Physics | Mechanics, Quantum mechanics » A klasszikus mechanika néhány műszaki alkalmazása

A klasszikus mechanika néhány műszaki alkalmazása Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 1 Három erő akkor lehet egyensúlyban, ha a hatásvonaluknak van egy F F B A A B Két erő akkor lehet egyensúlyban, ha hatásvonaluk közös egyenesre illeszkedik. Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 2 Statikailag határozott szerkezet reakcióerőinek meghatározása algebrai egyenletekkel y Nézzük meg először a szerkesztés menetét! F B A x a A l F Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete B Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 3  Fx  F =  ,  Fy   Ax  A =   és  Ay   Bx  B =    By  ( Bx = 0). n Az erők egyensúlya képletben: F i = 0. ∑ i =1 n A nyomatékok eredője is zérus: ∑ Fxi = Fx + Ax + Bx = 0 M i = 0. ∑ i =1 ⇒ Ax = −

Fx a −l = ⋅ Fy A  y 0 = + + = F F A B  ∑ yi y y y l  ⇒ a ∑ Mi = (l − a ) ⋅ By − a ⋅ Ay = 0 By = − ⋅ F y l Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 4 A legegyszerűbb statikailag határozatlan szerkezet: A a B F l Két ismeretlen van (Ax és Bx) és csak egy, triviálistól különböző statikai egyenlet áll rendelkezésünkre: F + Ax + Bx = 0. Alakváltozási egyenletekkel kell kiegészíteni a statikai egyenletet. Feltételezzük, hogy az aktív erő támadáspontjától jobbra annyival nyúlik meg a rúd, amennyivel a másik fele összenyomódik. Ha a rúd homogén, akkor Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete ( ∆l = l0 ⋅ ε és σ = F Fl = E ⋅ ε ) ∆l = 0 AE A Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 5 aAx ( l − a ) Bx = AE AE Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete ⇒ Ax = l−a ⋅F l és Bx = a ⋅F. l

Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 6 Egy gyakorlati példa kinematikából l vn h we v w Merülősebesség sikláskor h l h w tc = + hasonlóság alapján: = we vn l vn Navigációs, azaz vízszintes sebesség sikláskor Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 7 we vn we vn l l = = vátl = = h l h w + we tc + ⋅ vn + we we vn l vátl vn = we w + we we vátl 0 vn w Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 8 A sebességi polárist mérési adatok alapján készítik, de elméleti számítások alapján is szerkeszthető. Ehhez már erőtani összefüggés, azaz a dinamika is szükséges. Fe α  Ff G v Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 9 A közegellenállás képletének meghatározása dimenzióanalízissel n1 n2 n3 Fe = ρ v A ⋅ const. M⋅L M L 2 [ Fe ] =

T 2 , [ ρ] = L3 , [v] = T és [ A] = L . n n M ⋅ L  M   L −n 2 n n n + 2 n −3 n =  3  ⋅  ⋅( L ) = M ⋅ L ⋅T , 2  L  T T ⇒ n1 = 1, n2 = 2 és n2 + 2n3 − 3n1 = 1 ⇒ n3 = 1. 1 Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete 2 3 1 2 3 Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 10 1 2 ρ 2 Tehát Fe = ρ Av ⋅ const = ce v A, 2 ahol ce az ellenállás − tényező, ρ 2 pdin = v a dinamikus nyomás. 2 ρ 2 A felhajtóerő képlete: F f = c f v A 2 2 Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 11 Amikor viszonylag kicsi a sebesség, a súrlódó erők dominálnak. Ilyenkor a dinamikai viszkozitási tényezővel kell számolni. Az ún newtoni közegekben a csúsztató feszültség: ∆γ τ = η ⋅ lim ∆t 0 ∆ t A dinamikai viszkozitási tényező dimenziója: −1  ∆γ  ML M [η] = [τ ] ⋅  ∆ t  = T 2 L2 ⋅ T = TL .  

A közegellenállási erő: n1 n2 n3 Fe = A η v ⋅ const. Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 12 A dimenziók egyenlősége: n2 n3  ML  2 n1  M   L   T 2  = [ L ]  TL   T  M: 1 = n2 , T: 2 = n2 + n3 és Ez gyökvonást jelent. 1 L: 1 = 2n1 − n2 + n3 ⇒ n3 = 1 és n1 = . 2 A közegellenállási erő nem a felülettel, hanem egy jellemző hosszal arányos, pl. gömb esetén Stokes képlete: Fe = 3πdηv, ahol d a gömb átmérője. Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 13 Ff ρ 2 1 = c f v A⋅ G= 2 cos α cos α v= w ce = tg α Asiklószám: ε = = vn c f 2G cos α ρA 2  G =  ⋅  A ρ 1 + tg 2 α Felületi terhelés c 2f 1 1 1 ≅ + , ahol ce = ce 0 + cei = ce 0 + πλeff λeff 40 λgeom cf ce 0 ε= + c f πλeff α cf ε  v Gábor Dénes

Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 14 Sebességi poláris we vátl vnmin vnopt vnsikló vn 0 vsikló w Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 15 Síkbeli ferde hajítás légellenállással v Fe Súlypont G=mg Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 16 F e = − ce ρ 2 v ⋅ v ⋅ A, ahol Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete ∆x     vx  lim ∆t 0 ∆t v =   =   ∆ y  v y  lim   ∆t 0 ∆t  Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 17 A gyorsulás meghatározása komponensenként: ∆vx    lim ∆t 0 ∆t a =  ∆v y ,   lim  ∆t 0 ∆t  v = vx + v y 2 2 ρ a x = − ce A v ⋅ vx 2m ⇒ vx (t ) − t a PC ki − ρ számítja , ha vx (0) adott ⇒

x(t ) − t is, ha x(0) adott a y = − ce A v ⋅ vy − g 2m ⇒ v y ( t ) − t a PC kiszámítja , ha v y (0) adott ⇒ y( t ) − t is, ha y(0) adott Digitális szimuláció módszerével oldjuk meg a feladatot a TUTSIM program segítségével. Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 18 A klasszikus hőtan néhány műszaki alkalmazása Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 19 Vezetéssel Hőátszármaztatás Áramlással Sugárzással Fourier képlete: ∆Q λ A q = lim = ϑ1 − ϑ2 ) ( ∆t 0 ∆t d q Csővezeték esetén: 2πlλ q= ⋅ ϑ − ϑ2 ) , ha λ = const . r2 ( 1 ln 1 d l r1 r2 ln r1 ϑ1 − ϑ2 Rλ = = q 2πlλ Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete q 2 r2 r1 Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 20 Az áramlásos hőátadás képletére Newton tett javaslatot: q = α A(ϑ1 − ϑ2

) Pl. csődarab esetén A = 2π rl , tehát a termikus ellenállások: 1 Rb = αb 2πr1l 1 és Rk = . α k 2πr2 l Az eredő termikus ellenállás: Rϑ = Rb + Rλ + Rk . Mindegyiken ugyanakkora q hőáram halad keresztül. 2πlr1α b (ϑb − ϑ1 ) = Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete 2πlλ (ϑ1 − ϑ2 ) r2 ln r1 = 2πlr2α k (ϑ2 − ϑ k ) Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 21 Egyszerűsítést követően: ϑb − ϑ1 ϑ1 − ϑ2 ϑ2 − ϑk = = r2 λ λ ln r1 αbr1 αk r2 ϑ ϑb* ϑb ϑ1 ϑ2 λ * αk r2 ϑk* ϑk Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 22 A hűtőborda hatásfoka Melegített fal K A 0 x l ηborda q(0) (λs + α )e sl − (λs − α )e − sl K = = , − sl ⋅ sl (λs + α )e + (λs − α )e s ⋅ ( Kl + A) qid ( ahol qid = α ( Kl + A) ϑ f − ϑk Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete ) α⋅K és s = λ⋅A

Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 23 W W λ = 90 Pl. α = 9 , l = 0,1 m, K = 0,07 m 2 , Km Km −4 2 és A = 2,5 ⋅10 m ⇒ η borda = 91% Anyag megnevezése: keményfém beton acél magnéziumötvözet sárgaréz Al-Cu-Mg alumínium arany vörösréz ezüst Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete W   Km λ 0,2 1,4 26-52 70-140 87-116 165 233 291-311 349-395 419 ηborda [ %] (kerekítve) 9 23 75-86 89-94 91-93 95 96 97 97-98 98 Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 24 Hőcserélők ϑm Egyenáramú, ellenáramú és keresztáramú hőcserélők: ϑ ϑf ϑh l 0 l 0 A folyamat megfordíthatatlan.  c⋅m Irreverzibilis folyamat Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Nagy felületű, jó hőátbocsájtású hőcserélőben, egyenlő vízértékű közegeknél csaknem megfordítható a foly. Reverzibilis folyamat Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 25 A belsőégésű motorok

körfolyamatai Carnotkörfolyamat T Ideális Seiliger-körfolyamat Lh s p T s T2=const Rögzített henger űrtartalom esetén Lh kicsi. p pmax Lh sokkal nagyobb. s2=const v Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete v Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 26 Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 27 Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 28 Adott hengerűrtartalom és kompresszióviszony esetén az ideális Otto-körfolyamatnak a legjobb a termikus hatásfoka. ηtOtto Qbe − Qel = , ahol ( m = 1kg esetén) Qbe Qbe = cv ⋅ (T3 − T2 ) és Qel = cv ⋅ (T4 − T1 ) Adiabatikus tehát állapotváltozásnál: Tv κ −1 Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete pvκ = const és pv = RT , cp = const , ahol κ = cv Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 29 ηtOtto  T4  T1  −

1  T1  T3 − T2 − T4 + T1 T4 − T1 = = = 1− = 1− T3 − T2 T3 − T2  T3  T2  − 1  T2   v2  T1 = 1− = 1−   T2  v1  κ −1 = 1− ε 1−κ v1 , ahol ε = v2 Az ideális Otto-motor termikus hatásfoka csak a kompresszióviszonytól függ. Jobb termikus hatásfokhoz nagyobb oktánszámú benzin szükséges Pl 1940-ben az angliai csata idején az USA magas oktánszámú benzint szállított a Királyi Légierő számára. Ez hozzájárult a Spitfire vadászgépek fölényéhez Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 30 Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 31 Adott nyomáshatárok esetén az ideális gázturbina-körfolyamat termikus hatásfoka a legnagyobb. ηtGT Qbe − Qel , = Qbe ahol Qbe = c p ⋅ (T3 − T2 ) és Qel = c p ⋅ (T4 − T1 ) ηtGT  p1  T1 = 1− = 1− 

 T2  p2  κ −1 κ κ −1 κ p , mert = const T Ellenáramú hőcserélővel (carnotizálás) még ez is növelhető. Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 32 Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 33 Adott nyomáshatár és térfogathatár esetén az ideális Dieselkörfolyamat termikus hatásfoka a legnagyobb. Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 34 ηtDiesel Qbe − Qel = , Qbe ahol Qbe = c p ⋅ (T3 − T2 ) és Qel = cv ⋅ (T4 − T1 ) ηtDiesel T4 −1 1 T1 T1 cv T4 − T1 = 1− ⋅ = 1− ⋅ ⋅ κ T2 T3 − 1 c p T3 − T2 T2 Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 35 A termikus hatásfok kifejezhető nyomásviszonyokkal is, tehát a részletes számításokat mellőzve az alábbi: κ −1

κ p4 −1 p1 ηtDiesel 1  p1  = 1− ⋅  κ  p2  ηtDiesel p4 x −1 =κ ηtGT , ha 1, mert lim 1 x1 p1 xκ − 1 ⋅ 1  p4  κ   −1  p1  A Diesel-motor korlátozott expanziójánál megmaradó entalpia turbótöltőben hasznosul. Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 36 Végezetül egy példa összetett (mechanikai és villamos) rendszerre. Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 37 Példa összetett feladatra I=1A (t1=1s-ig) B F0=1N m=1kg U(t)=? l L=1H µ=0 F = BIl  Vs F m a = =1 2  ⇒ Bl = 1 Kidolgozás: U = Bvl  m m s (kezdetben) Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 38 m v = a ⋅ t ⇒ v1 = a ⋅ t1 = 1 , ha v0 = 0. s A feszültség 1 másodperc alatt 1V-ra növekszik. A villamos töltés: Q1 = I ⋅ t1 = 1Cb

Éppen így viselkedik az 1F kapacitású kondenzátor A kapcsoló zárása után ( t ≥ t1 ) a rendszer az alábbi modellel helyettesíthető: C=1F L=1H Ez egy rezgőkör, melynek saját körfrekvenciáját Thomson kép1 ω = = 1 s −1 lete alapján lehet meghatározni: LC [ ] Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 39 Az első másodpercben u(t) grafikonja egy origón átmenő, egységnyi meredekségű egyenes. Ezután pedig egy Ux amplitúdójú, egységnyi körfrekvenciájú szinuszos jel: U ( t ) = U x sin( t + ϕ ), ha t ≥ t1 Tudjuk, hogy t1-nél a jel értéke és meredeksége is egységnyi: Ez éppen 1.  U x sin(1 + ϕ ) = 1   U x cos(1 + ϕ ) = 1 U x2 [sin 2 (1 + ϕ ) + cos2 (1 + ϕ )] = 2 ⇒ U x = ± 2[V ] tg(1 + ϕ ) = 1 ⇒ 1 + ϕ = Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete π 4 ± k ⋅π π 5π ⇒ 1 + ϕ1 = 1 + ϕ2 = 4 4 Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004

Lapszám: 40 Most már felírható a megoldás képlete:    ( ) U t =    0, t, ha t < 0 ha 0 ≤ t < 1 π  2 sin  t − 1 +  , ha t ≥ 1  4 A megoldás grafikonja: t[ s] 0 Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 41 Forgó mozgás esetén, pl. egy szinkron motor üresjáratban, szintén kapacitásként terheli a villamos hálózatot, tehát javíthatja a fázistényezőt. Lássunk erre egy példát (Dr Pattantyús Ábrahám Géza: Gépek üzemtana c. könyvéből)! Egy U=500V-os f=50Hz periódusú, váltakozó feszültségű, kétvezetékes (egyfázisú) hálózatból 150m távolságra, - tehát L=300m távolságú és A=16mm2 keresztmetszetű vörösréz vezetéken keresztül - villamos energiát viszünk át egy műhelybe, ahol két, egyenként P=11kW-os motor üzemel. A korszerűbb motor hatásfoka: η1=90%, teljesítménytényezője: cosϕ1=0,88; a másik motor

hatásfoka: η2=0,84% és cosϕ2=0,78. Az első motor felvett teljesítménye: P1 = Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete P 11 = = 12,2[ kW] η1 0,9 Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 42 P1 12200 = ≅ 27,7[ A] , I1 = U ⋅ cos ϕ1 500 ⋅ 0,88 Az áramfelvétele: amely két komponens eredője: I1P = I1 ⋅ cos ϕ1 ≅ 24,4[ A] és I1r = I1 ⋅ sin ϕ1 ≅ 13,2[ A] . A másik motorra ugyanígy kiszámíthatóak a megfelelő villamos P 11 P2 13100 [ ] = ≅ 13 1 , kW I = = mennyiségek: , 2 U ⋅ cos ϕ2 500 ⋅ 0,78 ≅ 33,6[ A] , η2 0,84 I2 P = I2 ⋅ cos ϕ2 ≅ 26,2[ A] és I2 r = I2 ⋅ sin ϕ2 ≅ 21[ A] . P2 = A vezeték feszültségesését ∆U=25V-ra korlátozzuk. A vezeték ellenállása = 0,0182 ⋅ pedig: ρ = 0,0182 300 ≅ 0,314[Ω] , 16 Ωmm2 m L R = ⋅ = ρ fajlagos ellenállás esetén A a megengedhető legnagyobb áramerősség ∆U 25 = ≅ 73[ A]〉 I1 + I 2 ≅ 61,3[ A]. I= R 0,341 Gábor Dénes Főiskola

Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 43 A különbséget felhasználhatjuk világításra. Pl 100W-os izzóból beköthető: n≤ UIi 100 , ahol I i = I − ( ∑ I r ) − ∑ I P = 732 − 34,2 2 − 50,6 ≅ ≅ 64,5 − 50,6 = 13,9[ A] , tehát n = eredője: tg ϕ m = ∑ Ir ∑ IP = 2 2 500 ⋅ 13,9 ≅ 69db. 100 34,2 ≅ 0,676 ⇒ ϕ m ≅ 34  50,6 A teljesítménytényező ⇒ cos ϕ m ≅ 0,83 . IP  Ii { ∑I P I ϕm 0 Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Ir ∑ Ir Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 44 Ha bekötünk a hál ózatba egy üresen járó szinkronmotort, amely előállítja az indukciós motorok számára szükséges meddő teljesítményt, akkor a teljesítménytényező eredője 1 lesz. A szükséges meddő teljesítmény: QSr = U ⋅ ∑ I r = 500 ⋅ 34,2 = 17100[VAr ] A szinkron motor üresjáratban felvett Ii irányú áramát az üresjárási

teljesítményből (PSp=1660W) lehet kiszámítani: I SP PSP 1660 = = ≅ 3,3[ A] U 500 Ilyenkor a világításra felhasználható áramerősség: I i = I − ∑ I P − I SP = 73 − 50,6 − 3,3 = 19,1[ A] , az izzólámpák lehetséges száma pedig: 95. Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 45 Matematikai levezetés a teljesítménytényező és az effektív értékek magyarázatához Fél periódusra számított átlagteljesítmény, mint a p=ui pillanatnyi teljesítmény integrál-középértéke: p = u ⋅ i = U sin ωt ⋅ I sin(ωt − ϕ ) T P= 2 T  2UI 2 ∫ 0 T  2UI T  2π  sin pdt = t ⋅ sin  t − ϕ  dt = ∫  T  T 0 T 2 2π 2π 2π   t ⋅ sin t cos ϕ − cos t sin ϕ  dt = sin = ∫ T 0 T T T   2 2π Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 46 4π T T t 

 2 1 − cos  2 UI 2UI 2 2π 2π T t cos t sin ϕdt = cos ϕdt − sin = ∫ ∫ T 0 T T 2 T 0 =   cos ϕ UI 2  UI 2π  sin ϕ sin + T π  T 2 t  = U ⋅ I ⋅ cos ϕ , 0  0 ahol U= U 2 és I = Gábor Dénes Főiskola Informatikai Rendszerek Intézete I 2 az effektív értékek. Tantárgy: FIZIKA Kódszám: 004 Lapszám: 47