C1 (4.36A) y = - gt + C 2 (4.36B) ja nüüd ka teist korda x = C1t + C3 (4.37A) gt 2 y =- + C 2t + C 4 (4.37B) 2 Leiame nüüd integreerimiskonstandid. Selleks tuleb kõigepealt ise kirja panna alg- tingimused. Kuna kivike oli alghetkel koordinaatide alguspunktis O, siis x0 = 0 ; y 0 = 0 (4.38A) v Algkiirusvektor 0 tuleb projekteerida nii x- kui ka y-teljele x (0) = x 0 = v0 x = v0 cos (4.38B) y (0) = y 0 = v0 y = v0 sin (4.38C) Avaldised (4.38) kujutavadki endast algtingimusi, mille alusel saab leida integree- rimiskonstandid C1, C2, C3 ja C4. Nüüd kirjutame kõik 4 võrrandit süsteemidest (4.36) ja (4.37) välja alghetkel t = 0 ,asendades seejuures kõik muutuvad suurused nende algväärtustega algtingimuste (4.38) põhjal. v0 cos = C1 v sin = C 0 2 0 = C 3 0 = C4 Asendame need integreerimiskonstandid süsteemi (4.37) ja saame lõplikult x = v0 t cos gt 2 y = v0 t sin - 2
Nüüd lahendame sama ülesande juhul, kui õhutakistust arvestatakse ka. Kivikese viskamisel on õhutakistus võrdeline kiirusega ja suunalt kivi kiirusvektoriga vastassuunaline.
Näide 4.7 J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 29
Keha massiga m visatakse algkiirusega v0 horisontaali suhtes nurga all. Õhu- takistus on võrdeline kiirusega, võrdetegur on b. Leida keha liikumise võrrandid.
Lahendus Teeme joonise. See on analoogiline joonisega 4.4, ainult juurde tuleb õhutakistus R , mis on täpselt vastassuunaline kiirusvektoriga v .
y
v M v0 R P 0 x
Joonis 4.5
Nagu jooniselt 4.5 on näha, on kiirusvektor suunatud mööda trajektoori puutujat vaadeldavas punktis liikumise suunas, õhutakistuse vektor aga täpselt vastupidi kiirusvektorile v . Teksti põhjal on R = -b v ning moodulilt R = R =b v
Põhivõrrandite süsteem omab kuju m x = Fx my = Fy Leiame mõjuvate jõudude projektsioonide summad Fx ja Fy. Tähistame kiirus- vektori v ja horisontaalivahelise nurga , sama nurk on ka takistusjõu R ja hori- sontaalsihi vahel. Seega joonise 4.5 põhjal Fx = - Rcos = -bv cos Fy = -P - R sin = -m g - bvsin Asendades selle põhivõrrandite süsteemi saame m x = -bv cos m y = -m g - bvsin b x + m v cos = 0 kust b (4.39) y + v sin = - g m J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 30
Diferentsiaalvõrrandid on küll leitud, kuid sellisel kujul neid lahendada ei saa. Asi on nimelt selles, et meil on siin kahe võrrandi jaoks tervelt 4 ajast sõltuvat funktsiooni: x (t ) , y (t ) , v (t ) ja (t ) . Kaks funktsiooni on siin üleliigsed, neist tuleb teisenduste abil lahti saada. Selleks vaatleme kiirusvektorit v vaadeldavas trajektoori punktis (joonis 4.6).
v v sin = v y = y
v cos = v x = x
Joonis 4.6
Leiame selle projektsioonid x- ja y-teljele. Joonise 4.6 põhjal v x = v cos ; v y = v sin kuna aga v x = x ja v y = y , siisvõtab süsteem (4.39) kuju b x + m x = 0 b (4.40) y + y = - g m Kerge on näha, et mõlemad diferentsiaalvõrrandid lahenduvad lahendite tabeli võrrandi (4.12A) alusel. Võtame kõigepealt esimese võrrandi süsteemist (4.40). b Kuna siin B = 0 ja A= m , siis (4.12A) alusel bt - x = C1 + C2 e m (4.41A) b Teise võrrandi puhul süsteemist (4.40) on B = -g ja A= , seetõttu m bt mgt - y=- + C3 + C4 e m (4.41B) b Nüüdtuleb leida integreerimiskonstandid C1, C2, C3 ja C4. Algtingimused on siin samad, mis eelmises näites x ( 0) = x0 = 0 ; y ( 0) = y 0 = 0 x (0) = x 0 = v0 x = v0 cos ; y (0) = y 0 = v0 y = v0 sin . Leiame kõigepealt funktsioonide x (t ) ja y (t ) tuletised aja t järgi bt b - x = - C2 e m (4.42A) m bt mg b - y = - - C4 e m (4.42B) b m J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 31
Nüüd kirjutame kõik võrrandid (4.41) ja (4.42) välja alghetkel t = 0 , asendades seejuures kõik muutuvad suurused nende algväärtustega 0 = C1 + C2 0 = C3 + C 4 b v0 cos = - C2 m mg b v0 sin = - - C4 b m Siit on lihtne leida, et mv0 C2 = - cos ; C1 = -C2 b m mg C4 = - v0 sin + ; C 3 = -C 4 b b Asendades leitud integreerimiskonstantide väärtused võrrandisse (4.41) saame lõplikult mv0 - bt
x= cos 1 - e m B mgt m - bt
y=- + 2 ( bv0 sin + mg ) 1 - e m b b Võrreldes ülesannetes 4.6 ja 4.7 saadud lahendeid näeme, kuivõrd palju muudab õhutakistuse arvestamine ülesannet ja selle tulemusi keerulisemaks.
Näide 4.8
Kivike langeb Maale kõrguselt h ilma algkiiruseta. Liikumise ajal arvestada ainult gravitatsioonijõudu, mis on pöördvõrdeline kauguse ruuduga Maa keskkohast. Leida kivikese Maa pinnale langemise kiirus, kui Maa raadius on R ja raskus- kiirendus Maa pinnal on g. x Lahendus v0=0 Teeme kõigepealt joonise. Langegu A keha (kivike) punktist A kuni punktini B (joonis 4.7). Joonise tegemisel tuleb keha aga joonistada kuskil vahepealses asendis. Kuidas suunata seejuures x-telje? Selleks on 2 võimalust. Me võime panna x-telje alguspunkti 0 Maa keskpunkti ja suunata x-telje h positiivse suuna "üles" (joonis 4.7). Aga me võime koordinaatide F alguspunkti panna ka punkti A ja suunata x-telje positiivse suuna Maa poole. Siin on valitud esimene võimalus, kuna sel juhul on tekkivatx diferentsiaalvõrrandit palju lihtsam integreerida. B
0 R J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 32
Joonis 4.7
Kuna siin on tegemist ühedimensionaalse juhtumiga, siis põhivõrrand on m x = Fx kus Fx = -F Nüüd tuleb jõu F analüütiline avaldis ise kirja panna. Kuna ülesande teksti põhjal on jõud pöördvõrdeline kauguse ruuduga Maa keskpunktist ja selleks kauguseks vaadeldavas punktis (joonis 4.7) ongi x =x , siis k F= (4.44) x2 kus võrdetegur on esialgu tähistatud lihtsalt k abil, see tuleb meil veel leida. Selleks kirjutame jõu F avaldise (4.44) välja maapinnal punktis B. Kuna seal F = P = m g ja x = R , siis k mg = R2 kust k = mg R2 Asendame selle avaldisse (4.44), saame mgR 2 F= . x2 Põhivõrrand võtab nüüd kuju mgR 2 m x = - x2 gR 2 ehk x = - 2 (4.45) x Diferentsiaalvõrrand on leitud. Kahjuks ei ole aga selle lahendit lahendite tabelis (4.12), seetõttu tuleb see meil ise ära lahendada (3. grupi ülesanne). Paneme nüüd tähele, et siin ülesandes tuleb meil leida kiirus v argumendi x antud väärtuse puhul ( J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 33
x = R ), seega peame funktsiooni v siduma argumendiga x. See tähendab aga seda, et tuleb kasutada asendust (4.14), mille alusel ühedimensionaalsel juhul dv x = v dx Selle alusel võtab diferentsiaalvõrrand (4.45) kuju dv gR 2 v =- 2 (4.46) dx x See on juba eralduvate muutujatega diferentsiaalvõrrand. Eraldame muutujad. Selleks tuleb teha vaid 1 tehe -- korrutada võrrandi (4.46) mõlemat poolt suurusega dx, saame gR 2 v dv = - dx x2 Võtame siit mõlemast poolest integraalid ja lisame integreerimiskonstandi C (näiteks paremale poolele), saame gR 2 v dv = - x2 dx + C
Selle integreerimine annab v 2 gR 2 = +C (4.47) 2 x Nüüd tuleb leida integreerimiskonstandi C. Selleks peab teadma algtingimusi suuruste v ja x jaoks. Teksti põhjal on v0 = 0 . Arvestades x-telje asendit on antud juhul x0 punkti A koordinaat (joonis 4.7), see aga on x0 = h + R . Avaldis (4.47), välja kirjutatuna alghetkel , näeb nüüd välja kujul gR 2 0= +C h+R gR 2 kust C =- ( h + R) 1 1 Seega v 2 = 2 gR 2 - . (4.48) x ( h + R ) Saime kätte kiiruse v avaldise sõltuvana koordinaadist x. Kirjutame selle avaldise (4.48) välja maapinnal, kus x = R , siis otsitav kiirus v B on 1 1 v B 2 = 2 gR 2 - R ( h + R) 2 gR h ehk 2 vB = ( h + R)
Näide 4.9
Allveelaev massiga M hakkab sukelduma ilma algkiiruseta, laskudes sealjuures translatoorselt . Sukeldumisel mõjub laevale allapoole suunatud konstantne jõud G ja keskkonna takistusjõud R, mis on võrdeline kiirusega. Võrdetegur on k S . Leida allveelaeva sukeldumise võrrand ja maksimaalne sukeldumiskiirus. J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 34
Lahendus Teeme joonise, suunates sealjuures x-telje allveelaeva laskumise sihis otse allapoole. Koordinaatide alguspunkti võtame merepinnale. Kanname joonisele kõik laevale mõjuvad jõud, s.o G ja R , kus G on raskusjõu ja üleslükkejõu vahe.
0
R
G
x Joonis 4.8
Kuna siin on tegemist ühedimensionaalse juhtumiga, siis põhivõrrand näeb välja kujul m x = Fx kus mõjuvate jõudude projektsioonide summa x-teljele on Fx = G - R = G - kSv sest teksti põhjal R = kSv . Asendades selle põhivõrrandisse saame M x = G - kSv Viime selle normaalkujule kSv G x + = M M kS G kust x + x = M M sest ühedimensionaalsel juhul v = x . See diferentsiaalvõrrand on olemas lahendite kS G tabelis (4.12A) all. Kuna siin A = ja B = , siis M M Gt - kS t x= + C1 + C2 e M (4.50) kS Integreerimiskonstantide C1 ja C2 leidmiseks tuleb kõigepealt leida siit tuletise aja t järgi G kS - kS t x = - C2 e M (4.51) kS M Nüüd kirjutame võrrandid (4.50) ja (4.51) välja alghetkel t = 0 arvestades, et x0 = 0 ja x 0 = v0 = 0 , saame 0 = C1 + C2 J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 35
G kS 0= - C2 kS M Siit süsteemist saabki leida integreerimiskonstandid GM GM C1 = - ; C2 = . k 2S 2 k 2S 2 Asendades need võrrandisse (4.50) saame allveelaeva sukeldumisvõrrandi Gt GM - kS t x= - 2 2 1 - e M . kS k S Nüüd tuleb veel leida allveelaeva maksimaalne sukeldumiskiirus. Selleks leiame kõigepealt kiiruse G G - kS t M v = x = - e kS kS Siit arvutamegi maksimaalse sukeldumiskiiruse G G - kS t G vmax = lim v = lim - e M = t t kS kS kS G Seega vmax = kS
Näide 4.10
Punktmass M massiga m liigub tsentraaljõu mõjul, mis tõmbab koordinaatide alguse 0 poole ja on suuruselt võrdeline kaugusega punktist 0. Võrdetegur on k. Alghetkel asus punkt y-telje negatiivsel suunal kaugusel l tsentrist 0 ja omas algkiiruse v0 paralleelselt x-telje positiivse suunaga. Leida punkti liikumise võrrandid.
Lahendus Teeme kõigepealt joonise, joonistades seejuures masspunkti xy-koordinaattasapinna esimesse veerandisse (sest nii on võrrandeid kõige kergem tuletada). Kuna tekstis liikumise tasapinna kohta midagi öeldud ei ole, siis eeldame, et liikumine toimub maapinna tasapinnal. Seetõttu on raskusjõud y selle tasapinnaga risti ja projektsiooni ei x- ega y-teljele ei anna; jõud F jääbki ainukeseks jõuks. M F y
0 x x l M0 v0 J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 36
Joonis 4.9 Koordinaatide alguspunkt 0 ongi tõmbetsenter ja jõud F on punkti M iga asendi puhul alati suunatud tsentri 0 poole. Seega on jõud F nii suuruselt kui suunalt muutuv suurus. Põhisüsteem ülesande lahendamiseks omab siin kuju m x = Fx my = Fy Leiame nüüd jõudude projektsioonide summad Fx ja Fy . Selleks tuleb jõud F lihtsalt projekteerida x- ja y-teljele. Tähistades jõu mõjusirge ja x-telje vahelise teravnurga , saame Fx = -F cos Fy = -F sin Milline on jõu F analüütiline kuju? Kuna jõud on võrdeline kaugusega 0M ja võrdetegur on k, siis -- F =k 0 M =k r --
sest 0 M =r . Seetõttu Fx = -k r cos ; Fy = -k r sin Arvestades, et antud asendis -- r cos = 0 M cos = x -- r sin = 0 M sin = y
saame Fx = -k x ; Fy = -k y Põhisüsteem näeb seega välja kujul m x = -k x m y = -k y k x + m x=0 millest k (4.52) y + y=0 m Tähistame mugavuse mõttes k k µ2 = , millest µ= (4.53) m m Diferentsiaalvõrrandite süsteem on seega J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 37
x + µ 2 x = 0 y + µ y = 0 2
Kerge on näha, et need mõlemad võrrandid on olemas lahendite tabelis valemi (4.12C) all, kusjuures siin A = µ ja B = 0 , seetõttu x = C1 sin µt + C2 cosµt (4.54) y = C3 sin µt + C4 cos µt Nüüdtuleb leida integreerimiskonstandid C1, C2, C3 ja C4. Selleks leiame kõigepealt tuletised x = C1µ cos µt - C2 µ sin µt (4.55) y = C3 µ cos µt - C4 µ sin µt Millised on algtingimused? Teksti põhjal võib kergesti järeldada, et x0 = 0 ; y0 = -l ; x 0 = v0 x = v0 ; y 0 = v0 y = 0 Kirjutame nüüd süsteemide (4.54) ja (4.55) võrrandid välja alghetkel t = 0 , asendades seejuures kõik muutuvad suurused nende algväärtustega 0 = C2 - l = C4 v0 v0 = C1 µ , C1 = µ 0 = C3 µ , C3 = 0 Seda arvestades saame liikumise võrranditele (4.54) anda lõpliku kuju v0 x= sin µt µ (4.56) y = -l cos µt
k kus µ = . m
Kerge on veenduda, et samale lõpptulemusele (4.56) jõuame ka siis, kui joonistame masspunkti mõnda teise, näiteks neljandasse veerandisse (see jääb iga lugeja ise- seisvaks ülesandeks).
Näide 4.11
Punkt M massiga m liigub sirgel, mis läbib punkte A ja B. Punkti A koordinaadid on ( -l ; 0) , punkti B koordinaadid (3l ; 0) . A ja B tõmbavad punkti M külge jõududega, mis on proportsionaalsed kaugustega vastavalt punktidest A ja B, võrdetegur on mõlemal juhul k 2 m . Algmomendil oli masspunkt M punktis M0, mille koordi-naadid on (l ; 0) ja ta suundus kiirusega v0 punkti A poole. Leida masspunkti M liikumise seadus.
Lahendus J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 38
Teeme joonise, kandes sellele ka mõlemad tõmbejõud FA ja FB . Rohkem jõudusid punktile ei mõju. Masspunkti M joonistame x-telje positiivsele poolele, sel juhul
A0 =l A B 0 FA M FB 0 B =3l x 0 M =x x
Joonis 4.10 Põhivõrrand on kujul m x = Fx kus Fx = FB - FA Nüüd tuleb leida jõud FA ja FB . Kuna need on proportsionaalsed kaugustega vastavalt punktidest A ja B; ning võrdetegur on k 2 m , siis FA = k 2 m AM = k 2 m ( l + x ) FB = k 2 m MB = k 2 m ( 3l - x ) Seega näeb põhivõrrand välja kujul m x = k 2 m ( 3l - x ) - k 2 m ( l + x ) kust saame kergesti, et m x = k 2 m ( 2l - 2 x ) ehk x + 2k 2 x = 2k 2 l (4.57) See diferentsiaalvõrrand on jällegi olemas lahendite tabelis (4.12C) all, kus praegusel juhul A2 = 2k 2 ja B = 2k 2l , seetõttu ( ) x = l + C1 sin k 2 t + C2 cos k 2 t ( ) Siit x = C1k 2 cos( k 2 t ) - C2 k 2 t) 2 sin ( k Millised on algtingimused? Tekstist selgub, et x0 = l ja x 0 = -v0 . Seda arvestades näevad 2 viimast võrrandit alghetkel t = 0 välja kujul l = l + C2 - v0 = C1k 2 v kust C1 = - k 2 ja C2 = 0 , s.t 0
x=l- v0 k 2 ( sin k 2 t )
Näide 4.12
Kuulike M, mille mass on 2 kg, visati maapinnalt vertikaalselt üles algkiirusega 20 m sek . Liikumise ajal mõjub kuulikesele ka takistusjõud, mis on võrdeline kiirusega, J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 39
võrdetegur on seejuures 0,04 g . Leida kuulikese liikumise võrrand ja keha ülesliikumise aeg.
Lahendus Teeme joonise, asetades koordinaatide alguspunkti maapinnale ja suunates x-telje risti maapinnaga otse üles (s.t punkti liikumise suunas). Kuna liikumine toimub mööda vertikaalsirget, siis loomulikult tuleb raskusjõudu ka arvestada.
Kuna siin on tegemist ühedimensionaalse x juhtumiga, siis m x = Fx kus Fx = - P - R = -m g - R M Teksti põhjal on selge, et R =0,04 g v
P seetõttu m x = -m g - 0,04 g v R Arvestades, et siin v = x ja m = 2 kg, saame diferentsiaalvõrrandile anda kuju x + 0,02 g x = -g See diferentsiaalvõrrand on lahendite 0 tabelis (4.12A) all, kusjuures siin A = 0,02 g ja B = -g . Nüüd võime kohe Joonis 4.11 välja kirjutada üldlahendi t x= - + C1 + C2e - 0,02 g t 0,02 ehk x = - 50t + C1 + C2e - 0,02 g t (4.58)
Siit x = - 50 - C2 0,02 g e - 0,02 g t (4.59) Alghetkel t = 0 on x0 = 0 ja v0 = 20 m s , seetõttu (4.58) ja (4.59) annavad sel hetkel 0 = C1 + C 2 20 = -50 - C2 0,02 g 70 3500 3500 Siit C2 = - =- ja C1 = . Liikumise seadus (4.58) omandab nüüd 0,02 g g g kuju
( ) 3500 - ,0 02gt x = - 50t + 1 - e g (4.60)
kust v = x = - 50 + 70 e - 0,02 g t (4.61) J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 40
Vaatame nüüd trajektoori kõige kõrgemat punkti, kui kuulikene hetkeks seisatub. Tähistame selle ajamomendi t f , kiirus on sel hetkel null, s.t v f = 0 . Seda arvestades näeb võrrand (4.61) ajahetkel tf välja kujul - 0,02 g t f 0 = - 50 + 70 e 5 - 0, 02 g t f Siit e = 7 Võtame mõlemast poolest naturaallogaritmid, saame -0,02 g t f ln e = ln 5 - ln 7 Kuna ln e =1 , siis ln 7 - ln 5 tf = 1,72 sek 0,02 g
Näide 4.13
Materiaalne punkt M massiga m liigub sirgjooneliselt. Talle mõjub tõukejõud, mis on proportsionaalne punkti kaugusega tsentrist 0 (koordinaatide alguspunktist). Võrdetegur on mk 2 . Liikumise ajal arvestada ka keskkonna takistavat mõju, takistusjõud R on võrdeline kiirusega ja võrdetegur on 2mk1 . Alghetkel asus punkt x-telje positiivsel poolel kaugusel l tsentrist 0 ning algkiirus v0 = 0 . Leida punkti liikumise seadus.
Lahendus Teeme joonise, suunates x-telje punkti liikumise suunas. Kuna liikumine toimub maapinna tasapinnas, siis on F ja R ainukesed masspunktile mõjuvad jõud.
v 0 M x
R F
Joonis 4.12
Põhivõrrand näeb välja kujul m x = Fx kus Fx = F - R Tõukejõud F on võrdeline kaugusega 0M, kusjuures võrdetegur on mk 2 , seetõttu F = m k 2 0M = mk 2 x Takistusjõud on võrdeline kiirusega, võrdetegur on 2mk1 R = 2mk1 x Seega põhivõrrand omandab kuju J. Kirs Loenguid ja harjutusi dünaamikast 41
m x = mk 2 x - 2mk1 x kust x + 2k1 x - k 2 x = 0 (4.62) ja kus k1 > 0 ja k 2 > 0 . Sellist diferentsiaalvõrrandit lahendite tabelis ei ole ja see ei ole ka eralduvate muutujatega diferentsiaalvõrrand. See on näide diferentsiaal - võrrandist, mis tuleb iseendal ära lahendada. Teeme seda diferentsiaalvõrrandite teooria alusel (näiteks: G. Vainikko. Diferentsiaalvõrrandid). Kirjutame välja vastava karakteristliku võrrandi 2 + 2k1 - k 2 = 0 (4.63) Selle lahendid on = -k1 ± k12 + k 2 (4.64) Nagu näha, on karakteristlikud väärtused siin reaalsed ja erinevad, kusjuures 1 = - k12 + k 2 - k1 (4.65A) 2 = + k12 + k 2 - k1 (4.65B) ja üldlahend on seetõttu kujul x = C1e1t + C2e 2 t (4.66) Leiame siit tuletise x = C11e 1t + C2 2e 2 t (4.67) Algtingimused on teksti põhjal: x0 = l ja x 0 = v0 = 0 . Kirjutame võrrandid (4.66) ja (4.67) välja alghetkel t = 0 asendades seejuures kõik muutuvad suurused nende algväärtustega, saame l = C1 + C2 0 = C11 + C2 2 Siit l 2 l 1 C1 = ; C2 = - 2 2 2 k1 + k 2 2 k1 + k 2 Punkti liikumise seadus (4.66) omandab nüü 2 k1 + k 2 kus 1 ja 2 on toodud valemites (4.65A) ja (4.65B).