A tűzoltófecskendő mozgásáról

Átírás

1 1 A tűzoltófecskendő mozgásáról Gyerekkorunkban többször is megfigyelhettük tűzoltók gyakorlatozását, illetve verseny - zését, melynek során a tűzoltófecskendő tömlőjét kigurították és feltekerték. Feltűnt, hogy a kigurított tömlő milyen furcsa mozgást végez. Ennek valamilyen szintű és részletességű leírásával eddig még csak az [1, 2] munkákban találkoztunk. Most erről lesz szó. Először foglakozzunk a tömlő feltekerésével ld. 1. ábra! 1. ábra forrása: [ 2 ] Itt azt látjuk, hogy az M tömegű, L hosszúságú hajlékony tömlőt feltekerték egy R << L sugarú hengerré. Ez ki akar tekeredni, mivel [ 2 ] szerint a tekercs tömegközéppontja nem pontosan a támasztási pont felett van, ezért súlya arra forgatónyomatékot gyakorol. Ez esetünkben az óra járásával ellentétesen forgat, így a kibomlás megakadályozásához az 1. ábra szerinti helyzetű és nyílértelmű F erőre van szükség. Kérdés: F =? Megválaszolásához tekintsük a 2. ábrát is! 2. ábra forrása: [ 2 ] Először gondoljuk meg azt, hogy az x hosszúságban feltekert tömlő m( x ) tömegére aránypárral: ( I / 1 ) valamint ( 1 ) gyel is:

2 2 ( I / 2 ) Most a virtuális munka elve alkalmazásához adjunk a tekercsnek egy kis Δx << L elmoz - dulást! Ekkor az F nagyságú visszatérítő és a G = Mg nagyságú súlyerő virtuális munkái - val: ( I / 3 ) ámde: így ( 3 ) és ( 4 ) - gyel: Most ( 1 ) - ből: ( I / 4 ) ( I / 5 ) ( I / 6 ) majd ( 2 ) - ből: ( I / 7 ) ezután ( 5 ), ( 6 ) és ( 7 ) szerint: ( I / 8 ) Alakítsuk át a ( 8 ) képletet! ( I / 9 ) ezután ( 1 ), ( 2 ) és ( 9 ) - cel: ( I / 10 ) A feltett kérdésre a válasz ( 10 ) - ből x = L - lel :

3 3 ( I / 11 ) [ 2 ] - ben megjegyzik, hogy ezen eredmény ellenőrzésére számítsuk ki a tekercs felgön - gyölítéséhez szükséges összes munkát: ( I / 12 ) most az ( I / 13 ) helyettesítéssel az utolsó integrál: ( I / 14 ) így ( 12 ) és ( 14 ) - gyel: ( I / 15 ) a várakozásnak megfelelően. Másodszor: foglalkozzunk a tömlő kibontásával! Ehhez tekintsük ismét az 1. ábrát is! A feladat [ 1 ] szerint az alábbi. Egy M tömegű, L hosszúságú tűzoltófecskendőt R sugarú gurigává tekerünk össze ( R << L ). A tekercset vízszintes talajon v 0 kezdősebességgel ( v 0 / R szögsebességgel ) elgurítjuk, miközben a cső végét a talajhoz szorítjuk. A fecskendő fokozatosan letekeredik, egyre hosszabb része válik egyenessé. a) Mennyi idő alatt tekeredik ki teljesen a fecskendő? b) A guriga sebessége egyre nő, a gyorsulása nyilván a sebességével azonos irányú vektor. Ugyanakkor a vízszintes irányú külső erők ( súrlódási erő + a cső rögzített végénél általunk kifejtett tartóerő ) eredője visszafelé, a sebességgel ellentétes irányba mutat. Hogyan egyeztethető össze e két tény Newton II. törvényével? [ Legyen a guriga kezdeti mozgási energiája sokkal nagyobb, mint a helyzeti energiája ( ), emiatt a gravitáció hatását a mozgás során mindvégig elhanyagolhatjuk. Tekintsük a fecskendőt tetszőlegesen könnyen hajlíthatónak, az alakváltoztatáshoz szüksé - ges munkavégzést, továbbá a légellenállást és a gördülési ellenállást ne vegyük figyelembe! ]

4 4 A megoldás [ 1 ] szerint az alábbiak szerint alakul. a) Határozzuk meg először a guriga sebességét a megtett út függvényében 3. ábra! 3. ábra forrása: [ 2 ] A fecskendő mozgó részének m tömege x út megtétele után: ( II / 1 ) Az energiamegmaradás törvénye szerint: ( II / 2 ) Az energiamegmaradás törvényének alkalmazása során elhanyagoltuk a helyzeti energia változását, valamint a sugár csökkenéséből adódó kicsiny függőleges irányú sebességet. Egy r 1 sugarú henger forgástengelyére vett inercianyomatéka: ( II / 3 ) A mozgás kezdetén: ( II / 4 ) a mozgás közben: ( II / 5 ) Most a ( 2 ), ( 4 ) és ( 5 ) képletekkel:

5 5 ( II / 6 ) felhasználva, hogy ( II / 7 ) a ( 6 ) és ( 7 ) képletekkel: rendezve: ( II / 8 ) Majd ( 1 ) és ( 8 ) - cal: ( II / 9 ) Innen leolvasható, hogy x növekedésével a guriga sebessége egyre nő, a guriga előrefelé gyorsul. A fecskendő teljes kitekeredésének idejét integrálással kapjuk: ( II / 10 ) az utolsó integrál: ezzel: ( II / 11 ) most ( 10 ) és ( 11 ) - gyel: ( II / 12 ) Mivel a guriga egyre gyorsabban mozog, a kitekeredés ideje nyilván rövidebb, mint az egyenletes mozgásnak megfelelő idő, nevezetesen annak csupán kétharmada mondja [ 1 ]. b) Szintén [ 1 ] alapján.

6 6 Az egyre fogyó tömegű, de egyre gyorsabban mozgó gurigából és az egyre hosszabb mozdulatlan vízszintes részből álló rendszer nyilvánvalóan nem tekinthető tömegpontnak, rá a dinamika alaptörvényét nem az egyszerű F = ma, hanem az általánosabb ( II / 13 ) alakban alkalmazhatjuk, ahol J összes a rendszer impulzusa ( mozgásmennyisége ). A mozgó guriga, s ezzel együtt a rendszer teljes impulzusa ( 1 ) és ( 9 ) - cel is: ( II / 14 ) Most ( 13 ) és ( 14 ) - gyel a rendszerre ható K külső erőre: ( II / 15 ) Látjuk, hogy a K külső erő a mozgás irányával ellentétes, visszafelé mutató kell legyen. Megjegyzések: M1. A mozgás végére ( 9 ) és ( 15 ) szerint: v ( x = L ), K ( x = L ). Ez fizikailag nem lehetséges, ámde figyelmeztető. M2. Írjuk fel a szögsebesség függvényét! ( 7 / 1 ) - ből: ( II / 16 ) Most ( 1 ) alapján:

7 7 ( II / 17 ) Majd ( 7 / 2 ), ( 9 ), ( 16 ) és ( 17 ) - ből: ( II / 18 ) M3. Számítsuk ki, hogy közelítőleg hány fordulatot tesz a teljes kibomlásig a guriga! Ehhez ( 16 ) - tal is: ( II / 19 ) a változókat szétválasztva és integrálva, ( 17 ) - tel is: ( II / 20-1 ) új változót bevezetve: ( II / 20-2 ) így ( 20-1 ) és ( 20-2 ) - vel: ( II / 21 ) Ámde: így ( 21 ) és ( 22 ) - vel: ( II / 22 ) ( II / 23 ) M4. Ezután írjuk fel az időfüggvényeket! Először ( 10 ) - ből:

8 8 integrálva, ( 12 ) és ( 20-2 ) - vel is: ( II / 24 ) Ennek inverz függvényét képezve: ( II / 25 ) innen: ( II / 26 ) Ez az út - idő ~ függvény. A sebesség - idő függvénye differenciálással, ( 26 ) - ból, ( 12 ) - vel is: ( II / 27 ) A szögsebesség - idő függvénye ( 18 ) és ( 25 ) - tel: ( II / 28 ) A sugár változásának időfüggvénye ( 17 ) és ( 25 ) - tel:

9 9 ( II / 29 ) A tömeg változásának időfüggvénye ( 1 ) és ( 25 ) szerint: ( II / 30 ) Megismételjük, hogy időfüggvényeink is csak közelítő összefüggések. M5. Egy végein kapcsokkal ellátott valódi lapostömlőt mutat a 4. ábra. 4. ábra forrása: [ 3 ] Adatok felvétele a grafikus megjelenítéshez: L = 10 m ; M = 5,8 kg ; R = 0,29 m ; v 0 = 2 m / s. ( A ) ( a1 ) Ezekkel és a korábbi képletekkel: ( a2 ) ( e1 ) ( e2 ) ( e3) ( e4) ( e5 )

10 10 5. ábra Az ( e5 ) függvény ábrája 6. ábra Az ( e4 ) függvény ábrázolása

11 11 7. ábra Az ( e3 ) függvény ábrázolása 8. ábra Az ( e2 ) függvény ábrázolása

12 12 9. ábra Az ( e1 ) függvény ábrázolása M6. Meglehet, még nem végeztünk el mindent. Az érdeklődő Olvasónak javasoljuk, hogy a fentiek alapján állítsa elő a φ = f( t ) függvénykapcsolatot, majd annak grafikonját! M7. Az ( A ) ábrázolási adatokhoz egy kicsit keresgéltünk az interneten, melynek során felvetődött néhány más probléma is. A 4. ábrán látható tekerccsel kapcsolatos kérdések: a) milyen magas a tekercs; b) milyen sugarú a tekercs. a) A tekercs magasságát nem adták meg, de azt közölték, hogy belső túlnyomás hatására az átmérője mintegy 75 mm. Ebből kiindulva talán jutunk valamire. Ehhez tekintsük a 10. ábrát is! Itt azt szemléltettük, hogy a lapostömlő lapos keresztmetszetét egy nyújtott ellipszisnek tekintve milyen ( a, b ) ellipszis - paramétereket kell választani ahhoz, hogy a felfújt tömlő átmérője 75 mm legyen. Felvettük, hogy b / a = 1 / 10. A kerületek egyenlőségéből: ( b1 ) ( b2 ) ( b3 ) ( b4 )

13 ábra az utóbbi négy képletből: A 10. ábra ez utóbbi adatokkal készült. A tekercs magassága: 2a 116 mm. b) A tekercs R sugarát a fénykép alapján a 2a mérethez viszonyítva vettük fel, szerint.

14 14 Az ellipszis közelítő kerület - képletét [ 4 ] - ből vettük. Ha úgy tűnik, hogy ellipszisünk még mindig túl hasas, akkor más b / a viszonnyal, eset - leg más keresztmetszetalak - közelítéssel is lehet dolgozni. Még annyit jegyzünk meg, hogy a 20 m hosszú lapostömlőt ez a 4. ábrán is jól látszik duplán csévélték fel, így 10 m - es hosszal számoltunk. A tömege persze a 20 m - esé. Az elhajítás kezdősebességével is ját - szottunk egy kicsit, hogy a kibomlási idő nagysága hihetőre adódjon. A tűzoltó szakembe - reknek vélhetőleg pontosabb adataik vannak egy hasonló számoláshoz. Nem árt arra is gon - dolni, hogy a felcsévélt tömlő sugara több mindentől is függhet; pl. a tekercselés közbeni fe - szítéstől, hogy az egyes menetek vékonyabbak legyenek, így kisebb helyen is elférjenek, stb. M8. Az [ 5 ] munkában a szerzők tovább vizsgálják a guriga viselkedését, a perdület vonat - kozásában. Ilyen elemzésekkel ritkán találkozik az ember, így az igencsak megbecsülendő! Ugyanis a változó tömegű testek fizikai elemzése a nehezebb problémák közé tartozik. M9. Eszünkbe juthat, hogy volt már szalag le - és feltekeredésével kapcsolatos feladatunk. Ennek forrása, megoldásának részletei megtalálhatóak egy korábbi dolgozatunkban, mely - nek címe: A szalagcsévélésről. M10. [ 5 ] előszavában egy igencsak meglepő információra bukkantunk. Arról van szó, hogy Az első kiadásba bekerült két elvileg hibás megoldás is, mindkettő versenyfeladat - ként szerepelt sok - sok évvel ezelőtt. A logikusan hangzó, de mégis helytelen megoldások - ban a hiba évtizedeken keresztül rejtve maradt, felismerésük mindannyiunk számára tanul - ságos volt. írják a szerzők. Ez egy számunkra különösen értékes megjegyzés, mert ilyet talán még soha, sehol sem olvashattunk. Nem is olyan régi írásainkban mi is felhívtuk a fi - gyelmet a szakirodalmi, mások által is átvett és terjesztett hibákra, azok lehetséges súlyos következményeire. Köszönjük, még ha nem is derült ki, hogy melyek voltak a hibásak! M11. Még egy technikai jellegű kérdést hozunk szóba. A [ 2 ] mű megtalálható pl. a [ 6 ] link alatt is ( mi először nem is ott leltük meg ). Ez teljesen nyilvános, bárki által fellelhető, az anyag róla gyorsan, akadály nélkül letölthető. Ez némiképpen ellentmond annak a felhí - vásnak, ami a nyomtatott, de az elektronikus kiadványokban is megjelenik; nevezetesen az, hogy a kiadvány semmilyen formában sem másolható, engedély nélkül. ( Egyszer beszélgettem egy tankönyvkiadó cég dolgozójával, aki felvetésemre csak csóválta a fejét.) Arról van szó, hogy szinte kivitelezhetetlen az, amire az ilyen jogi szemléletű felhí - vások rá akarják venni / kényszeríteni a felhasználót. E sorok írója pl. már sok, máshonnan vett, meglehetősen bonyolult tetőszerkezeti rajzot mutatott meg tanítványainak, melyek fel - használásáért nem kérte a szerző / kiadó engedélyét. Be kell látni, hogy ez a napi munkát vég -

15 15 telenül megnehezítené, vagyis nem ez a megoldás. Azért sem, mert az idegen anyagokat a közzétételük során mintegy reklámozza is a közzétevő, ezzel valamelyest hasznot hajtva a szerzőnek és a kiadónak. Ugyanis könnyen megtörténhet, hogy már ennyi kedvcsinálás is elegendő a megvételhez. ( Én ezt a helyzetet most úgy rendeztem, hogy az [ 5 ] művet meg - vettem, így egyenlítve ki ilyetén tartozásomat. Ettől azonban még nem bírom a szerzők, ill. a kiadó engedélyét a megszerzett információk felhasználására, továbbadására. Érdekes? ) Az információra szükség van, és az örömhír az, hogy az internet világában az már legtöbbször meg is szerezhető. Szóval, ez egy eléggé fura helyzet, melynek megoldása még várat magára nem úgy, mint a furfangos fizikai feladatoké. M12. A fentiekben felhasználtakat Részegh Anna és Vigh Máté feladat - szerzőknek is köszönhetjük, ahogyan az [ 5 ] - ből kivehető. Források: [ 1 ] Gnadig Péter ~ Honyek Gyula: 123 Furfangos Fizikai Feladat Eötvös Loránd Fizikai Társulat, Budapest, [ 2 ] Péter Gnadig ~ Gyula Honyek ~ Máté Vigh ~ Ken Riley: 200 More Puzzling Physics Problems Cambridge University Press, [ 3 ] bogdan%20gil/dsc_2900.jpg?lastmod= [ 4 ] I. N. Bronstejn ~ K. A. Szemengyajev: Matematikai Zsebkönyv 2. kiadás, Műszaki Könyvkiadó, Budapest, [ 5 ] Gnadig Péter ~ Honyek Gyula ~ Vigh Máté: 333+ Furfangos Feladat Fizikából 2. kiadás, Typotex Elektronikus Kiadó Kft., [ 6 ] Sződliget, Összeállította: Galgóczi Gyula mérnöktanár