K. K. PONOMARJOV

Differencilegyenletek felllitsa s megoldsa

TANKNYVKIAD

K. K. PONOMARJOV

'

Differencilegyenletek fellltsa s megoldsa (Gyakorlati feladatok)

Tanknyvkiad, Budapest, 1969

I!OYBTI!MJ SEOIWKONYV KbWLT AMGVEI.otsOGYJ MINIS7.TCR IU!NDELETtiU!

A mO eredeli cme;

COCTilMC:JlKC H pemeuae Alf-cJI4>epem~Hil111onWx yJ)UuetDtd l1UCe11tpUO-TCXHU,_CCICIIX 3il,.lll 'l

rocy,llaDC'I"DCimoe, M O c~ D a l 9 6: 2

Fonlltoua : DR. SCHIPP FERENC Kootroi1Rttbszt6: DR. KSA ANDRS

~ K. K. Pooo111atjov, Mosz.lcw, 1967

Tartalomjegyzk

El&z n mugyar kiadshoz . . . . .. . . . . . . . . . . . .. . . .. . . . .. . . . . . . 9 Bc,ezets .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. .. . ll

l. P~LDK DlFFeRBNCILEGYEN LETEK FELLLTSRA l. ElsOrend!l dift'etellcidlegyenlettcllcrhat folyamatok . . . . . . . . . . . 17 Ktosses dift'ercociilcgyenlclrc vezetil gyakorlati feladatok fel 4 llltsnak s megoldsnak mdszerei . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

l. l y =/(.T) alak cii)'Cnletek .. . . . . . .. .. .. . . . .. .. .. . .. .. .. .. 19 1.1.1 Fitika (optika, mecbanika) .... .... o........... ....... 19 1.1.2 Rugalmastestele mechanikja .. ........... .. o....... .. 23 1.1.3 HOtan . ...... .. ................ ... ... ...... o. ..... . 27

1.2 Szttvlaszthat6 vltoz j egyenletek .... ... o . 30 1.2.1 Fitika .. .. .. .. .. .. . .. .. . .. .. .. .. . .. .. .. . . .. .. .. . . . . 30 1.2.2 Mechanika .. .. .. . . . . . . . .. .. .. . . . .. . .. . . . . .. .. . . . . . 41 1.2.3 Folyadkok mccbanil

6

,

2.2.2 Mcebanika ....... . . . ...... ....... ............ . .. 104 2.3 lland egyilnhats lineAris egyenletele . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145

2.3.1 Fizika (mechanika, re%8stan) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 145 2.3.2 Rddltochnil:.a . .......... . .... . ...... ....... .. . ... .. . JSS

2.4 MsodrcndO diffcrcncileii.Y"nlct-renclsten:k ... .. . .... . . . 159 2.4.1 Mechanika ....... .. . .......... . ....... .. ........... 159 2.4.2 Elektrotechnil:.a . . . . . . . . . . . .. . . . . .. .. . . . . . J 63

3. NegyedreodO diffuencileg)"nlettellcrhat folyamatok .... 161 3.1 Gpel< s s:r.crkeutek elm~letc . ................... .... .... 161 3.2 Rugalmas testek mochanikl\jn . . . . . . . . . .. . . . . . .. . .. . .. .. .. 174

U. NLLAN MEGOLDAND PELADATOK l. Elsn:od diJTerencilegyenlctrc vezct feladatok . . . . . . . . . . . . 185 2. Elsreod dlfl'erencil=lctrend.szerre oe-.ct6 feladatole ..... . 196 3. MsodreodO dilferenciil=lctre vezet feladatok . . . . . . . . . . . 198 4. Msodrend dilferenciilcgyenlctrenc!s= vezct6 fcladato1c . . .. 211

Ul. KZNS~GES DrFFERENCTLEGYENLETBK MEGOLDSNAK ALAPVET MDSZEREl l. Els&eodll dilferencilegyenletek ..... .... .......... . . . .. . .. . . 2 IS

1.1 Explicit el.s6rend differeociAieli)'Cillct ..... ..... . . ... .. ... . 215 1.2 Stvtlasnhat vltowj dilfcrencile8)"'nlct ..... ...... 217 1.3 Homogn differencilegyenlet ... .... ... .......... .. . ..... 217 1.4 EStakt difTcrencilegyenletck ..................... . .. ..... 218 l.S Linetlris difl'ercocilegycnletek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 220 1.6 A IJernD

2.4 Msodrend differenc:iAlcarenletck ntcgrAl.sa sorole scalts4vel ...... ...................... ... ........... 233 2.4.1 A hatrozatlan esYilttbatlc md

'

p, .... ~ I. PLDK

DIFFERENCILEGYENLETEK FELLLT SRA

l. Elsrend differencilegyenlettel lerhat folyamatok

Kznsges clifferencilegyenletre vezet gyakorlati feladatok felllitsnak s megoldsnak mdszerei

Valamely (mechanikai, fizikai, kmiai vagy !Dszakt) feladat fel-tteltinek megfelel differtnci:ilcgyenlet felllluisakor a vltoz mennyi-sgelc s ezek nvelcmnyei kztt matcmati.kai sszefggseket hat-renunk meg.

Sokszor n differencilegyenlet a nvekmnyele vizsglata nlkl ..

addik. Ilyenkor ezeket a megclzlkbe.n vttk szmba. Pld ul,

amikor n sebessget a v= els kifejezssel lltj uk el , nem foglalkozunk til

a .ds s a .dl nvekmnyekkel, br ezeket tnylegesen figyelembe vettk, hiszen

v = ds = lim .ds . dl ..... .dl .

A gyorsuls! valamely 1 idpillanatbon az

d's dv dv a =(iif - y,=v di

sszcfstissel fejezzk ki. DifTcrcncilegyenletek felllittisakor a nvekmnyeket mindjrt a megfelel diftertncilokhl helyettcsltj.k.

Brmely folyamat tanulmnyozasnl l. meghatrottuk a folyamat elklntell mozzanatait, 2. felllitjuk a folyamat lefolysnak ltalnos trvnyt. A folyamatnak egy ellcwnitcu mozzaoata (az n. elemi folyamat) kifejezhet a folyamat vltoz mennyisgeit s azok differenciljait vagy derivltjait sszekapcsol

mat lefolysnak ltalnos trvnye vinont olyan egyenlettel fejezheti) kl, amely mr differenciljaik nlkl kapcsolja ssze a folyamat vltoz

meonyis~geit. A dilfereneilegyenletek felllilsra nincs ltalnos szably. Az

esetek tbbs~g~ben rollnaki feladatok megoldsa a kznsges dif-ferencilegyenletek elmlett felhasznlva, a kvetkezkre vezet:

I. A feladat feltteleit rszletesen elemezzk s lnyeget megvilgft rajzot kttitnk.

2. A vizsglt folyamat differencilegyenlett fellllljuk . 3. A felUltolt differencilegyenletet integrljuk, s meghatrozzuk

ltalnos megoldst. 4. Az adott kezdeti felttelek alapjn meghatrozzuk a feladatnak

megfelel partikulris megoldas!. 5. A feladat kiegszt feltteleit felhMznlva, amennyiben szl

~

f

1.1 y'= f(x) alak egyenletek 1.1.1 Fizika (optika, mechanika)

1. Helyezznk fnyforrst az O pontba. Milyen alak tkrt vlasszunk, hogy n visszavert fnysugarak p>lrh uzamosak tegyenek az Ox tengely-lyel'l

Megoldis. Vizsgljuk a tkr felletnek s az xOy sJ

'

vagyis

Ms szavakkal

x+yy' =l. yx' +Y'

ld (y x'+ y')= l , t. X teht azonoali integrlssal kapjuk, hogy

Vx'+y' = x+ C, ahonnan

y'= 2Cx+C' = 2C(x+ ;) . (3)

A feladat felttelei szerint a grbe az Ox tengelyre szimmetrikus, vagyis a (3) kplet rvnyes az y

2. Helyezzk el az m tmeg anyagi pontot az AB grbn (2. bra) , amely lland ro szgsebessggel forog egy fggleges tengely krl. Hatrozzuk meg az AB grbe egyenlett, feltve, hogy az anyagi pont a grbn "tetszleges helyzetben egyenslyban. van.

y

o x

Megolds. Az egyenslyi helyzetben a nehzsgi s a centrifuglis erk e.redje az AB grbe normlisnak irnyba mutat, mivel itt a knyszerer normlisirny. Az M pontra hat

l. a P= mg nehzsgi er*, 2. az F=mro'x centrifuglis er. Itt m a tmeg, g a nehzsgi gyorsuls. Legyen az AB grbe keresett egyenlcic y = y(x) a lakit. Az AB grbe

normlisnak irnytangense - ~; az ered irnytangense - m:~x ~ = _ _!__

w x

Teht

A fordU s kontrollslerkeszt javaslatra meghagytuk az eredeti knyv betft.. jellseit. Ezek olykot elr6rnek a szablyos jellsektJ. (Surkelztd. )

21

vagyis

illetve w dy =-xdx. g

Elt az egyenletet integrlva, az

w J' = 2g x'+C

parabolasereget nyerjk, ahol C a sereg grbi kzlti tvolsg.

3. Egy pont egyenes p;\lydn mozog lland a gyorsulssal. Hatrozzuk meg a pont mozgst1 vnyt.

Megolds. Mivel

ezrt

dv - =a dt ' dv = adt.

Ha az (l) egyenletet kzvetlenl integrljult, kapjuk, hogy v= at+C1

( l)

(2) A C, meghatrozshoz tegyk fel, hogy a kezd sebessg v0 , vagyis

1 =Q.. nl v - v0 . Helyellesltsk ezt be a (2)-be, ekkor

c0 ~ O+ C" vagyis C.= v, l~ az eredmny.

{gy a (2) egyenlet v= at +v0 (3)

ds alak lesz. A v=- . ezrt a (3) kifejezs trendezbet 6 :t

dr

vagyis a ds= atdt +r0 dt

alaba.

22

(4)

-'

Ha a (4) egyenl~get iotcgrljuk, meg.kapjuk a vizsglt feladat ltalnos megoldst:

(5)

A c, meghatrozshoz tegyle fel, hogy a kezdeti helyzet, a t =0-bo~ tartoz tvolsg s0 ; vagyis s ~s,, ba r ~o. Euket az trtkeket (5) be helyettesitve kapj uk, hogy

s0 = 0 + 0+ C,, vngyis C,=s0 Az (5) egyenlet teht ilyen alak :

(6)

Ha a (3) ts a (6) egyenietbc az a~g, u,=O, s0 = 0, s~ lr rtke~et helyettesltjk, a lgres ttben szabadon es6 testre vonatlcoz6

l v gt s It = 2 gt

1

trvnyekel kapjuk.

t. 1.2 Rugalmas testek mechanikja 4. Az l m boss~ q keresztmetszet{! aclhuzalt egy P rtkig fokozatosan

nveked er nyjt. Hatrozzuk meg a nyjtsi munlct.

Megolds. A b=llnalc a P hner6 hatsra bekvetkezett 41 meg-nylst a

p JJI ~ k - 10 q (l)

kplet hatrozza meg, ahol k a nyjtsi egyilttbat, 10 a h=ll eredeti hossza.

Elemi folyamatot vizsglva azt kapj uk, hogy

dl= klo dP. q (2)

23

Ha a vatclen lcis dl megnylshoz tanoz P ert lJIIJidnak "es.:-szk, megkapjuk ennek az ernek a vizsglt szakaszon vgzett mnnk-jt:

dW=Pdf,

vagyis, a (2) egyenletet felhasznlva, addik a folyamat differencil-cgyenlcte:

(3)

Ha a (3) egyenletet integrljuk, megkapjuk az ltalnos megoldst:

24

W=~ P'+ C. C meghatrozshoz hasznljuk fel a kezdeti

felttelt (ha P =O, akkor W=O):

vagyis C=O.

Teht a keresett nyjtsi munlm:

W= ~P1. 5. Egyik vgn befogott L m hossz aclbuzul sajt slynak hatsra egyenslyi helyzetben van (3. bra). Hatrozzuk meg n buzai mcg-nylsL Az acl fajslya 1 Mpfm.

Megolds. ~ T hzer6 nagysg;> a keresztmetszet helytl fggcn vllozik. Ez a hzer a veutk lejjebb lcv rsznek slytival egyenl. Ezrt a huznl kij l n bz elemei klobzkppen nylnak meg. A rg-

.. zlts helytl x tvolsgra lev pontban :t dx elemre a

T L -x a-=-y- (l)

arnybl meghatrozhat 1' hzer but, ahol G az egsz huzal slyu. Az (J) egyenletbl

G T = L (L- x). (2)

A huzalnak a T (kp) hzer hatsra trtnt ill (m) megoylsn:

ill = k ~ L, (3) ahol k a ny6jtsi egytthat, q pedig a keresztmetszet mt..ben.

A dx elem megny(Jlsa:

vagyis

T dl=k- clx, q

kG dl = Lq (L - x) dx. (4)

Msrszt G & :~ (kp). Ha ezt az utbbi kifejezst a (4) egyenietbc belyeuesltjUlc, megkapjuk a folyamat differencilegyenlett:

dl - 1~ (L-x)dx. lntegrlsSill addik a teljes megnyls:

teht

L

l a ~~~(L-x)dx,

/ =~L' () 2000 m 2S

6. Hatrozzuk meg azt a grbt, amelyet egy lnchld. ktele alkpt.

Megolds. A ktl AB darabja (4. bra) egyenslyban van a kvet kez hrom er hatsra: a vlzszintes H hzer az A pontban, a ktl menti T hzer a B pontban, valamint a hid A s B kzti rsznek slya. A ktl sJyt, annak csekly volta miatt, elhanyagoljuk.

4. 4bnl

A hd A s B kzlti rsznek slya arnyos az x bosszsggal, s kx-szel egyenl. A statiknak alapvet elve, hogy az sszes hat er

fggleges, illetve vzszi.ntes komponenseinek sszege nuUa; eszerint megkapjok a fggleges erk

T sin

'

Integrlva ezt a nagyon egyszer egyenletet, megkapjuk a ktl fel-fggesztsi grbjt:

k y= 2Hx'+C. (3)

A (3) egyenlet parabolasereget szolgltat.

1.1.3 Htan 7. Egy V0 =0,1 (m') trfogat henger alak ednyben norml nyoms

leveg van, amelyet adiabatikusan (a krnyezettel val hesere nlkl) v= O,Ql (m') trfogatra nyomnak s:sze. Szmltsuk ki az sszenyomsi

munkt.

Megolds. A gz llapotnak adiabatikus vlto7.snl a nyoms s a trfogat kapcsolatt a Poisson-egyenlet jellemzi :

:.=(~f. ahol k az adott gzra jellemz llnd. Levegre k"' 1,4.

A norml nyoms: (kp/m').

p0 = 10 330

S a dugatty tmrje, v p

a gz trfogata } a du-a gz nyomsa gatty x magassgnl,

- dx a dugatty vgtelen kis el-mozdulsa (leereszkedse) az sszenyomskor,

dW vgtelen kis munka, -dV a trfogat vgtelen kis vl-

tozsa, Po a gz kezdeti nyomsa, V0 a gz kezdeti trfogata.

s., ....

27

A dugatty leereszkedsekor vgzett vgtelen kis munka (5. bra): dW = -pSdx.

De Sdx= dV. Ebbl kvetkezik, hogy

dW =-p dV. (l} A Poisson-egyenletbl addik, hogy

P -p o _ Po u (v)' v - v - v> (2) A (2) kifejezst az (J) egyenletbe helyet.tesitve, megkapjuk a folyamat

differencilegyenlett:

s

V, dV dW=-Po vr Integrlssal eljutunk az ltalnos megoldshoz:

W = -p0 V~jv-dV = -f~~ V,_. + C = = Povav-U< - ll + C = p. v: +C

k - l (k- J) v; A kezdeti felttelek mutatjk, hogy ba Y = V0 , akkor W = O.

Po V~ 0= (k-l)v: - + C

C- _ PoYo - k - l

Eszerint az adiabatikus sszenyoms munkja a kvetkez:

Bb bl

A szmadatokat behelyettesitvc megkapj uk a munka keresett rtkt: W= 103~~4' 0 1 (100-1] = 2582,5(100'-1) "' 3904,4 (mkp).

28

8. Hidrogn lland hmrskleten eredeti V0 trfogatt megvltoz. tatja, kiterjed (kezdeti nyomsa po) olyan kls nyoms hatsra, amely vgtelen kicsit tr el a gz nyomstl. Hatrozzuk meg a hidrogn ltal vgzell mun.kt.

Megolds. A 7. feladat megoldshoz analg mdon megkapjuk a folyamat

dW=pdV diJferencilegyenlett.

De ebben az esetben a gz kiterjedse izotermikus, ezrt oem a Poisson, hanem a Boyle-Mariotte trvuy rvnyes:

p.v. pV= p0V0 , ahonnan p = -y

A folyamat differencilegyenlete teht igy alakul:

dV dW =p0 Vo-y

Az (l) egyenletet integrlva megkapjuk a W = PoVolo V+C

(l)

ltalnos megoldst. A kezdeti felttelekbl kvetkezik, hogy ba V= V0 , akkor W=O.

Ebbl

s . C = - p0V0 lo V0

A kiterjedsi muoka teht a kvetkez :

29

1.2 Sztvlaszthat vltozj egyenletek 1.2.1 Fizika

9. A kemencbl kivett kenyr hmrsklete 20 perc alatt 100 Crl 60 C-ra cskken (6. bra). A leveg hmrsklete 25 c. A hts

kezdettl szmltva mennyi id alatt cskken a kenyr hmrsklete 30 C-ra?

c m

6. bra

Megolds. Newton trvnye szeriot a test leblsi sebessge arnyos a tst s krnyezete hmrskletnek klnbsgvel. A lehtsi folyamat nem egyenletes. A bmrskletklobsg vltozsa miatt a folyamat sorn vltozik a test lehlsnek sebessge is, A kenyr lehlllsnek differencilegyenJele a kvetkez:

dT = k(T-t) dt '

ahol T a kenyr hmrsklete (OC-ban),

30

t a krnyez leveg hmrsklete (a mi esetnkben 25C), k arnyossgi tnyez, dT a kenyr leblsi sebessge. d t

p i, '

Legyen ' perc a kereseu lehl~i ll!. Elc.kor, a vltozkat szrvlasztva, azt kapjuk, hogy

dT = kth T - t '

azaz, a vizsglt feladat felttelei szerint: dT

T- 25 kdr. Mivel

dT d(T- 25) T-25 - T 2S '

integtlssal addik, hogy

Jd(T-25) - kfd T- 2S ' vagyis

ln (T- 25) - kt +ln C. Ha mindkt oldalt az e alapra emeljUk, az

eiD CT-U)= e>c =e". e! C egyenlet addik. Mivel

c' N =N, vgl is

T - 25 ... ce>. {l) A C llandt a kezdeti felttelbl hatrozzuk meg: ha t = 0, akkor

r .. 100. Ebblll

100-25 = cet = C, vagyis C=1S. ti' rtkt abbl az adott kiegszlt6 felttelbli hatrozzuk meg, hogy

a -r ::20 esetn T = 60. A kvetkezket kapjuk: 60-25 - 7S(tl')"'

1 1 (Js) ( 1 ) el = 75 .. 15 . 31

A kenyr lebllsi folyamatnak egyenlele feladatunk felttelei mellett az albbi:

( 7) .~ T= 75 lS +25. (2) A (2) egyenletbl most mr knnyen meghatrozzuk azt a ~ id

pontot, amikor a kenyr hmrsklete T = 30 (OC):

Vgl 5 = 75 Us).:.. vagyis . I~= Us);'.

_ - 20 ln 15 ~ - 202,708 1 ~ 7 1 t- Jn 7- ln 15 - -0,7622 - (perc).

Teht a kenyr l ra ll perc alatt hl Je 30 C-ra.

10. Egy 6cm-es . bels s !Oem-es kls tmrj acl gmbhj stacio nrius h6llapotban van. Bels felilletn a hmrsklet 200 C, .a kl-

sn 20C (7. bra). Hatrozzuk meg, mekkora a hmrsklet r tvol-sgban a kzppontl, s mekkora az a hmennyisg, amelyet ez a gmbhj egy msodperc aJatt ad t a krnyezetnek (az acl hvezetsi egytthatja k=0,14).

32

Megolds. A szimmetria alapjn feltehetjk, hogy a gmbben a b sugrirnyban terjed. A h a k1.pponttl r tvolsgban'

felsznO gmbfelleten hatol t.

7. bra

.

A kOiobz gmbfelletek kzlt a b6 mennyisge vltozatlan marad, ert ~rvnyes Fourier h,-ezet~i tr.-nye, mely nerint brmely kt felleten egy s ugyanazon mennyisg h halad t. Az a sebessg, ameUyel a h6 uerjed az F felleten:

ahol T a test hmrsklete,

dT Q= - kFT,

k nz anyag h6vezetsi cgyuhatja. Az ( t) egyenlet a kvetkezi) alakba frhat :

d T - 4nkr'y, = Q= const.

(l)

Ha a v;!ltozkat szt\'lilasztjuk s intcgrlunlc, megkapjuic a feladat ltalnos megoldst:

4nkT= g+C. r

(2)

A keresett partikulris megolds elllltslloz a T = 20, r = 10; T= 200, r= 6 kezdeti feltteleket )>chelycttesltjk. (2)-be, majd meg-hatrozzuk a C s a Q rtkt:

80nk "" ~ +C, , 800nk "' 6 + C.

At l kapjuk, hogy c = - 1000nk.

Q = 10 800nk. Teht az r t.volsgban lev, keresett hmrsa!et :

T = 2700-250. r

Az a hmennyisg pedig, amelyet a gmb l s alatt tad: Q = 10 SOOnk ~4 750 (cal).

3 Dltr'trfiKikiJ)'tnkcek 41 174 33

t

11. Egy hvezetk f csvt (tro6r6je 20 cm) l O cm szles szigetels ~i; a h6vezetsi egytthat k=O,OOO 17. A cs hmrs.!k.lete !60 C, a kOis bort hmrs.!klete 30C (8. bra). Hatrozzuk meg a h eloszlst a szigetelben, s hatrozzuk meg azt a bmeonyisget, amelyet l ro hossz cs tad.

M egolds. Ha egy ~~ h6-llapota stacionrius s a T h6mrsklet nnden pontj-ban egyedl csak az x leo-ordinta fggvnye, ald:or Fourier hvezetsi trvnye szerni a msodpercenknt leadolt hmennyisg:

dT Q= - kF(x) dx = const, (I)

ahol F(x) a test x tvoldgban lev6 metszetnek terlete, k a h6vezej6s egytthat.

Itt F(x) = 2ul, (2)

ahol l a cs6 hossza cm-ben, x a csve-atk suga!'ll cm-beo.

A vltozk szlvlasztsa utn a feladat differencilegyenlele a kB-vetlc:ez6:

(3)

Ha a (3) egyenlsget - mindlc:l rszre vonatkozan - integrljuk, kapjuk:

00 a) !tiT=

t

Q J dx o,ooot72'" x '

" T

b) !tiT= Q j dx o,ooo 11 2lfl ;x ' 100 .. .

34

r

telit

a) T.l = 30-160= O,OOO~?Z.rrllnxJ.= 0,000~7 . 2,.1 tn2, .. ,. l b) T -I60= 0,000~72n/ ln x l=. 0,000~72nl 1nO,Ix.. J

10

Ha a (4b) .egycnletet a (4a)-val elosztjuk: T-160 lnO,Jx lgO,Jx - 130 = ln 2 = """""'Ig'-'=2- Ebbl a beloszls trvnye a s~igetel belsejben:

T= S91,8-431,8lgx.

A (4a) egyenletbl l = 100 (cm) eseln kapjuk: Q= 130-0,000172JtIOO

ln2 . 2001r. 130. 0,000 17

0,69315 Az egy nap alatt tadott hmennyisg:

2460-:60Q = 86400 200"" 130 "000017 = 1730600 (cal.) 0,69315

(4)

12. Szigetelt vezetre Q0 = 1000 (elektrosztatikus egysg) tltst jut-tatunk. A szigetels tkletlen, ezrt a vezet fokozatosan elveszti tl-tst. A tltsvestts sebessge egy adott pillanatban arnyos a vezetn jelen lev tlts mennyisgvet: Mennyi tlts niarad a vezetn t = 1 O (perc) mlva, ha az els percben 100 (elektrosztatikus egysg) a vesz-tesg?

Megolds. A t pilJanatban a vezet tltse Q. A tltsveszts se-bessge ebbin a pillanatban - ddQ . Ez a sebessg arnyos a Q tltssel,

t ' ezrt a folyamatra a kvetkez differencilegyenletet kapjuk:

d Q -dt = kQ, ahol k arnyossgi tnyez. L l ,. ~; )_

35

Integrlssal megkapjuk az ltalnos megoldst: Q = ce-".

A kezdeti felttel szerint: ha t ~ O, akkor Q=Q, ; ebb61 Q. - ce-

6s C= Q .

Tellt a lejtszd folyamat trvnye: Q= Q - ...

A t = lre adott Itiegszt il fehtelnek megfelelen

Q- 900 (elektrosztatikus egysg), s ebbl

900= lOOOe-, . - - 0,9.

Ezeket az adatokat behelyettesltve, a

Q = 10000,9' kpietet kapjuk. Teht a vezetn 10 pere mlva

Q= 1000. 0,9' ". 348,7 (elektrosztatikus egysg) tlts marad.

...

tl. Az egymstl a tvolsgra lev A s B pontban egyenl6 abszolt rtkU, dc kUlnb!lz eljel +q s - q tlts van. llitsuk fel c tlt sek ltal ltrebozott elektromos mez6 ekvipotencilis grbeseregnek egyenlett abban a koordinta-rendsr.erben, amelynek origja az A pont X tengelye pedig az AB egyenes.

Megolds. Az ekvipotencirilis vonalak, vagyis az egyenl potencil vonalak merlegesek a mezil ervonalaira. At ervonal irnyt minden pontjban annak az elektromos ernek a vektora sz.1bjn meg, amely az c pontba helyezett pozitv tltsre hat.

36

Helyezznk az ertr M(x, y) pontjba e&Y'gnyi pozitiv (+l) tltst.

Coulomb. trvnye szerint erre az egysgre a kvetkez erk hatnak:

P =k~, ~ Q =k R''

ahol k a krnyezet dielektromos llandja. Elzeknek az erknek a megfeleilS tengelyekre es vetletei a kvel

kezk (9. bra):

F

q x P, = k 1 cosq> = kq1 , r r

q a-x Q. = k Ri cos e = kq ""']ii"'

,-P, = k q sin q> = kq ~ , r r ( l)

Q,=k !,sin 9 =-kq J:.. 37

i

ltt x

COS{/>= - , . r

a-x cos8 =~ Az F ered er ssr.etevi:

sin ep = L , r

sin8=~

J (2)" F, =P,+ Q, = kq (;. +a;.::) = kq x(R'~,'i.+ar 'l

(y y) y(R3 - r')

F,=P,+Q, =kq ,, - R' =kq r'R' -Ennek az ernek az irnya (irnytangense):

tg oc= !z. = y(R' - r') F, x(R3-r3)+ar' (3}

llyen irny az ervonal is az M(x, y) pontban. Ebben a pontban az el

' .

..

A (7) egyenletrendszerbl hatforzuk meg dx-et, d}'l s dy -et. Azt dx

kapjuk, hogy dx= rdr - RdR'

a

d _ (a -x) rdr+xRdR y- ay '

dy (a-x)rdr+ xR dR dx = y(rdr - RdR)

Az (S) s a (8) egyeolct~k egybevetsbl kapjuk, hogy (a - x)rdr+xRdR x(R'-r')+ar

y(rdr- R dR) =- y(R0 -r') ' vagyis egyszerffslts utn:

R'dr=r'dR.

(8)

(9) A (9) formula sztvlaszthat vltozj differcocilegyenletre vezet:

dr dR fi= Jii

Ezt 11tegrlva megkapjuk az ltalnos megoldst: l l If-, "" c.

Ez az egyenlet sszhangban van a vi~glt ert~r ckvipotencilis vona-lainak alapvet geometriai tulajdonsgvaL A futpont.nak u ertr tltssel bir pontjaitl val tvolsgai reciproknak klnbs~ge l-land. ttrve Descartes-fle koordintkra a vizsglt grbesereg eto-enlete a kvetkez:

l .r: .. +y' =C. l'(a-x)'+y' r-"

14. A rdium bomlsi sebessge minden idpillanatban egyenesen arnyos jelen lev tmegvel. Hatrozzuk meg, hogy m0 tmeg rdium-

39

nak hny mlzaltka bomlik el 200 v alatt, ba tudjuk, hogy a rdium felezsi ideje (az az idszak, amely alatt Q rdium fele elbomlik) !590 6v.

Megolds. A rdium bomlsi sebessgl az egysgnyi id alatt elbom loti mennysggel mrjk. Valamely t idpiUanatban kezdd kicsi lit id6 ala ll el bomlott rdium mennyis~ge km lit, ahol m a rdium meonyisge az adott pillanatban, k pedig arnyossgi tnyez. Ez n mennyisg negativ eljellel (a tmeg fogy) megadja a tmeg lll idhz tartoz nvckmnyt:

.dm = -km d t. (l) Az (l) egycnlsg mindktt oldalt elosztjuk dtvel s vizsgljuk Q

batrrtket d t -o eseto. Ekkor

l. dm dm k = - = - == - m . .,._. dt dt (2)

A (2) egyenlsg sz.tvlaszthat vltoroj differencilcgyenlct. A vl tozkat szlvlasztjuk:

dm -=-kdt. m

A (3) egyenletet integrtlljuk: lu m = -kt +ln C,

azaz miodkt oldalt az e alapra emelve:

m =ce-".

(J)

(4) Az m".m, (1=0) kezdeti felttelbl megkapjuk a C llandt (m0 n

kezdeti t= O idpoothoz tartoz tmeg}. Az addik teht, hogy

sebbl C=m0

A (4) egyenlet teht Igy is irhat: m = mor".

40

A k egytthatt abbl a kieg~szlt6 felttelb61 hatrozzuk meg, hogy

a rdium felezsi ideje 1590 ~v (1 = 1590 =tn m =;l igy: vagyis

""' - :::.: m0 e- 2

- 1590k - - ln 2,

k = 0,00044.

A keresett fggvny a kvetkez:

m(t) = m0 e-."..." . A 200 v mlva mg fel nem bomlott rdium mennyisge:

m(200) = m0 e-0"""'' ,.. "" m0 e-O. ... = 0,91Sm0 Ebbl kvetkezik, hogy 200 ev ulnll a rdiumnak csak 8,5%-n bom

lik el.

1.2.2 Mechanika 15. Egy mctoresnak sebes~ge llvizben o0 =20 (kmfb). Teljes sebes sggel halad, majd a motor lell, ~ ezutn 40 s alatt a csnak se~ge v, = 8 (kmJh}ra cskken (10. dbra). I0.4bm

- ---=-~=-=--=-=-= = =-=-=-~-- -- = 4 o :pw = "*'* '* 'Wf;;_w:;w

A viz ellenllsa arnyos a csnak sebessgvel. Me.kJc'ora a csnak' sebes~ge 2 pen::cel a motor lcilcapcsolsa utn?

41

Megold'' A mozg csnakra uz F = - kv er hu t, ahol karnyossgi t~nyez. Newton tr\'nye surint az er a tmeg~ a gyorsuls norzata:

dv F = m- . d t

Ebbl kvetkezik a mozgs difl'ereneidlegyenlete:

Nyilvnval, hogy

vagyis

dv mdl = - kv.

do k -= - - dl v m '

k lnv = --t+C1 m

(l)

Mindl

1

[( s) .. ]-,. (s)- 32 v=20 2 =20 2 = 25 :. 1,28 ~km{h). Teht a csnak sebessge 2 perc alatt 1,28 km{hra cskkent.

16. Egy haj, amely 12 OOO tonna vizet stot ki, egyenes plyn halad v0 = 16 (m{s) sebessggel ( 11. bra). A viz ellenllsa egyenesen arnyos a haj sebessgnek ngyzetvel s l m{s sebessg esetn 36 megapond. Milyen tvolsgra jut el a haj rontorjnak kikapcsolstl kezdve addig, amig sebessge 5 m{s-ra cskken? Mennyi id alatt teszi meg a haj ezt az utat? ll. llbm

Megolds, A rendszer (a haj) mozgJsmennyisge egyenl a rendszer tmegkzppontjnak mozgsmennyisgvel, vagyis

Q= Mv., ahol v, a tmegkzppont sebessge, M a teljes rendszer tmege.

A rendszer mozgsmennyisg-vektornak u id szerinti denvltja egyenl a rendszerre hat sszes kls er geometriai sszegvel. A t megklppont mozgsra fennll a

dQ = Mdv, = p dt dt egyenlsg. .

A rendszer tmegkzppontja gy mozog, mint a rendszer tmeg-vel egyenl tmegfi olyan anyagi pont, amelyre a rendszerre vonat koz sszes kls er hat. A haj mozgst a viz - kv'-tel egyenl ellenllsa a.kdlyozza.

43

A feladat differencilegyenlete' teht :

dv M- = -krJ'

vagyis dr '

12 OOO ddv = _ 36rJ'. g t Ha a vltozkat szlvlasztjuk s g-t 10 m/s-nak vesszk, a

v-dv = - 0,03dl

egyenletet kapjuk, s ebbl integrlssal

addik.

l - - = -0,03t+C1 v

(l)

(2}

(3)

Hatrozzuk meg a 1 =0, v= 16 (m/S) kezdeti felttelnek megfelel partikulris megoldst:

s

l c,= -16

l l v= 0,031+ l~. AmJg a haj sebessge 5 m/Na cskken,

= 25(16-v) = 25(16- 5) =~ "" 46 (s) 1 J2v 12 5 12 - ' id telik el.

(4)

Hatrozzuk meg most azt az utat, amelyet a haj a t = 4,6 (s) id alatt tesz meg. Fclhaszn1juk, hogy v=:!!.., majd integr.i1juk a (4) cgycn-

dt letct is. Ekkor

majd pedig

44

ds= dt l 0,031+16

.400 dl 12!+25 '

100 s = - 3- In(l2t+ 25)+C,.

C1-t a t = 0, s=O kezdeti felt~telb61 hatrozzuk meg:

Teltt a haj mozgstrvnye az idll fggvnyeknt a kvetkez:

100 (12 ) s= -3- lu -gt+l.

A bnj t = 4,6 (s) id alatt 100

s T ln 3,20 :! 38,8 (m)

utat tesz meg. Vagyis a haj, motorjoak le-

!IILsa ut:io, 4,6 s id alatt 38,8 m u tRI tesz meg, milczben

sebcss~ge 5 m/s-ra cskken.

17. Egy rak~tt o0 = 100 (m{s) kezd6sebessggel lnek ld t.igg6-legesen felfel (12. bra). A le-

veg ellenllsa lasstj a a mo~gdst, a rakta ebbl szrmaz negativ gyorsulsa - kt>' (ahol v n rnk6ta pillanatnyi sebessge, k pedig a kzegellenllsi egytt-hat).

Hatrozzuk meg, mennyi idO mlva ~ri el a rakta legma-gasabb helyzet~L

12. ibra

l y y l l l l

~~t " q "

45

Megoldb. A rakta mozgsa egy M anyagi pont mozgsval helyet teslthetll. Ekkor a rakta a gyorsulsa relfel balads kzben :

Azonban

Ezrt az egyenlet a

alakban lrbat.

a= - g - ku'. -- --a szabodon col! a lcvcg

test ayorsullba cllen.JIW

dv - = - (g + kr>*) d t

A vltozkat szlVlasztva n kvetkezt kapjuk:

dv g+kVt = -dl,

vagyis dv

-'-':-kl} ... - -g dt. 1+-g

(l)

(2)

(3)

(4)

Az integrls rdekbeo a (4) egyenlelben a kvetkez6 nyilvnval talakltsokat vgezzk:

= - gdt,

vagyis

(5)

46

' l f ' .

l

~<

Az (5) egyenletet most mr knnyen integrlbatjllk:

I:rr/i~r - "' l amibl megkapjuk a (3) egyenlet ltalnos megoldst:

arctg(V: v) =-Wt+C. (6) Az adott feladat felttelei szerint, ha t = O, akkor v=vo= 100 (m/s),

teht

C= arc tg (~vo)= arc tg 100 ~ vagyis a keresett partikulris megolds a kvetkez:

arc tg~ v- arc tg 100 Yf = - fgk t . (7) Abban ll t= T pillanatban, amikor a rakta elri .,tet)iQntjt", a

rakta pillanatnyi sebessge nulla. HelyetteSitsk be a (7) kpletbe a t= T, v = 0 felttelt, s vegyk a g= 10 (mjs) rtket, kapjuk, hogy

T= arc tg ( 100 VfJ = arc tg (31,62 Yk) fgk 3,l62Yk (8)

. Teht a rakta legmagasabb helyzett a (8) kplettel meghatrotolt T id alatt ri el.

k 18. A nehzsgi er hatsra es test ( 13. bra) 2 gyorsulst kap, r ahol k arnyossgi tnyez, r pedig a test tvolsga a Fld ktppont-jtL Hatrozzuk meg annak a testnek a leessi idejt, amelynek a Fld-

tl val tvolsga R= 60,21-r,., . A Fld sugara : r,614 =6377 (km), illetve 6,377 100m.

47

il // l l

l ' l

l l

Meaolds. Legyen R u fenti, szmtrt6k vagyis a

Hold tvolsga a Fld k zppontjtl,

g a nehzsgi gyorsuls a Fld fclszinm.

Az ltalnos formutnak megfe lelllen ez a gyorsullis a Fld felstl

k . nn ,. , ezert

k a=-,- -g. (l)

' fld

Mlnusz eljelct aztrt tellnk, mert a tvolsgo! a kezdponttl (R= O) szmtjuk ts a gyorsuls n

kezdpont fcl6 irnyul. Az (l) egyen letbl :

k = -:rr ....

A gyorsuls ltalnos alalcja teht: a=-~.

r (2)

Msr6szt, feJt, -e, hogy a test a Fld O kllzppontjba egyenes vonal p.ilyn esik (13. bra) , azt kapjuk, hogy

Innen

dr V= - , dt

a dv v= dr;

dv a=y,

v do a=y,

A feladni differencilcgyenlete:

. 48

o do gr1,;, dr =- ;r (3)

A vltozkat szlvlasztva s integrlva a feladat egyenletc:

- 2grlow C u----+ . r

(4)

A kezdeti ftlttel szerint, ha r - R. akkor v=O. Ezeknek az rtkek nek (4)-bc val helyettesitse utn

' C = - 2g ' (S) R addik.

Ugyanakkor

ahonnan v rR dr=- 1 dr. 2gr1014 (R-r) lntegrl6s utn:

rr.:std R

t ~ - J v2gr~.,:~ - r)d,. = Jv 2grf0,:~R- r/r. (6) R rrold

A (6) integrlt az r R=;= ti

Ha a (J), (8) s (9) rtkeket a (6) egyenietbc behelyettesltjilk, 3 k-vetkczo5t kapjuk:

l= 1(2 ~ Jtgqr2R sin!pCOS tpdq>= ,gr toki

= _R_ l (R_R J2sin1 q>dq> = _R_ l (R_R j '(l - cos2q>)diP = r,010 V 2g r,610 V 2g

sin 2q>1 sio 2q>1 ) _ 2 + 2 -

A szmrtkeket behelyettesltve az idt msodpercekbcn, majd 3600-zal osztva mr rkban kapjuk:

J,27 1= --3600. 60.21. 6,377. l

19,62

(11'1 = 7"24'33- 0,1292 (radin)).

(ra).

Teht az 3 test, amely a Fldtl ugyanolyan tvol van, mint a Hold, 116 ra (majdnem 5 oap) alatt esik Je a Fldre.

t9. Valamilyen magassgbl fgglegesen lefel dobnak egy m tmeg testet. Hatrozzuk meg a test v essi sebessgnek vltozst, ba arra a neMzsg er s a levegnek a test sebessgvel arnyos (az aroyos-sg tnycz k) fkez ereje hat.

Meeolds. A feladat szerint megkell hatroznunk a o sebessg vltoz-snalc ismeretlen trvnyt a 1 id6 filggvnyeknt, vagyis a v=/(1) fiiggvnyt.

50

~:

f l r

Newton msdil< trvnye st.erint

dv my, = F,

dv abol dr a mozg test gyorsulsa,

10 -,-- - _!!A cr--~

F a testre a mozgs irnyban hat er.

Az F er kt sszetevje az mg ne-hzsgi er s a leveg - kv ellenllsa (14. bra). ~ ~f.r=ff

Eszerint dv

"'dl = mg-kv. (l)

Vlasszuk szt a vltozkat:

dt = mdv = _ ;;;.dv:,-_ mg - kv k

(2) g- - v

m

14. bra

~ : l l l l l l l l l l l l l l l l

17 c Pomq

l Integrljuk a (2) egyenlsg miodkt oldalt:

Oldjuk meg ezt az utbbi egyenletet v-re :

,. 51

vagyis k ~ (C-r) !.c _!_ , _ !_ , g-- v= ~J = e"' e "' = c ... e "'

lll

s ebbiSI

lll Ha az lland - k c, mennyisget C*-gal jelljk, a kvetkez egyenlethez jutunk:

- .!. r mg v=C' e m +T. (3)

A bennnket rdekl partikulris megolds elllitshoz azt a kez-deti felttelt hasznljuk fel, hogy a ledobott test kezdeti sebessge v0 volt. Ezt ismeretlennek tekintjk. Ekkor a keresett v=f(t) fllggvnynek olyannak kell lennie, hogy a mozgs kezdetn, a t = O idpontban teljesljn a v=v0 felttel. A t=O, v =v0 rtkeket a (3) formulba helyettestve

addik, amibl

mg v0 = C'+-k

C*=v0 - :g. Teht a keresett v=/(1) ftiggvny ilyen alak- :

(4)

10. Egy ejternys slya az ernyvel egytt 80 kp. Az ejternys leszl-lsnl a leveg ellenllsa arnyos a mozgs v sebessgvel (az ar-nyossgi tnyez: k=400).

Hatrozzuk meg a leereszkeds sebessgl mint az id fllggvnyt, s llapltsuk meg a leereszkeds maximlis sebessgL

52

Megolds. A leszllsnl fellp erk a kvetkezk: az ejternys slya az ernyvel egytt G= mg (lefel irnyul) s a leveg ellenllsa F = - k v2 (felfel irnyul). Teht az ered er:

R = mg-kv.

Newto11 msodik trvnye szerint dv R=mdt.

(l)

(2)

Ha sszebasonlitjuk az (l) s a (2) egyenlsget, megkapjuk az ejt-ern y s leereszkedsnek differencilegyenlett:

dv mdt = mg- kv'.

Ezt megoldva eljutunk a

lfj+v fj -v

ltalnos megoldshoz, majd v-t kifejezve a

egyenlsget kapjuk.

't, (ii ' v = 1flii Ce r ;; - l

V T ,.r~. Ce r + l

(3)

A t =0, v=O kezdeti felttelt felhasznlva kiszmthatjuk a C kons-tans rtkt :

vagyis

V~+O V

=Ce", mg - O k

C= i. Ezzel meghatroztuk a partikulris megoldst.

53

Az ejt6ernys lereszl

Vlasswk szl a vltozkat:

du - = -kdS. v

Integrlssal meg.kapjuk a feladat ltalnos megoldst:

Megkeressk az S=O, v = ke-Ldeti felttelhez tartoz partikulris megoldst.

Innen v,= Ce- to, vagyis

A folyamatot teht a (l)

trvny lrja le. Az arnyossgi tnyez meghatrozshoz felhasznljuk a kieg-

szit6 felttelt: ha

S= l (m), akkor v v1 = 11,8 (m/s). Innen

vagyis

r = ~ = ~ = 0,983. Vo 12

HelyetteSitsle be a szmadatokat n folyamat (l) egyenletbe. A kerc-sett sebessg:

v= 12(0,983)'00 = 12 0,0776 2! 0,93 (mfs). Teht a 150m bossz erdn keresztU.Ihatolt szl sebessge 0,93 m/s.

. .

ll. Egy haj Itiindul az O pontbl s lland sebessggel liszik az Oy egyenes irnyban ( 15/a bra) . Ugyanabban a (t=O) idpontban az A pontbl, amely a hajtl OA =a tllvolsgn van, utnacml egy naszd, amelynek sebessge ktszer akkora, m!nt a haj. Hatrozzuk meg a naszd ltal befutott grbe egyenlett s azt a legrvidebb id6t, ami alatt a hajt utolrheti.

ss

y

B

o

\ \

y

8

o ' '

/( x

15 ......

Megolds. Legyenek a n11szd koordinti a r idpontban x s y; ebben a pillanatban a haj a B pontban van s OB = ut utat tett meg (/5/b dbra).

Legyen l az AC iv hossza. Szmltsuk ki a C ponth

DiJTerenciljuk az (J) egyenletet: dy d'y dy J dl dx i + x dx:'- - dx ~ -2 dx'

vagy ha az l v hossz differenciljt bebelyeUestjk: dy' l ,".-;-::;,

.TdX ~ - 2 rl+y'-. Vlasszuk szt a vltozkat:

dy' _ idx l"l+l' -rx- (2)

Integrlj uk a (2) egyenlet mindlc~t oldalt, megkapjuk az egyenleL Julnos megoldst:

,,- l ln(y' +r l + l')= 2 tnx +C. C rtknele meghatrozshoz azt u kezdeti felttel l hasz.nljuk fel.

hogy ha t = O, akkor y'=O s xma. fgy

l C ~ -- Ina. 2

vagy, hn mindkt oldalt e alapm emeljk :

I+Vl+/1 = A vagyis

(3}

ST

Vgezzk el mg a kvetkez talaktsokat:

y' - Jl'l+7" , !a (y'+ Vl +y')(y' - VI+ y') = V -;:

y'- t'l+Y" _ , ra y''- l -y''- v-;:

Vgl is az albbi egyenlethez jutunk:

y - Yl+y'= - y1. (4) Ha a (3) s a (4) egyenlsget sszeadjuk, majd az eredmnyt 2-vel

elosztjuk, a kvetkeztit kapjuk:

Integrlssal addik:

dy =_!_(, /x_ ,ra) dx 2 Va v-;:

dy = ~ (~-v:)dx. y= ~I }'1dx- ~J Y1dx+C,

-vagyis

(5)

A keresett partikulris megolds elUitshoz felhasznljuk az 2a

.x=a, y =O kezdeti felttelt. Ekkor C="J a keresell grbe egyenlele _pedig:

:58

'

,

A naszd a ha)t az x =0 rtknl ri utol. Ezrt a haj tjt gy batarozbatjuk meg az ) egyenletb6l, hogy az x=O rt~lcet behelye~ tesitjllk:

s a keresett id :

2o y --3

y 2o ' =li=3V

23. Kis ,sebessg e~tn a vonat mozgsnak ellenllst az

R = (2,5 + 0,0Sv)Q (kp)

tapasztalati kplet hatrozza mea, ahol Q a vonat slya megapond-ban, o pedig a sebessg mfs-ban. Hatrozzuk meg, mennyi id6 alau s melckora tvolsgon lesz a vlzszintes tszakaszon halad bnya-vonat sebes.'>ge v= 12 (km/h), ha a vonat slya a viUanymozdonnynl egyUti Q = 40 (Mp), a mozdony b(ozcrcje pedig F=200 (kp). Hatroz-zuk meg a villanymozdony N hzerejL is, amennyiben a vonat mozg~sa a tovbbiakban egyenletes.

Mesolds. A vonat tmege

16. brn

m9# R

nt =

\._/

Q. l()()() g [k~s' ) .

F

\.../

x

59

lltsuk fel a vonatra hat erk egyenslyi egyenlett (16. tlbra), amibl nr-me l osztva a kvetkez addk:

vagyis

do g 2,5 g-0,05 Fg 0 di+ 1000 + 1000 - Q. 1000 =

~; + 24,5 10-1 +0.49 JO- v- 4910- =O; ~; - 24,5. 10- +0,49 . 10-. =o.

Ha nz utbbi egyenletben szlvlasztjuk a vltozkat, a

10'-do = dt 24,5-0,49

differencilegyenlethez jutunk. Az (l) egyenletet integrlva megkapjuk az ltalnos megoldst:

lOS - 0, 49 ln C (24,5- 0, 49 v) = t.

(l)

(2)

A C integrcis llandt a 1= 0, v= O kezde felttelbl hat~rozzuk meg:

10' - 0,49 ln C (24,5 - 0) =O,

vagyis ln 24,5C= 0.

Vgill, e alapra emels utn

l C=24,5'

A feladat felttelei szcrint a keresett t= T id mlva a vonat sebes-sge v= 12 (km/b), ami kulltleg 3,33 m{s. gy a (2) egyenletbl, nyil-vnval algeb~ai talakltsokkal, a kvetkezhz jutunk: 60

-~.~9 ln 2~.5 (24,5 - 0,49o) = ~.~[-ln (t -0~:~;)}= = ~[l 1-1 24,5-0,493,33J-~I (24,5)- 141 ()

0,49 n ? 24,5 - 0,49 n 22,9 - 5

Trjnl< most r annak a tvolsgnak a meghatrozsra, amelyen a vonat sebessge elri a 12 kmfbl.

dv A - rtket a kvetke%6kppen is kifejezhetjk:

d t dv dv ds du di = ds Tt = ds v.

Ekkor az (1) egyenlet ilyen alak:

l

1.2.3 Folyadkok mechanikja. Tala.iroechanika 24. Egy folyadkkal teli benger alak tartly aljn rs keletkezett (17. bra). A folyadk kifolysnak sebessgl vegyk arnyosnak a folyadkoszlop tartlybeli magassgval. Hatrozzuk meg, mennyi id alatt folyik ki a tartlybl a folyadk fele, ha tudjuk, hogy az els napon l O% volt a vesztesg.

l'fegoldis. Legyen R a tartly sugara, h a magassga, x a tartlyban leviS folyadksunt magassga 1 nap

elteltvel. Ekkor a t idpontban a tartlyban lev folyadk trfogata R'wx,

. dx a trfogat vltozsnak sebessge pedig R'n -d . A feladat felttelei l . szeri.nt ez a meanyisg x-szel arnyos, s igy a feladat differencilegyen lete a kvetkez:

ahol k arnyossgi tnyez.

62

dx nR'Tt=kx, (l)

'

.,

A vltozk slvlasztsval a

1tR1 1n IO

A bennnket rdekl esetben (x= ~) a keresell id: nR'In~ ln_!_

h 2 l = -~k_::_ = - 9- .. 6,57

ln 10

{nap).

Teht ahhoz, hogy a feladatban surepl rsen a tartlyban lev folyadk fele kifolyjk, 6 napra s 14 rra van sziiksg.

63

25. Kt kzleked edny paralelepipedon alak, alapterletk S s .S1 (18. bra).

Hatrozzuk meg, rnennyi id alatt alakul ki egyenl folyadkszint .az ednyekben, haS= S, = 100 (m'), a kezdeti szintklnbsg h =2,5 (m), .az ednyek kzlti nyils terilete q =0, 5 (m'), a viz ellenllsi cgy!itt-.hatja = 0,62. 18. ' bm Megold:b. Az els edny ugyan-

annyi folyadkot ad le, mint amennyit a msodik felvesz.

Ezrt

- S dz=S1 dz1

Ebbl S+S1 d dz-dz1 = S, z.

dt id alatt a q terlet(! AB nyilsoo bq Y2g(z- z1) dt trfogat fo-lyadk halad t, ezrt

- Sdz = qY2g(z - z;)tlt, azaz

!i. fidt =- dz . S Yz - z,

A z- z1 = u helyettestssei addik, hogy

d S + S, d 'b"l u= dz - dz1 = s, z, am1 o dz= S1 du S + S1 Eszerint az (l) egyenlet a kvetkezkppen a lakul:

innen pedig o

bq fiT= _ S1 J d'!_ = S S+S, Yu

S1 J du S + S, y'"

o

64

(l)

(2)

Ha a (2) egyenlsget integrljuk , ~s belehelyettesftjk a sz.mrtkeket, azt kapjuk, hogy

r = ss, fili = 114,5 (s). 6q(S+SJfi

26. Folyadkban forg korong eseln a srlds lassil hatsa arnyos a forgs szgsebessg~vcl (19. 6bra).

19. Ain

Hatrozzuk meg a szgsebessget az id ftiggvnyeknt, ha tudjuk, hogy a korong 200 fszfmin sebessggel kezdett forogni, egy perc eltel-tvel pedig n sebessge 120 fszjmill volL

Megold!s. Legyen w a korong forgsnak szgsebessge (fordulat-szm/pete),

k arnyossgi tt nycz, dw - a korong forgsa sZOgsebessgnek vltozsa d t

(szggyorsuls). A forgsm elleoUst gyakorol a vltoz srlds, amely a korong

folyadkbeli forgsakor lp fel, s amely a forgs sebessgnek vltoz-stl tgg.

65

A hat erk egyenletbl a

vagyis a

egyenlet addik.

d (J) dt-k(}) "' o, d(J) -=k(J) dt

A vltozkat szlvlasztva a

di - =kdt (J)

differencilegyenlet, majd ezt integrlva az ln (J) = kt + ln C egyenlsg addik.

Nyilvnval talaldtsok utn:

(J) ln -=kt,

c

~ =ti'. c

Az egyenlet ltalnos megoldsa teht a kvetkez: (J) = Ce''.

Meg kell mg hatroznunk az adott feladat feltteleinek- megfelel C lland s k arnyossgi tnye-.W konkrt rtk!.

66

A kezdeti felttelek szeriot:

Ekkor:

10 = 0 (min), (])0 = 200 (fsz/mio), 11 =l (min), ro,= 120 (fsz/min).

(J)(O)=Ce>0=200; C= 200; oo(l)=Ce> = 120.

1 .l l j .!

l ~ j

A msodik egyenlsgbl meghatrozzuk k rtkt:

20011'= 120, vagy

3 k=ln-s

A szgsebessg s az id keresett sszefggse teht a kvetkez:

ln!. ( 11)' (3)' cv=200e $=200 e $ =200 5 . 27. Hat.rozzuk meg anilak a grbnek az egyenlett, amelyet a talaj-viz szintjc alkot egy olyan kerek kt kzelben, amely a vlz.tnem

ereszt talajszintig terjed (20. bra) . 20. ' bra

vlzdtnemereszt ,Pfeg

Megids. Legyen AB a fld felszne; CD a talajviz felszinc a kt elkszlte eltt, EF a vlz.tnemereszt rteg, amely alulrl hat.rolja a talajviz ramlst (20. bra).

Ha a kt viznek magassgt (fogyasztssal) llandan a GH szinten tartjk, akkor a kt kzelben meghatrozott mdon sllyed a talajviz szintje (20. bra).

A talajviz felletnek CD grbje a "haj Utott" C' G s D' H gakbl 67

ll, amelyek a viz G H szintj~n kapcsoldnak ssze. A talajviz szintjoek fellete a C' G vagy a D' H meridinvonalnknak az Oy tengely krli forgatsval jn ltre.

A HD' grbt annak a tapasztalati t~nynek az alapjn hatrozzuk meg, hogy a viztereszt talaj P pontjban a viz folysnak v sebessge arnyos a grbe irnyval abban az M ' pontban, amely P-vel azonos illgglegesen fekszik.

Ha az arnyossgi tnyezt k-val jelljk, nkkor a sebessg a kvet-kez:

=k: . ( l) Az N'NMM' henger palstjn keresztUl sugrirnybun

Q= 21f xyv= 2n xyk ;j; (2) mennyis4{1 viz folyik, ami tetszleges x sugar henger eset~ben egyenlll a ktbl felhasznlt viz mennyisgvel.

A (2) egyenlet a feladat differencilegyenlete, amely a vltozk szl-vlasztsa utn ilyen alak:

dx 2nk d -x=Qy y.

Mindkt oldalt in~egrlva azt kapjuk, hogy ttk

ln x= Qy"+C.

(3)

(4)

Az integicis llandt abbl a felttelbl llapltjuk meg, bogy a D' H felletet meghatroz grbe tmegy a kt GB vlzszintjnek meg-felel egyenesbe.

Jelljk a lclt tmrjt 2r-rel, a ktban lev vz magassgt h-val. Ekkor x=r eseln y=h, vagyis azt kapjuk, hogy

nk 1 ln r= Q l& +C, (5) aza:z, C-re megoldva:

(6)

68

J ~ .

l

Ha a (6) ertlcet a (4) egyenleibe behelyeuestjlc, megleapjuk a kere-seu grbe egyenlett:

vagyis

x 1lk Jn r = Q (J"- h"),

Q x y'~ - kln - +h'. " r

1.2.4 Kmia s gyrtstechnolgia

18. Az etil-acett elszappanosttsi reakcija ntronlggal a kvetkez egyenlet szeriut folyik le.

CH,COO-C1H5 + NaOH CH,COONa + C.H,OH

el-aoett ntrium-hidroxid ecetsavas ntrium etilakohol

Az etil-acetdt s a ntrium-hidroxid eredeti konceotrcija a = O,OI (slyszzalk) s b = 0,002 (slysz:zalk) volt. 23 perc alatt az etil-acett koncentrcija 10%-kal cskkent. Mennyi id6 alan es.kken a kon-oentrci IS%-kal1

Megolds. Msodrend' kmiai reakcival van dolgunk : A1 + A,-(n reakci vgtermkei), a s b az A, s A1 anyagok kezdeti koncentr-cii, x az A, ts kvetkezskppen az A1 anyagbl a 1 idpontig reaglt mlok' szma (egy mlnyi A1 anyag egy mlnyi A,-vel egyesl, ezrt n kt anyagbl ugyanannyi ml vesz rszt a reakciban). A 1 idpont-

eak . be - dx ban a r c se ssege dl .

A kmiai reakci rds".mi.

69

Az A, anyag reagl mennyisge (vagy ennele .koneentrcija), amely egy t~tfogategysgben (l liter) l mlnyi anyngot tartalmaz, a - x ~ b- x; ami arnyos e2e.k srorzatval is:

dx di - K(a - x)(b-x). (l)

A vltozkat slvlasztva nt kapjuk, hogy dx dl =--=:._-;:.,-,--,. K(a - x)(b-x) (2)

A (2) differencilegyenlet megoldsra a racionlis trtfggvnyele integrhisi mdszert all

Ennele alapjn 23 = l ln 0,002(0,01 - 0,001} K{O,OI-0,002) 0,01(0,002-0,001)

s K2!3,19.

A kapott spmrtkelcet a (4) megoldsba he1yettestve meghatrox-zuk a keresett idt:

t = l ln 0,002(0,01-0,0015) = 3,19(0,01 - 0,002) 0,01(0,002- 0,0015)

1000 17 83,19 1nT ill

Ol< 47,9 (min). Itt

x =0,15a=0,0015.

Teht az etil-acett mennyisge kzelltleg 48 perc alatt cskken 15%-kal.

19. Egy a literes ednyben, amely tele van valamilyen s vizes oldnttlval, llandan ramlik a folyadk; mgpedig egysgnyi id alatt b liter tiszta viz folyik bele, s ugyanannyi oldat folyik ki belle.

Hatrozzuk meg. milyen trvnyszerGsg szerint vltozile a folyndlc ramls idejttJggen az ednyben lev startalom.

Megold!s. Egy adott t idpontban nz ednyben szmuniera ismeret len x kg s van, teht mindeo liter oldat ~ kg, b liter oldat pedig bx kg

a a st tartalmaz.

Ha egy, a r pillanatban kezdd idegysg alatt az oldat koneeot r~cija .Yltozutluo maradna, akkor az ednyben lev smcnnyisg ez a.laU az idegysg alatt bx kg-mal c.skkeone; e:z az ednybeli smcnnyi

Q sg cslclceosnek sebessge a t pillanatban.

Msrszt a dx =lim x(t+ .dt) - x(t) dt .,_. .dt

71

derivlt megadjn a smeonyisg nuekedsl sebessgl a t idpontban, dx

teht a r pillaontban a smennyisg cskkensnek sebessge d t Ebbl addik, hogy

dx bx - dt =a (l)

Oldjuk meg ezt az egyeoleteL A vltozkat sztvlasztva azt kapjuk, hogy

Innen

dx b - = - -dr. x a

b In x = - - t+lnC1 , a

vagyis miodkt oldalt az e alapra emelve:

ahol C, tetsz61cges lland.

(2)'

Konkrt eset vizsglathoz tegyk fel, hogy valamely kezdeti 1- 0 idpontb:w az ednybeo lev smcnnyisg c kg. HelyettesitsOk be a (2) kpletbe a 1 =0 nket. Azt kapjuk, hogy B

s eszerint _.!.,

x=u ,

vugyis a smennyisg az idvel "exponencilisan" cskken.

1.2.5 S:r.uporodtlsi folyamatok

30. A srleszt gyrtsban nagy szercpet jtsz enzimmennyisg nvekedsi sebessge arnyos a folyamatban rszt vev enzim x menoyi sgveL Az enzim ke~eti a mennyisge egy ra alatt mcgktszerezdtt. Hnyszorosra o 3 ra alatt?

72

'

.

~l

l 1

1 1 ~

-Megolds. A feltteleknek megfelel6en a folyamat differencilegyenlele a kllvetkez.:

ahol k arnyossgi tnyez.

dx y, = kx,

Ha a vltoxkat sztvlasztjuk, azi kapjuk, hogy dx -=kdt. x

Az ltalinos megolds az albbi:

x=C"'. Hatrozzuk meg C-t a t = 0, x = a kezdeti felttelbl:

a=C~... vagyis C=a.

( l)

(2}

(3)

Ezt behelyettesitve az ltalnos megoldsba, megkapjuk a feladat keresett partilculris megoldst:

(4) Az arnyossgi Lnyezt a 1 = l (ra), x = 2a kiegszlt felttel segit

sgvel szm!tjuk ki : 2a=a~, vagyis e'=2. '

Ezt a (4) partikulris megoldsba helyettestjk, s gy megkapjuk a vi:r;sglt folyamat

x=a2' trvnyszedlsgt.

t s 3 (ra) esetn x = &a. Teht az enzimmennyisg 3 ra alatt nyolc-szorosra n.

31. Tegyk fel, hogy a lakossg szma s szaporodsi sebessge arnyos. Hatrozzuk meg a lakossg A szminak es a 1 idnek az llsszefggst, ha tudjuk, hogy valamely, ltalunk kezdetinek vett idpontban a lakos-sg szma A0 volt, s ez egy v alatt a szzalkka l ntt.

73

' Hatrozzuk mg meg a) a Szovjetuni lakossgnak ennek alapjin 1975. prilis l-re s

2000. prilis l-re felttelezhet wlmt, ha tudjuk, hogy 1961. prilis l-n a lakossg 217,1 milli volt, az vi s-zaporods pedig 1960. ta 1,71%;

b) (a peremvrosok nlkli) Moszkva lakossgnak a fentiek alap-jn 2000. prilis l-re fclttclezbet szmt, ha tudjuk, hogy 1961. pri-lis l-n a lakossg szma 6,234 milli volt, az. vi szaporod$ pedig 1,7%.

Megoldb. A lakossg szmnak nvekedsi sebessge n lakossg S7.mnak az id szerinti els dcrivltja: dA .

dt A feladat felttelei alapjn fellrhatjuk a k,oetkez difl'ereocilegyeo

lelet: dA y,~luf.

Vlassz.uk szt a vltozkat:

Ha ennek az egyszer(! egyenletnek miodkt oldalt integrljuk, meg kapjuk u egyenlet ltalnos megoldst:

ln A= ln e'

zuk meg: A0-nak az vi a szzalkos nvekeMsc aAo, teht egy vvel ksbb 100

A aA, _ (IOO+a)A, o+ 100 - 100

lesz a lakossg szma. Ha az (l) egyeoletbc bchelyettesltjlc a lakossg szmnak s 32! id

nele a megfeleleS A = Ao s t=O rtkeit, meghatrozhatjuk a C integ-rcis llandt: 110 = Ct'-.. = Ce"; vagyis

Esz~rint az ( l) egyenlet az (2)

alak. Az t!- tnyez kiszmltsra felhasznljuk a kicgszlt6 felttelt, bcbe-

(IOO + a)A lyetustjk a (2) egyeoletbc a t = l, A =

100 ' rtkekeL -

s

Ekkor azt kapjuk, hogy

(IOO + a)Ao = Ar= A.e" 100

_. _ lOO+a r;- 100 (3)

Ha a (3) kifejezst behelyettesltjk a (2) egyenletbe, me&kapjuk a .keresett purtikulris megoldst:

A=A, (1~~0 )'. (4) Ez kifeje2.i u lakossg sz..4runak s az idnek a feladat feltteleinek megfelel sszefllggst. A (4) kplet felhaszndlsval most &zmitsuk ld, mennyi lesz

a) a Szovjctuni lakosainak sz:lma a feladat felttelei szerint 1975. prilis Hn (t= 14 (v) elteltvel):

75

[ 101 71)" A101, = 217,1 IOO a.275 (milli), ~ 2000 prilis J-n (t = 39 (v) elteltvel):

A-=217 f ~~~r ;"420 (milli). b) Moszkva lakosainak a szma 2000 prilis

kiktseknek megfelel

Tets:Wieges (x, y) pontban (a sugrsor egyenlele szcr int) mindig y

a=-. x

Ezrt

azaz

k =

dy y ~&--x

y dy 1+- -x dx

dy y+kx t/x = x - ky ( l)

Az (l) egyenlet homogn differeoeilegyenlet; ennek megoldshoz vezessk be az

y=u.x, } helyeuesltst, ahonnan dy = udx +xdu. Helyenestsk be a (2) kifejezst (1)-be:

.tthl-ku' dx - kxudu - ktb: = O.

A tagok csoportoslisa utn:

x (l-ku}tlu -k(l + u')tlx - O.

A (3) egyenletben vlasszuk szt a vltozkat:

..!.. 1- ku du _ dx =O. k l +u' x

Integrl va :

vagyis ..!_ [J...!!!!_ _ !:_J d( l + u')] -J dx = 0 k l +u' 2 l +u' x

(2}

(3)

l l . ....-:-T k arctgu+ln C = lnx+ 2 1n (l +u*) = lnxrl+u'. (4}

77

Figyelembe vve, hogy u=~ s ln e= l, a (4) egyenl~g gy lrbat: x

l y .~ karctgx = ln rx'+y' - lnC, vagyis

' 7 Yx'+.Y'=Ce"'"';-.

Ha polrkoordintkra trnk t, vagyis alkalmazzuk az. x =r cos

Ohm trvnye szerni az r.unltrben az ramerssg:

vagyis

E-L di . dr ,_ R

RendezzUk t ez utbbi egyenlsget:

dl Rl=E- L dr'

azaz Ridt = Edr - Ldi,

am.ib61

Ldi=(E - Ri) dr s Ldi dr - E - Ri. Integrljuk a (2) egyenlsget:

J di Lfd(E-Ri) t=L E - Ri = - R E-Ri ' vagyis

L r= -Rln(E-RI)+C.

A t =0, 1=0 kezdeti felttel szerint

Ebb61

Teht a folyamatra vonatll:oz szablyt a

sszefggs fejezi ki.

(2)

(3)

19

Mivcll maximuma l= E, a feladat feltttele szerint 1="0,99 E, ezrt R R

a ke~u id: L E L

t=Rln E- 0,99E = RlnlOO. (4)

Ha L s R szmrtkt {4)-be helyettesltjk, a 30

t= 150 ln 100,.,0,92 (s)

eredmnyt kapjuk.

34, Egy E feszltsg s R ellenlls ramkrbe bektik a c kapaciuls kondenztorL Hatr027uk meg n kondenztor q tltst valamely, a bekapcsol:ls utni t pillanatban.

Megolds. A t pillanatban a kondenztor tltse q, az ramerssg l = dq . Ebben a t idpontban az ramkrben a V elektromotoros e r

'dt

mOkdik, amely az ramkr E ts a kondenztor !!.. feszlt~geioelc c

klnbsgvcl egyenl, vagyis q V=E--. c

v 0/1111 trvnye szerio t l =k vagy mskpp:

80

E-2. dq c - =--dt R '

Ekkor a folyamat differencilegyenlete:

dq q R-= E- - . dt c {l)

Ha az (l) lineris egyenletet integrljuk, megk,apjuk a

' q= cE--C,e -...-. ltalnos megoldst.

s

Az adott 1 =O, q= O kezdeti fehtelnek megfelelen o

o= cE- c,e"'

Teht a vizsglt folyamatot ler trvnyt az albbi egyenlsg fe-jezi ki:

35. Egy R ellenllsli, L nindukcis ramJ

Az elei:tromotoros erk sszege. az albbi:

21t dl E~E1+Et ~ asm-yi-L dl" A1. ramerssg rtke Ohm. trvn)'bl addik:

. E '=R,

. 2n dl asut - t-L -

1 = __ _:T_R~__:d::t_

Jelljilk egyszerUsg kedvrt a . 2; -t k.-val, s megkapjuk n folyamat differencilegY,en lett:

L di R" . k dl+ I=DStn l. (l)

Az (l) egyenlet inhomogn elsrend lineris diffcreocilegyenlet. Oldjuk meg a megfelel

di R - +- 1= o dt L '

homogn egyenletet. Integrlva:

vagyis di JI. - =-- dl l L

!d. R! +=-y dt, amibl

R In i= -y t + ln C,

majd mindkt oldalt e alapra emelve: R

- -t i=Ce L

Az (I) inhomogn egyenlel partilrulris megoldst az t .. "= A sin kt + Beoskr

alakban keressk.

82

{2)

Az A s B egytthatkat meg kell hatroznunk. Differencilj uk a (2) egyenlsget gy, hogy A-t s B' t llandnak tekintjk:

d~" =Ak cos kt-Bk sin kt. (3) Ha a (3) s a (2) rtket behelyettesltjk az (l) egyenlet be, egyszer

algebrai talakltsok utn addik, hogy

(A 1 - sk)sinkr+[Ak+4)coskt =;sio~/. Ha ennek az azonossgnak a kt oldaln az egytthatkat ssze-

hasonltjuk, az

IA~ -B; = ~ Ak+ Bz: = O (4) egyenletrendszert kapjuk. Oldjuk meg a (4) rendszert A-ra s B-re:

aR A= k'L'+R''

ak L B= - k1L'+ R' .

Teht (2)-nek megfelelen a partikulris megolds a kvetkez: aR . akL

;.,.., =kL'+ R' sm kt - k'L'+ R' cos kt.

Az (l) inhomogn differencilegyenlet ltalnos megoldsa igy rhat: -~ aR akL

; =Ce L + k'L'+R' sinkt k' L'+ R' coskt. (5) A C integrcis llandt a t= O, i = O kezdeti felttelbl hatrozzuk

meg:

s

-~ aR . O= Ce L + k'L'+R' smk O

ak L C= k'I.J+R' .

ak L k'L'+R' coskO

(6)

83

Ha a (6) kifejest behelyettestjk az (5) ltalnos megoldsba, vgl azt kapjuk, hogy

i= k' L:+R' (k Le-~ + Rsinkt - klcoskt). 1.4 Els6rend differencilegyenlet-rendszerek

36. Valamely A anyag felbomlik kt anyagra: P-re s Q-ra. Az egyes anyagok keletkezsnek sebessge arnyos a mg fel nem bomlott anyag mennyisgvel. Legyen x s y a P, illetve a Q anyagnak a t ide5-pontig keletkezett mennyisge. Hatrozzuk meg ezeknek a vltozsi szablyt, ha tudjuk, hogy a kezdeti pillanatban x =O, y =O, l rval

ksbb pedig x = ~ c, y=~ c, abol c az A anyag kezdeti mennyisge. Megolcls . A t idpontban a P s a Q anyag l:eletkesnel: sebessge a kvetkez:

~; = k 1 (c - x - y), l d y dt = k.(c - x - y),

(.l)

mert eddig a piUana ti g az A anyagbl mg c - x - y maradt felbom-latlanul. Az {l) egyenietek kt elsn:ndti lineris di fferencilegyenlet-

bl ll rendszert olkotoak. Differenciljuk az els egyenletet:

d' x = - k, [dx + dy). (Z) dt' dt dt

Ha a (2) egyenleibe behelyenestjOI: dy -nek az (l) rendszer msodik dr egyenletbl kifejezett rtk!, a

d1 x [dx ] - = - k 1 - + ka(c - x - y) tit dr (3)

egyemetet kapjuk. 84

,

'

Ksrobljlc ki y-t a (3) egyenletb61 ~s az (l) rendszer els egyen-let~bl :

d'x (k . k'd.< O dt' + 1 + ll (ii = . (4)

A (4) egyenlsg msodrend, homogn lineris differencilegyeo.let. Ennek karalcterisztikus egyenletc a Jcvetkez:

r' +(k1 +k,)r = O.

A fenti hidnyos msodfok egyenletnek kt gyke van:

r 1 =0 s r1 = - (k1 +k.). Teht a (4) egyenlet ltalnos megoldsa ilyen alak :

(5)

y meghatrozsa rdek~ben differenciljuk az x-re kapott kifejezst, . riJC .

hclyellesflsk " s - rtkt a rendszer els egxenletbe, majd oldjuic rit

meg y-ra:

(6)

Egyenletrendszer uk megoldsa :

(7)

Hatrozzuk meg c, -et s C,-t a t = 0, x >< O, y= O kezdeti felttclekbl.

85

Eszerint

(8)

amibl

{9)

Ha a (9) rtkeket behelyettcsltjk. a megoldsunk.ba, x s y vltozs-nak szablyt a kvetkez formban kapjuk meg:

x = k,c [1 -e-

Ebb61 4k1 =1n2,

vagyis l k, = 4 1n2.

k, most mr knnyen meghatrozhat:

3 k1 = 4 1n2. A (12) ~s a (13) egyenletek sszeadsbl addik, hogy

k1 +k1 = ln 2, azaz, mindUr oldalt e alapra emelve

et+h = 2. Ekkor

s k, l

k,+k-;a4.

(12)

(13)

Ha ezeket az ~rtkeket bebelyeUeshjk a {10) egyenl~be. ~giil is eljutunk a kereseu meg~ldsokhoz:

3c Je( l) x= - (L - 2- ') - - 1- -4 4 2'

87

2. Msodrend differencilegyenletekkel lerhat folyamatok

2.1 Msodrend, y"= constans alak egyenletek

2.1.1 Mechanika

37. AzA test egy l= 10 (m) bosszsg ferde slldapon csszik (21. bra) . A sUe hajlsszge:" = 45". A slkon a test srldsi egyiiuhatja: k ., O,S. Hatrozzuk meg a test mozgstrvnyt s azt az idOt, amely alatt a test vgigcsszik az egsz ferde siklapoo, ha tudjuk, hogy a kezdeti pillanatban a test nyugalomban volt a siklap f

Az ekvivalens rendszer R = T+ F,

aznz R = P sin a - kP cos 11 ered6je a mozgs irnyban hat. Msrszt

P= mg,

d's R = m dt''

s ebbl megkapjuk a mozgs differencilegyenlett: d's dt' = g(sina - kcosoe).

Ez az egyenlet y" = constans tipus." Az (i) egyenletet kzvetlen inltgrlssal oldjuk meg:

. ~~ = ~(sina- kcosa)t+C1, amibl azonnal addik az

'ltalnos megolds.

( l)

(2)

A C, s C, dllandt abbl a kezdeti felttibl hatrozzuk meg, hogy ds ha t = O, akkor s=O s - =0: d t

O=g(sin a-kcoSO

amely lelrja a mozgs keresett szablyt. Ha a (3) egyenleibe behelyet lesitjlc a feladat szmadatait, megkapjuk a szban forg konkrt mozgs keresett s=f(t) szablyt:

s = ~ (sin4S0-0,5cos45")t2 = g~ t. (4) A testnek a slklapon val vgighaladshoz szlcsges id megbat

rozsa vgett megoldjuk /re a (4) egyenletet:

t = 2vs'7 (5)

Ha behelyettesltjk az s =l= 10 (m) riket, megkapjuk a test vgig-cssz.~nak keresett idejt:

1f t(i y fo ff t = 2 r- = 2 98I = 2,4 (s). g ,

38. Egy testet fgglegesen felfel hajtanak v0 kezdsebessggel. Hat rozzuk meg a mo:tgs t-id fggvnyt a keuleti pillanatban elfoglalt

helytl szmtva, feltve, hogy a test csakis a nehzsgi er hatsra mozog.

Megolds. Mint ismeretes, a test a nehzsgi er hatsra lland g gyorsulssal mozog. A gyorsuls az tnak az id szerinti msodik derivltjval fejezhet ki, esrt ebben az esetben (a tmeggel val

egyszerslts utn) a differencilegyenlet a kvetkez: d's dt2 =-g. (l)

Integrljuk ktszer az egyenletet: ds di = -gt+C1, (2)

J. ~ s= ( - gt + C,)dt= -T+C,t+ C,. (3) A C, s a C, llandt a kezdeti felttelekbl hatrozzuk meg.

90

'

Az utat a kezdeti idponttl szmtjuk, ezrt t=O, s=O, s gy c.=O. Mivel a t= O pillanatban a kezdeti sebessg v0 = ds , a (2) egyenletbist d t

:kvetkezik, hogy C, = v0 .

Teht a test s tja s a t id kzlti sszefggst az g l!.

s=v0 t- y kplet fejezi ki.

2.1.2 Rugalmas testek mechanikja 39. Egy vastvonalon a kt sin kzlti tvolsg C= 1,6 (m). A mozdony legnagyobb terhelse az egyes snek re P =9 (Mp). Egy vasti hid kereszt-gerendja kt egymstl l tvolsgra elhelyezett tartn fekszik. A ge-renda metszctnek tehetetlensgi nyomatka J =45 OOO (cm'}, a rugal-massgi modulus E= to> (kpfcm). Hatrozzuk meg e felttelekbl a tartk l tvolsgt, figyelembe vve, hogy a keresztgerenda megen-gedett behajtsa kzpen 0,2 cm.

Megolds. Feladatunk, hogy meghatrozzuk a gerenda neutrlis sz-Jt s kiszroltsuk kzpen a bebajlst. A gerenda behajlst neut-rlis szlnak grbletvel mrhetjk. A deformlhat. testek mechani-kjbl ismert tetszleges keresztmetszet gerenda neutrlis stla gr-bleti sugarra vonatkoz kplet a kvetkez:

EJ R= M'

ahol E a gerenda rugalml\ssgi modulusa, ,

(l)

J a neutrlis szlra' vonatkoz keresztmetszet tehetetlensgi nyo-matka,

1 Egy gerenda adott tnetSt#te neutrlis szlnak a neutrlis :.nnak az adott metszet slk;ival val mets:zsvonalt ne,czzl.k. A neutrlis zna olyan rteg, amelyben a gerenda rostjai erhatsra nem deformldnak (nem nylnak meg s oem zsuso-rodnak).

91

M Q hajltnyomatk az adott tengelyre nzve; ez a gerendra metszet~nek egyik Gobb vagy bal) oldaln hat sues kls6 ernek a neutrlis szlra vonat.koz nyomatkai algebrai Osz-szeg6vel egyenl.

A gerenda meghajlsa ltalban nagyon lcsi s a neutrlis szl kevesel hajlik el az abszcisszatengelyt61. Bzrt az rint dy irnytan-dx gense mindcn pniban slinto nagyon kicsi s a diff~rencilszmlulsbl

b .. l . R ( l + y')m ki' . sbe Ih Ih Q g r u elo sug rra osmerl ~ .eJez n e anyugo nl-y . juk az y'' rtket.

Ebb61 az (l) kplet alapjn a k,oetkez leegyszeriisltell alakban kapjuk meg a neutrlis szl diffcrencilegyenlett:

vagyis

EJ ;l'-M'

M y ~ EJ' (2)

A keresztgerenda kt, az A s a B .pillren ll gerenda, amelyet a D s az E pontban is P er terbeL

A pillrek reakciereje N~ P.

:U. Abra

92

A DE szakaszon (23. bra) tetszleges F mctszel hl\iltoyomatka:

M = P(l - a-x)- P(I-x), vagyis

M =-Pa.

A neutrlis sz.l dilfcn:ocilegycnlete ilyen alak:

d'y Pa dx'= -e; (3)

Ha az y" =consta.ns nlak (3) egyeoletet integrljuk, megkapjuk az ltalnos megoldst:

Pa (r ) y =- e; T+C,x+C,. (4) Az x = 0, y= O, illetve x= l, y =0 kezdeti felttelekbl kvetkezik,

hogy

C, = - ~ } C, = O. (S)

Ha a (3) Icifejezseket a (2) .ltaldnos megoldsba helyettestjk, megkapjuk a DE szakasz neutrlis slnak egyenlett:

Pax y= lEJ (1-x). l

x =l -~l a keresztgerenda klepn a lehajls:

Az

ezrt

Pal' Ir = 8EJ.

l = 2a+c,

h = 8~1 a(2a+c)'. 93

Rendezzk ezt n harmadfok egyenletet: 8EJ1r 4a'+4ca'+c'a---p =O. (6)

Helyettesitsle be a szmadato.kaL A (6) egyenlet most Igy alakul: a' + 160a1 + 6400a -200 OOO = O.

a EgysurGsg kedvn bevezetjUk a z =1o j ismeretlent. Ekkor

a- !Oz. &zerint a:r. egyenlet a kvetkC'.l6:

l OOOz' + 16 OOO z + 64 OOO z - 200 OOO = O. l OOO. rel egys:r.erlstve:

z'+ 16z' + 64z-200 = O. . . (7) Alaktsuk s:r.ol'7.att az egyenlet bal. oldalt. Elc.kor a (7) egyenJet

igy alakul: (z - 2)(z'+ l8z + l00) =O. (8)

A (8) egyenletnek hrom gyke van: z1 =2, z,~ z1 pedig kt komplex szm, amelyek nem felelnek meg a feladat fizikai tartalmnak.

Ez.! rt a = 10z = 20 (cm),

a tartk kztti keresett tvolsg pedig: l = 2a+c = 220+ 160 = 200 (cm).

2.2 Hinyos differencilegyenletek (specilis tipusok)

2.2.1 Rugalmas testek mechanikja 40. Egy 1= 6 (m) hossz acl tartgerendt D vgpontjban sszponto-sltott P=2 (Mp) ervel terbelnek meg (U. bra). Hatrozzuk meg a neutrlis s:r.l (a lehajlsi grbe) egyenlett ~ a gerenda vge lchajls nak nagysgt [a rugalmassgi modulus E= 2 100000 (kpfcml); J= =300 (cm')). 94

24. Ain

Megoldis. Meghatrozzuk u N(x, y) kzpponti metsxet M lebajlsi momeotum,t (24. bra). Az adott esetben M egyenl a P ernek az N pontra vonatkoz pozitv el6jellel vett momeotumval (az er a gerendt a metszettl jobbra eri, 6s a gerenda jobb oldali rszt az ramutat jrsnak megfelelllen forgatja), vagyis

M - P(l -x). (I) Ha az (l) kifejezst bebelyettesltjk a 39. feladat (2) egyenlet.tbe,

megkapjuk a neutr.lis szl egyenlett: d'y p dxi = EJ (1- x). (2)

Ez y" =f(x) tlpus msodrend egyenlet. Ezt Jc~tszeri kzvetlen integrlssal oldjuk meg:

dy P J P (1-x)' tiX = -EJ (1-x)d(1-x) = - EJ 2 + C1 Az ltalnos megolds:

P (1-x)' y= EJ 6 +C,x+C,. (3)

95

A c, s a C, konstans! abb61 a kezdeti felltelbl hatrozzuk meg, j dy .

hogy a rgzitett v~gen, ha x =O, akkor y=O ~s-=0, s eszerml dx

A (4) egyenlet az ismereUeoeknek a kvetkez rttkeit adja: p J' p J'

C, = E! l' C, =-EJ 6

(4)

Ha a C1

s a C, rt~keket behelyettestjllk a (3) ltalnos mcgoldsba, megkapjuk n neutrlis szl egyenlett:

(5)

A geneoda beb.1jlsnak a neutralis szlnak a vizsglt mctszeten lev ordinljt nevezzk. A gerenda B vgn a bebajl:l.s h rtkt az (5) egyenletbl kapjuic az x = l esetben:

Ha bebely~ttcsltjUk a szmadatokat s azonos m~rt~kegysgeket hasznlunk, megkapjuk a bebajlst:

2000 600" 1' = 3 2100000 30000 ;:, 23 (cm).

41. Egy vizlevezet csnek l bosszsg rsze nylik ld a falbl. A cs bels tm~rje d - 16 (cm), falvastagsga 2 cm. Metlora az l hosszli sg, ba a cs6 v~gn a lehajls h =0,5 (cm)? Az acl fajs61ya y= 7,8; a rugnlmassgi modulus E = 2 l()' (kp/cm').

96

Megolds. A csvet olyan tartgerendnak tekintjk, amelyet egyen letesen eloszl q sly terhel. A cs d~ elemre (25. bra) qd~ elemi teher hat.

Az N pontra vonatkoz momentum : q(~- x )d~. Ebbl a lehajlsi momentum a kvetkez:

l (/ )' M = J q(l;-x)de =q -;x

. '

Helyettesltsk be ezt az rtket a neutrlis szl differencilegyenletbe, ami ekkor a kvetkezkppen alakul:

cl'y q ' ' dx' = 2EJ (l-x) (l) Ha az y" = f(x) tlpus (J) egyenletet integrljuk, megkapjuk az l ta

Jnos megoldst:

(2)

A kezdeti felttelek szerint a cs befogott vgn x =O, y =0, y' = 0, sebbL

q l' c,= 6EJ'

. ql' C,=- 24EJ" (3)

Ha a (3) rtkeket behelyettesitjk a (2) ltalnos egyenletbe, meg kapjuk a neutrlis szl keresett egyenlett:

y= 2:EJ (61'x' - 41x' +.>.-,. (4) 7 DiiTe:rtnd!lc;yc11ktek 42 174 97

A behajls a cs vgn:

h= _ q_ (61' - 41'+ 1') = ql' 'lAEJ 8EJ' (5)

Oldjuk meg az (5) egyenletet a keresett /-re: 4

l= v 8E:". Hatrozzuk meg a q terhelst s a J tehetetlensgi nyomatkot. Legyen q, l cm hossz cs slya,

q0 l cm hossz csben lev viz slya. Ekkor az sszes terhels: q = q1 +q,. Mivel

n q,= 4(20'-16') 7,8 = 882(p/cm),

q, = : . 16'. l = 201 (p/cm), teht

q= l 083 (pfcm). d'rc A kr tehetetlensgi nyomatka a d tmrre vonatkozan 64 .

A cs keresztmetszetnek a neutrlis szlra vonatkoz J tehetetlensgi nyomatka: r }

J = ~(20' -16') = 4710 (cm'). Ha az adott s a meghatrozott rtkeket behelyettestjk az (5)

kpletbe, megkapjuk a cs keresett l hosszt: 4

l = lf 8 2 104 47100,5 = 431( ) r !,083 cm. 42. Egy l hosszsg, 2 pillrre tmaszkod gerenda valamely P ssz-sly, egyenletesen elosztott terhels alatt behajlik. Hatrozzuk meg a neutrlis szl egyenlett s a behajls nagysgt a fesztvolsg kzepn. 98

J

p Meg9lds. A pillrek reakciereje +"2. Egysgnyi bosszsgr~ nyil-

. p . van -~ terhels JUl.

Vizsgljuk a gerendnak az origtl x tvolsgra lev C mctszett p

(26. bra). A metszett61 jobbra a +- er nyomatka: 2

U-x)(+;).

Azt a C metszetrc vonatkoz nyomatkot, amelyet a folytooosan eloszl terhels hozott ltre, a kvelkezkppen szmtjuk .ki:

A gerenda ~ abszcisszj d{ elemi hosszsgnak terhelse - p d~, l

. p ennek nyomatka a C metszetre vonalkozan -(~-x) - d~. A ge-

/ renda CB rsznek megfelel terhels teljes nyomatka:

,. 99

Eb bl a nyomatk s52,ege: l

M(x) =-J2 (~ -x) l-de+ (!...-x)(+ P) = +~(..!...- x'J . J 2 2 24, .

x

Mint i~meretes, a meghajUtott gerenda diJferencilegyenlete: _ M(x) (l) Y - ET

ahol E a rugalmassgi modulus, J a tehetetlensgi nyomatk. A mi esctnkben az (l) egyenlet az

y' = ~!, (~-~') (2) egyenlsgbe megy t.

A kezdeti felttel : ha x=O, akkor y.=O s y'= O. Oldjuk meg a kapott (2) egyenletet az adott kezdeti felttelek melletL Els lpsben az

egyenletet, utna pedig az

y= 2~1 ['~' - );/) = 4~1 (3tx- ~) ltalnos megoldst kapjuk.

Teht a festtvolsg kzepn (x = i/2) a behajls nagysga:

P ( J' 2 i') 5 Pl" h = 48EJ JI 4-Ti6 = 8 48EJ.

43. A P nyoms alatt meggl!rblt vasti sin tetszleges C mctszetre nzve a grbleti mmentumot az t tartssgi szmtsainl az

100

) '

kplettel adjk meg, abol k az t rugalmas alapjnak kemnysgi egyOttbatja.

llitsuk fel a neutrlis szl egyenlet~!, ~s szmUsuk ki a h bebajhlst a P nyoms tmadspontjban ( 17. 6bra); figyelembe vve, hogy

3 -v 4EJ dy y =O, ha x=- xx -- ~ -=0, ba x=O. 4 k dx

Megoldis. A szmols egyszerllsit~re vezessk be a

p 1fEI =a r64k

VJ;=b

jell6seket. Ekkor a neutrlis szl egyenlete: d'y a lb!= EJ c - (cos bx-sin bx),

vagyi.s d'y M(x) dx' -ET

Integrlj uk az (l) egyenletct:

27. 'br

( l )

: =;,(J r cos bx dx-J r .. sin bxdx]. (2) 101

A jobb oldal kiszmtshoz el kell llitanunic oz s az J -" sin bx tlx, J r" cos l>x tlx

integrlokat. &t az J u do= uo-J odu parcitis integrlsi mdszer ktszeri alkalmazsval rjilk el.

a) !lltsunlc el egyet az J e->xcosbxdx fggvnyek kzl. Legyen u=r,ekJcor du= - be-''tix, tlv=cosbxtix ; 11 ~ sinbx. Teht

J e-cosbxtix = ! e-sinbx+ J e-sinl>xdx. Ha n jobb oldali integriba jra behelyettesltjUk az u= .-, elo= ~sio bx e/x rt6keket, a kvetkezt kapjuk:

tovbb J e-"'cosbxdx = ! e-txsinbx-! e-"cosbx-J r"'oosbxdx,

vagyis z J .->xcosbxdx =! e-(sinbx-cosbx),

s ebbl a keresett integrl :

J - e-cosbxdx = ~(sinbx- cosbx). b) Jrjunk el hasonlkppen az Je- sin bx tlx esetben is.

Legyen u=e-.r;, do=sin bx dx.

Ekkor

du = - be-.. dx,

102

~ .l

l 1 ..

l

l J

Kvctkezsk~ppen ' J r""sinbxdx =-! e-~bx-J e-"cosbxdx.

A jobb oldalon lev integrlt azonban mr elltottuk. Ha az ott kapott alakot behelyettest jk, a lcvetkcz5t nyerjk:

J e-b e-b e-"sin bxdx = - - b- cosbx---u;- (sin bx - cosbx). Trjtlk vissza a (2) egyenlethe7_ Fennll, hogy

dy a _." . b C ;&: =bEJ e SIO x+ 1

Mivel x = 0 eseln : =0, ezrt

O= b;,e--osinbO + C,, vagyis

C1= 0.

Ert az els integrl a kvetkez:

dy- Q _." b dx - bEJ e srn x.

Integrljunk msodszor is. Ekkor

y=-2b: EJe-(sin bx+cos bx) + C, . M ivcl

3 , {4EJ 311 . x= 4"" V T= 4b eseln y = O,

azaz c, - o.

(3)

(4)

103

A neutrlis szl egyenJele teht:

y = - 2h~ EJe-bx(sinbx+cosbx), vagyis az eredeti adatokkal kifejezve:

P -xi8; ( ~{T . 4lfk) y= 4

e cosxv w+stnx {W . V64Elk'

x =0 esetu megkapjuk a lehajls nagysgnak abs1.olt rtkt:

2.2.2 Mechanika

lr= --P __ Y64EJk'

44. Amikor a villamosvezet fokozatosan kikapcsolja a reoszttot, nveli a motor kapacitst; mgpedig gy, hogy a hzer nullrl az idvel arnyosan, msodpercenknt 120 kp-dal nvekszik.

Hatrozzuk meg azt a fggvnyt, amely lerja a kocsinak egy rgz-tett ponttl val tvolsgt, ha a) a kocsi slya G= IO (Mp); b) a sr-ldsi ellenlls lland s 200 kp; c) a kezdeti sebessg nulla.

Megolds. A kocsi slypontja vzszintes egyenesen mozog. A koor diota-rendszer kezdpontjt a kocsi slypontjnak eredeti helyre tesszk (28. bra). Ha a villamosra hat klsl erllket az x tengelyre J 2 .... ~--~>----...::.)(_ ..

-zoo kpf20 Hp 28. bra vettjk, kt sszeadand! kapunk: a 1201 nagysg hzert s a 200 kpos srldsi ert, ahol t a reosztt kikapcsolsa ta eltelt id. Newton msodik trvnye alapjn megkapjuk a koesi mozgsnak differencilegyenlett:

104

G d' x - -d 2 = 1201-200. g t (l)

A villamos mozgsoalc kezdete nem esik egybe a reosztt kikap-csolsnak idpontjvaL A 10 id jelentse a mozgs kezdett; ezt a

hzer s az ellenllsi er egyenlsgnek felttelbl hatrozhat-juk meg:

1201.=200. Ebbl

5 r.0 =T (s). (2)

A 1201- 200 rtket a szmts megknnytse cljbl jelljk 12011 -gyel. Ekkor

200 5 11 =t- 120 =t- T,

abol t a reosztt kikapcsolsnak kezdeti idpontja. Most az (l) egyenlet igy alakul:

G d'x ~-- J20t, =o. g tit' Integrljuk a (4) egyenletet:

dx = 120g. r: +C, dt, G 2 .

Hatrozzuk meg a C, integrcis llandt. Ha

akkor dx = O dtl '

eszerint

(3)

(4)

(5)

(6) Ha. most az (5) egyenletet intcgrljuk, megkapjuk a (4) egyenlet lta-

lnos megoldst:

x= J~g t +C0 Hatrozzuk meg C, rtkt Ha 11 = 0, akkor x = O. Teht

C2 =0.

(7)

(8)

105

A (7) egyenlsgbl megl:apjulc a kocsi mozgst lcr6 partikulris megoldst:

vagyis vgl:

= 120g ( _.?..)' = 1209,81 ( _.?..)* x 6G 1 3 6-10000 1 3 '

x = 0,01962 (t- ~r {m). 45. Hatrozzuk meg az l bosszsg matematikai inga mozgstrvnyt s perldast kis kitrs esetn.

Megolds. Az M goly G slyt kt sszetevre bontjuk: N a fonal, J a mozgsgrbe rintjnek irnyba mutat. Az N ert kiegyenslyozza a fonal feszlt6 ereje, s Igy az egsz errendszer ekvivalens az J er6vd. o

29.n

".....

A 29. brdb6/ lthat, hogy ,

Ifi =G sio a=mg sin, ahol m a tmeg, g pedig a nehzsgi gyorsuls.

Pozitiv szgnl az J rintirny sszetev a negativ oldalra irnyul, ezn

J= -mg sina"" - mga, mivel a fonal kis kitrse esetn sin cr: ~ -

s A nyilvnval =T egyenlsg k-

vetkeztben mg J=--1-s.

Itt s=AM a goly grbe vonal titjnak hossza. A dinamika msodik trvnye s:zerint megkapjuk a mo~gs differencilegyenlett:

d 1 s mg m dt' ;a --~-s,

106

vagyis d's g dt' +7s=O.

Ha ezt a msodreod (hinyos) homog6n lineris egyenletet integrl juk, megkapjuic az

s = C, sin ~t+C1 cos Yft ltalnos megoldst.

Hasznljuk fel a kezdeti feltteleket:

ha t = O, aJckor s = a

l!zclcnck a fellteleknek az alapjn meghatrozzuk c; -et s C1 1:

c, - o,} C, = a.

Ha ezeket a:r. rtkeket behelycltcsltjk az ltalnos megoldsba, azt kdpjulc, hogy

s=acos Yft, ahol a a lengs amplitdja.

A vi:r.sglt matematikai inga mozg.sa harmonikus rezgs, amelynek peridusn

T=2n v1 46. }{atrouuk meg a fizikai inga mozgstrvnyt (az Oz tcn,gely mer61eges a rajz sikjra).

Megoldb . M.int ismeretes, fizikai in8)1nak az olyan szilrd testet nevezzlll:, amely a nehzsgi cr6 hallisru vlzszintes Oz tengely krl forog (30. 6bra). Jelljk az inga s61ypontjnal: a forg.steogelyt61 val OC tvolsgt a-val, az inga slyt G-vel; G=Mg. A jelen esetben

107

30. 'brn

csupn a G az egyetlen adott er, ezrt a f nyomatk (a rendszer sszes eri nyo-matknak sszege) az Oz tengelyre vo-natkozan a kvetkez:

M, = - Mgasif{J, ( l)

ahol tp az inga eitrsi szge a fggle-gestl az ramutat jrsval ellenke7. irnyban.

Amint a dinamikbl tudjuk, a szilrd testek mozdulatlan tengely krli forg mozgsnak dilferencilegyenlete a

(2)

sszefggsset fejezhet ki, ahol J, a testnek az Oz forgsteogelyre vonatkoz tehetetlensgi nyomatka. Esetnkben a (2) egyenlet igy alakul:

d'tp . J, d 2 = - Mgastn tp. t

A (3) egyenlet a fizikai inga mozgsnak differencilegyenletc.

(3)

Ha az inga kitrse kicsi, hasznlhatjuk a sin '1'"' '1' kzelitst. Ebbl megkapjuk kis kitrsek esetre az inga mozgst kzeltleg le!r differencilegyenletet :

(4)

Legyen

Ekkor d' 'P fiii+k''l' =o. (5)

Az (5) egyenlet a harmonikus rezgmozgs differencilegyenlete. 108

lotegrljul: az (5) tgyenletet, felttele2ve, hogy az inga kezdeti s:tg-se~ge nulla (O> = d; =0). A megfelel r'+k' =O karakteriszti.lrus egyenletgykeia ik imaginrius szmok, ezrt az(S)egyenletltalnos megoldst a

o

3J.ib

A karakterisztikus egyenlet gyO.kei imaginrius szmok, ezrt az lta-lnos megolds ilyen alak:

x = C, sin 1

84:>1-- ........

o

A

32. ra

48. Fggleges rugra, amelynek slyt elha-nyagolj~. G slyt fggesztok. Ez n rug hosszt /-lel nveli (32. bra). Hzzuk a fel-fggesztett slyt a hosszsggal lejjebb, majd engedjk szabadon moz.ogni. Hatrozzuk meg ennek a mozgsnak a trvnyt, figyelmen

kivl bagyva minden egyb hatst.

Megolds. Irnyitsuk az x tengelyt fgglegesen lefel, s az O kezdpontot ott vegyk fel, ahol a sly statikus egyenslyi hel)'lelet vett fel. A slyra, tetszleges A (x) helyzetben, kt

er hat:

n G =mg sly, s a rug f rugalmas visz sz.atrlt6 ereje.

A Hooke-trvny szerint kis deformci eseten a rugalmas erllk arnyosak a megfelel deformcikkat

Az O pontban a rugalmassgi er a G sllyal egyeol6, s a meg-felel deformci /.

Teht (G(=~/. (J)

Az A pontban a rugalmassgi er J, a megfelel deformci / + x: l/ l = k (l+ x). (2)

Osszuk el n (2) egyenlsg mindkt oldalt az (l) egyenlsg meg-felel oldalaivaL Ekkor azt kapjuk, hogy

VI l+x (GI = -~-

s ebbl/ abszolt rtke:

112

Az f ert, mivel pozitlv x esetn negatlv irnyba hat, mnusz eljellel kell eUtnunk, ezrt vgl

G 1=-G-/x. A vizsglt kt er eredje:

R = G+/. vagyis

G mg R = - 1 x = - - 1- x.

A dinamika msodik trvnye alapjn megkapjuk a mozgs diffe-rencilegyenlett:

d'x mg 111 dt' = - - 1-x,

vagyis d'x g dt' +7 x= O.

Ez msodrendi (hinyos) homogn .neris egyenlet. Ha ezt integrljuk, megkapjuk az ltalnos megoldst:

x = C, sin if t+C,cos if t. {3) Hasznljuk f~l a ke-1.dcti feltteleket. A siy legals helyzetben

dx t = 0, x = a, dt = O.

Ennek alapjn meghatrozzuk C1 et s c,.t:

C1 =O, J C2 =a.

Helyettesltsk be ezeket az rtkeket a {3) egycoletbe. Ekkor meg b~uku

x = acosift

8 Difrerene.ii!eaye.nt-etek 42174 113

kplettel leirt harmonikus .rezgmozgs trvtnyt, ahol a peridus: . ,{T T = 2"' r -g 49. Az OA egyenesen (33. bra) egy m tmeg anyagi pont olyan taszit er hatsra mozog, amely forditottan arnyos a rgzitett O kzpponttl mrt x = OM tvolsg harmadik batvnyval. Hatroz-z,ok meg a mozgstrvnyt.

f K, . M o x j A 1- )( 33. ibr

Megolds. A dinamika msodik trvnynek megfelelen a mozgs differencilegyenlete:

d'x k "' a1 =Ji!'

ahol k arnyossgi tnyez. Az (l) egyenletet ilyen alakba lrbatjuk:

vagyis

d'x kl , 1 - = -- = a-dt' m x' i''

.. l x =u r

Szorozzuk meg az egyenlet mindkt oldalt 2x' dl-vel:

xdt 2x x- ar= 2a'xr

Ez utbbi egyenl.et bal oldala az x .differencilja:

114

(l}

' '

sebbl .

vagyis -

s

x = o Jlr - c, ,x

dx _ o JI r- c, dl - t'C~ x

A vltozk S2tvl~~&tsval azt .kapjuk, hogy xdx a d

-:rT=;;== - l. ~x'-C, Jlc; A (2) egyenlet megoldsa sorn az

J x dx a ~~ = ""(t+ C.) Jfx'-C, rC1 egyenl&~ghez jutunk. Ebbl vgl:

vagyis

rx'-C, =.ta (i+ C,), r C,

. (2)

50. Egy sima vlzsziote& nsz.talrl/"' 4 (ro) hossz lnc csszik le. A moz-gs kezdetekor a lncnak mr a = O,S (ro) hossz rsze csszott le az asztalrl (34. bra). Hatrozzuk meg, meooyi id alatt csszik le az asztalrl iiZ egsz lnc, ha a srldst elhanyagoljuk.

Megoldis. A Jnera minden idpontban az asztalrl addig a pillanatig lecsszott x hosszsg lncdarab slyval egyenl F er6 hat.

Ha az egsz lnc slyl G-vel jelljk, a kvetlcez nyilvnval arnyt bpjuk:

a 115

t-o~J5m

f 34., .... Ebbl

G mg F= 7 x= - 1- x,

ahol m a tmeg. A dinamilea msodile trvnye alapjn:

d' x F= m dt'.

(l)

(2)

(l) s (2) egybevetsbl megkapjuk a loc mozgsnak a differen cilegyenlett:

. d'x mg m dt' = -~-x,

vagyis d'x g dt' -~x=O.

Helyeuesltsk be a szmadatokat, g t vegyk kzeUtiileg 10 m/s'-nek, ezzel a k,-etlcez msodrend (hinyos) lineris egyenlethez jutunk:

d' x d t' - 2,5x = O. (3)

J 16 J l

j

Az .ennek megfelel . ,.:..2,5 = o

karakterisztik us egyenlet gykei:

Az ltalnos megolds ilyen alak:

x= C1e~' +C, e -Y'fr. (4) ' . Hatrozzuk meg a C1 s a C, llandkat a megadott kezdeti felttelek-bl:

amibl

Mivel

ezrt

dx ha t = O, akkor x=a=O,S (m) s v=- =0, d t

- = - ceYo _ -cer dx Jfi fi , Jfi _,fi , dt 2 l 2 ' '

O= ~c,!'- ~c,e. Az (5) s a (6) egyenletbl kvetkezik, hogy

a c, = c, = 2 = 0,25.

(5)

(6)

Ha ezeket az rtkeket az ltalnos megoldsba behelyettesltjk, megkapjuk a (4) egyenlet ~eresett partikulris megoldst:

x= o,2s(.Y1 + -~) . (7) Oldjuk meg a (7) egyenletet l-re:

117

vagyis

' Ez az egyenlet msodfok egyenlet re vcut :

(/f)'- 4xev:t"' + I =O. Ennek megoldsa :

(/foJ. .. = 4x ~~6x'-4 = 2x ~4x'- J. (8) A (8) kifejez~sben a gyk eltti mlnuszjelet elhagyjuk, mert ha

t >0, akkor Teht

amibl

,(1 e

11= 2x+ l~.

s x = l = 4 m eset~ ben megkapjuk a keresett idt :

r= Vt ln (8+ ~63) eo J,75(s). Eszerint az eg~sz lnc 1,75 salatt csszik le a sima asztalrl.

51. Egy Q = 921 6 (Icp) sly vagon mozgsba jn a plyatest irnyban fj sz~l hatsra, s vlzszintes tszakaszoo mozog (35. bra}. A vagon ellenJisa a mozgssal szemben R. Ez slynak l /200-ad r~szvel egyenl. A ml nyomsnak ereje P= kSu' (Icp), ahol Sa vagon szl-nyomsnak kitett hts lapjdnak terlete (6 m'), u a szlnek a VIIgonboz viszonyitott sebe~ge, k pedig arnyossgi tnyez, rtke 0,12 kps.

m

118

x

F

Q 35. bra

A szl abszolt sebessge v= 12 (mfs). Vegyk a vagon kezdeti sebes> sgt nullnak, s llaptsuk meg

l. a vagon legnagyobb sebessg" 2. azt a T idt, amely ennek ll! elrshez szksges; 3. -azt az x1 utat, amelyet a vagonnak meg kell tennie, hogy elrje

a 3 m/s sebessget.

Megolds. Ha az sszes hnt6 ert a vlzszintes tengelyre vetltjk, megkapjuk a rendszer egyenslyi egyenlett:

d' x mdi' +R - F = O.

A ~zlnek a vagonhoz viszonyitott sebessge:

vagy differencilva:

dx u=v- -dt'

(l)

(2)

119

Ha az erk rtkt behelyettesitjk (!)be s mmel osztunk, a kvet-kezt kapjuk:

d'x Q -d t-, + -n-1 .::. 2"'0"'"0

kSu' = O. m

Ha felhasznljuk a (2) egyenlsget, a (3) egyenlet gy alakul:

du g kSu' - - +- - --- O dt 200m-

(3)

(4)

A vltozk sztvlaszl

Ebbl t = O esetn "= v200kS =l .

mg 8 l. A vagon al

A vltozkat szlvlasztva .kapjuk: u du

g kSu' =d,,

vagyis 200 - ---;;;-

200 udu g ' ( kS200 ) =d~. 1---u

mg

(6)

Ha felhasznljuk jra a mr korbban bevezetett a kS ' 200 jel-mg

lst s integnUunk, a (6) egyenlet ltalnos megoldst szolgltat m

- - lnC(I-' u') =~=vr-x 2kS egyenlsghez jutunk.

A C integrcis llandt a kezdeti felttelbl hatrozzuk meg: x = O. nl 1=0, vagyis u = v.

Eszerint l

C= l - IX1v' '

A keresett partikulris megoldst icifejez sszefggs:

m 1- o:'u' x = vr+ 2kS ln 1 o:' v'.

d x Ha x=x., akkor - =3 (m/s), vagyis u.= 9 (m{s), tovbb

d t . 100 1 20

u - t= -1- ln 17 _4 = 99,8 (s), - g 8

s Igy 9216 0,265

x1 =99,8 12+ 9,SlO,l2. 6 Jn !,lS = 187 (m).

51. Egy replgp vlzszintes mezlln r fldet. A pilta gy vezeti g-: pt a leszllsi terletre, hogy a fldet rs pillanatban nincs fgg-

122

.,

' j j j i

l ' '

s

leges irny sebessge (36. bra) A replgp futrofivoek n bra vonatkoztatott srldsi egytthatja p =0,08. A rep16gp mozgsa-kor a leveg ellenllsi ereje arnyos a ubessg ngyzetvel. Amikor a sebessg l rn/s, az ellenlls vszintes sszetevje: R6 = 0,09 (kp), a felfel irnyul fggleges sszetev pedig R1 = 0,1 (kp). A replgp slya 2000 kp. Hatrozzuk meg a fldet rstl a megllsig megtert utat s az ehh1ez szksges idt. Megolds. Az ellenllsi er vlzs2.intes sszetevje:

R. = k, rJ, ahol k. = 0,09 ( kp ::) .

Az ellenllsi er fggleges sszetevje:

ahol R1 = k1 rJ,

k1 = 0,7 (kp n~: ) . . ds .

Mtvel v= dt , a vlzsZtntes s a f!lgg61eges sszetev rendre:

R, = k, [ : )'.

R1 =k,[:)'. 123

llitsuk fel a replgp mo2~snak differencilegyenJet: d2 s

m dl' + R,+p(mg- R,)=O, vagyis

d' s (ds)' [ (ds)'] 111 dt' +k, dt +JJ mg-k, dl =O. Ossxuk el az (l) egyenletet mmel:

d's + k,-JJk, (ds)'+ =O. dl~ m dl JJK Vezessk be a

k, - pk, _A - ' m

pg= B jellseket.

Hasznljuk fel mg azt is, hogy d's dv d12 = ds v.

Ezek utn a (2) egyenlet gy irbat:

v ddv + Av'+B =O. s .

.Vlasszuk szt a vltozkat: v dv

B+ Av' =ds.

A (4) egyenlet mindkt oldalt integrlva kapjuk, hogy

(l)

(2)

(3)

(4)

J vdv _ l Jd(B+ Av') _ l , _

- . B+Av' - -2A B+Av' - -2A 1n(B+Av)+C - s. (4a) A2 s=O, v=v0 kezdeti felttelek alapjn hatrozzuk meg a C nteg

rcis llandt: l C ~ 2A ln(B+ Av~.

124

A keresett partikulris megoldst pedig a

l (B+A"J) -U ln B+Av: = s (4b}

kplet fejezi ki. A v=O helyettesils )Degadja, mekkora utat tesz meg a replgp a megllsig:

s L.=- ~ ln (l + ~v.) = 34. ~.SI IOtn(l + :: 10'"' 18,5') =216(m). d's tk

Ar. ehhez ta.rtoz idc5t a (2) egyenlet s a dfi = tit egyenlsg felhasz-nlsval szntjuk ki. A (2) egyenlet alakja most a kvetkez:

dv dt+AV'+B =O. (5)

Az (5) egyeniethen vlasszuk szt a vltozkat: dv

Av'+B = -tit. gy teht

v';n arcts(V1) = - l+ T. H a 1 = O, ak.kor =v,, a keresett id6 pedig:

53. Egy m tmeg test v sebessggel leesik valamilyen magassgbl. Ess kzben a test - sebessge ngyzetvel arnyos - ellenaUst gy6z le. H atrozzuk meg a test mozgstrvnyt.

Megold,s. A 1 idpillanatban a testre kt er hat: u nehzsgi er s a kzegellenlls. A nehzsgi er6 mg, a kzegellenlls a mozg;Wal ellenttes irny s k.ri' nagysg. Ezeknek az erknek ru: ered je teht: mg-kv'. Msrszt a testre hat er arnyos a mozgs a' gyorsulsval s maval egyenl.

125

Eszerint: ma = mg-kti'. (l)

Ha a m~r~s ke:zdet~t61 szmtolt t s, akicor a sebessg v-=~;, ~s d's

egyenes vonal mo~sol a-= dt' . Az (l) egyenlsg ilyenkor d's (els)' m- = mg-k-dt' dt

alakt. A

ds dt =v

egyenlsgb61 kvetkezik, hogy d's dv ds dv dt' = ds di = ds v.

A (2) egyenletet rendezzk t: dv

m ds o= mg-kr;l,

vagyis

amibl

azaz

modo -ds mg-kv' - '

J mo dv _ fels mg - kv1 - '

(2)

(3)

Kezdjk 'az t mrst a t -=O idpillanatban, s legyen a ke-zd6scbcs-sg is 0, vagyis ba t=O, akkor s=O s v=O.

Helyettesitsle be a (3) egyenietbc az s= O, v=O rtkeket, megkap-juk C-t:

m - 2k lnmg+C =0,

m C= 2k lnmg.

126 .

J 1

Teht

vagyis

De

ezrt

s- .!!Ini mg l - 2k mg- kv'

ds -- =v dt

m mg s = 2k ln (ds)' mg-k -dt

(4)

A (4) egyenlet elsrend differencilegyenleL FejezzUk Iri bel61c ds y,-t:

mg 2ks ln 1---";-,-,..-1 = - . mg-k[~~r m A test esik, ett a (2) egyenletnek megfelel6en m d's >0. Eszerint d t

mg-k(: )'>o, mg

Ezrt

. (d )' >o. mg- k d:

mg ...., (llg- k (#r-f mg-k[:r =e R. --e R mg

: = vr~-g"'"'(,-1 --e"''!'""). 127

Mivel s r-nek ovekvll fggvnye, ds ::O, ezrt a gyk eltt n plusz-dr

jelet vess7.k: dr y mg (1 - "')

di = T -e

A vltozk szlvlasztsa utn azt kapjuk, hogy

ds = ,rmg dr. JI a. y ~ 1-e "' Ebbl

!J==ds~ = 1 /nii_mg r+C. ,, ... y T Y 1- e "' (5) Az (5) egyenlsg bal oldaln lev integrlt a kvetlcez6 helyettesits-~1 szJnitjuk ki :

ekkor

TebAt '

..

k ~ dz = - e"' ds lll '

=;J R= ':f~= z l - -z .

Ha ebbe a legutols egyenlsgbe behelyettestjk a r=O, s=O kez-deti felttelt, az addik, hogy C = 0. 128

Vagyis az (5) egyenlet megoldsa a kvetkez :

Ebbl b , , .... , , ,..

e-;; + Y e-;; - l = ef -;;', _,fTi, -::--r~== = e y -;;;- . .. ,, ...

e-;;+ r e~ - l

{6)

{7)

Ha a (7) egyenlsg bal oldalnak ~'Zmlljt s nevezjt is meg-szorozzuk az

kifejezssel, az

egyenlsget kapjuk. Ebbl, figyelembe vve a (6) egyenletet. a kvet-kez addik :

"'' e~'+e-~' em = -----;;2,...---

Vgl az es test mozgstrvnyc:

;rr;_, -~ m eY -;+e m s =kJn 2

54. Egy puskagoly 200 mfs sebessggel behatol egy 12 cm vastag gerendba, tlyukasztja, majd kirepl belle 60 m/s sebessggel. A ge-renda akadlyozza a goly mozgst. A fellp ellenllsi er arnyos a motgs sebessgnek ngyzetvel (37. bra). Hatrozzuk meg, "hny s alatt hatol t a goly a gerendn.

Megolds. A gerenda belsejben a golyra tetszleges t pillanatban a gerenda F ellenllsi ereje hat. Ez a mozgssal ellenttes irny, nagy-

129

37. ib

a gyorsuls pedig:

ahol s az t, t az id.

dv d's

HelyettestsUk be p rtkt, s integrljunk jra:

dt k - - = - -t+C, ds m '

d t ds= k ;

-t- C m '

"'!d(~ r-c,) m 1 (k c) c s = k k = k n -;n t- ' + - t - C, m

(6)

Hogy a keresett