Keresés

Azóta sokat romlott a fényterjedés Fermat-féle logikája. Richard Feynman szerint (QED) az összes lehetséges fényterjedési útvonat figyelembe kell venni a valószínűségek összegzéséhez. Nem csak az egyenes vonalúakat, hanem az összes görbevonalú pályát is, amelyekről ember nem is gondolná, hogy a fény arra haladhat. Nem csak a fénysebességűeket, hanem a lassabbakat, gyorsabbakat. Persze az ilyen extrém pályák kiejtik egymást, mivel azonos arányban vannak az adott fázisok az ellen-fázisaikkal. szinte kizárólag a szokásos, és klasszikusan is értelmezett fénysebességű, és egyenes pályák közelében haladó hullámfüggvény fázisok erősítik egymást. Ezek a hullámfüggvények bejárják akár az egész univerzumot. És hogy a helyzet még zavarba ejtőbb legyen, a kibocsájtott foton csak teljes egészében tud elnyelődni, tehát ha valahol az univerzumban elnyelődik, akkor máshol már nem nyelődhet el, függetlenül attól, hogy hullámfüggvénye kiterjedt az egész univerzumra. Megérteni nem igazán lehet, de a dolog működik.

"a kerületi sebesség állandó marad"

Tehát szerinted nem marad meg a perdület.

Szerintem a kerületi sebesség állandó marad, csak a fordulatszám pörög fel. A kötél a sebességre merőleges erőt fejt ki, így a körpálya menti gyorsításhoz a dobónak a középpontot kell körpályán mozgatnia, hogy a kötélnek legyen előre mutató erő komponense is. Tehát a kötél hossza a dobás távolságát nem befolyásolja. A dobó számára optimális fordulatszám megválasztásában viszont fontos szerepe van a kötél hosszának.

Úgy tűnik, a gravitációs lencsehatás nem felel meg a Fermat elvnek: ugyanazt az eseményt időben eltolva ismét észlehetjük. Egy cikk erről:

http://arxiv.org/pdf/1103.3144v1.pdf

Igen, a képletek szerint így megnövelhető a kerületi sebesség. A választ a gyakorlat adja meg, hogy mekkora erő kell még a "kalapács" behúzásához, és hogy több-e az előnye, mint a hátránya. Gyakorló kalapácsvetők tudnák ezt érdemben megválaszolni.

Sziasztok!

Abszolút laikusként nem hagy nyugodni egy kérdés, ami az optikával kapcsolatos, de akár filozófiai kérdés is lehetne. Szóval van a Fermat-elv, amely szerint a fénysugarak két pont között azon az úton haladnak, amelynek megtételéhez a legrövidebb idő szükséges. Ez tök világos, azonban ez azt feltételezi, hogy a fénysugarak már a kiinduló pozíciójukban tudják, hogy hova tartanak.

Tehát ha én gondolok egyet, kimegyek az erkélyre, és belenézek a Napba, akkor a Napból 8 perccel korábban elinduló fénysugárnak tudna kell, hogy 8 perc múlva egy ember 150 millió km-rel arrébb bele fog nézni a Napba, és ennek megfelelően kell megválasztania a pályáját.

Hogy lehetséges ez? Nagyon rég ki lett mondva a Fermat-elv (jó 350 éve), azóta milyen magyarázatok születtek erre a kérdésre?

Ha pörgés közben a kalapácsvető előbb maga felé húzza a golyót, s csak ezután engedi el, távolabbra jut-e a golyó annál, mintha behúzás nélkül elengedné el?

(a golyó behúzásakor rendszere várhatóan "felpörög".)

Örömmel látom, hogy bár félelmetesnek tűnik a link, rákattintva itt a grafikon, amelyből itt csak az arcsin(2/3) - pi/2 közötti rész érdekes. Látni: arcsin(2/3)-nál zérushely van, tehát az említett intervallumban a pillanatnyi Fi (itt x) szög és a faltól való elválás közötti idő (pontosabban ennek az időnek az sqrt(3*g/L)-szerese) szerepel. pi/2-höz tartva a lecsúszási idő korlátlanul nő. Persze most nem mondtam semmi újat. csak szemléltettem. 

Szia,

ábrázoltam, amit megadtál, pontosabban az x-tengelyen a szög, az y tengelyen a T*sqrt(3*g/L) érték van, tehát T egy állandószorosa.

Ez jött ki:

https://rechneronline.de/function-graphs/graph.php?a0=2&a1=sqr%282%29%2F2%2A%28log%28%281%2Bsqr%28%281%2Bsin%28x%29%29%2F2%29%29%2F%281-sqr%28%281%2Bsin%28x%29%29%2F2%29%29%29-log%28%281%2Bsqr%285%2F6%29%29%2F%281-sqr%285%2F6%29%29%29%29&a2=&a3=&a4=1&a5=4&a6=8&a7=1&a8=1&a9=1&b0=500&b1=500&b2=-5&b3=5&b4=-5&b5=5&b6=10&b7=10&b8=5&b9=5&c0=3&c1=0&c2=1&c3=1&c4=1&c5=1&c6=1&c7=0&c8=0&c9=0&d0=1&d1=20&d2=20&d3=0&d4=&d5=&d6=&d7=&d8=&d9=&e0=&e1=&e2=&e3=&e4=14&e5=14&e6=13&e7=12&e8=0&e9=0&f0=0&f1=1&f2=1&f3=0&f4=0&f5=&f6=&f7=&f8=&f9=&g0=&g1=1&g2=1&g3=0&g4=0&g5=0&g6=Y&g7=ffffff&g8=a0b0c0&g9=6080a0&h0=1&z

Szia!

Nekem is valami hasonló jött ki a faltól való elválásig eltelt időre:

T = sqrt(2)/2*(ln((1+sqrt((1+sin(Fi))/2))/(1-sqrt((1+sin(Fi))/2))) - ln((1+sqrt(5/6))/(1-sqrt(5/6)))) / sqrt(3*g/L)

Ahol Fi a kezdő szög. Ha Fi = pi/2 (vagyis a létra függőlegesen támaszkodik a fal mentén), akkor T-re valóban végtelen jönne ki határesetben, de ekkor elvileg a létra egyensúlyban van, és nem fog lecsúszni. Ám mivel az egyensúl instabil, ezért véges kicsi kimozdítás esetén valóban megindul a létra (legyen ez a véges kicsi kimozdítás olyan irányú, hogy ne átbillenjen a létra, és az origóban megtámaszkodó alsó pont körül elfordulva boruljon le, hanem a fal mentén kezdjen lecsúszni), és fogja csak véges időn belül elérni a faltól elválás helyzetét. Természetesen ez a képlet csak Fi = pi/2 - eta kezdőszög esetén igaz, ahol eta 'majdnem' nulla!

Szia!

Köszönöm, nagyon kedves tőled!

Valóban, amíg a létra el nem válik a faltól, a pillanatnyi forgási középpontja az L sugarú origó középpontú körön mozog! Ez különben szemléletesen egyszerűen belátható, mert amíg érinti a létra a falat, addig a felső pontjának a sebességvektora függőlegesen lefelé mutat (az origóba), hiszen nincs falra merőleges (vízszintes irányú) komponense, hasonlóan az alsó pont, ami csúszik a talajon, szintén nem rendelkezik talajra merőleges sebesség-összetevővel, a sebességvektora vízszintes. A merev test két pontjának ismerjük a sebességvektorát, a pillanatnyi forgási középpont a két pontba felrajzolt sebességvektorokra merőleges két egyenes metszéspontja, ami nem más lesz, mint az origó közepű L sugarú kör egy pontja :)) Amint a létra felső pontja elválik a faltól, ez a pillanatnyi forgási középpont sem ezen a körpályán mozog tovább.

Idő függvényében? Nálad szerepelt a

omega = (3*g/L*(1-sin(fi)))^(1/2)

egyenlet, ahol omega = dfi/dt, ezt beírva és átrendezve 

dfi/sqrt(1-sin(fi)) = sqrt(3*g/L)*dt.

A baloldal integrálása okoz itt gondot, de végül is az jön ki, hogy 1/sqrt(1-sin(fi)) primitív függvénye

sqrt(2)*ln(tg((pi/2 - fi)/4)).

Ez az elválás előtti időpontokra érvényes. Tehát

[sqrt(2)*ln(tg((pi/2 - fi)/4))]^t2_t1  = sqrt(3*g/L)*(t2-t1).

Ha gamma = pi/2 - fi -re (azaz a létra-fal szögre) írjuk fel, kicsit egyszerűbb:

[sqrt(2)*ln(tg(gamma/4))]^t2_t1  = sqrt(3*g/L)*(t2-t1).

Az elválás utáni részre sajnos bonyolultabb kifejezést kéne integrálni.

Jó szemed van, valóban! Sajnos, több más elírás is becsúszott, ezen kívül még kettőt találtam (ez fel sem tűnt, és ki tudja, mennyi van még)! Ráadásul itt-ott kavarodás van a súlypont sebességének és gyorsulásának függőleges komponenseinek az előjelében is (mert lefelé mutató irányúnak vettem fel a súlypont sebességének és gyorsulásának függőleges összetevőit, és úgy tűnik, valahol figyelembe vettem, hogy a pozitív érték negatív irányt jelent, máshol meg nem, meg el is írtam néhol, szóval jó lenne még egyszer átgondolni -akár úgy is, hogy mindent pozitív irányúnak veszünk fel, és akkor ez nem okoz gondot, ami lefelé mutat, az szépen kijön negatívra- és újra beírni azt a számítást...) Ám a lényeg átjött, milyen egyenletekkel lehet kiszámolni. Az ilyen feladatok csodálatosan szépek, nincs bennük olyan mechanika, ami különösebben nehéz lenne, mégis egészen bonyolult dolog leírható vele :))

Ami még izgalmas és szép feladat lenne, mindezt az idő függvényében felírni, mert ott már nem lehetne kikerülni a nemlin. diff.egy-et!

"ahol eps a szöggyorsulás: eps = dfi/dt"

itt bizonyára "ahol eps a szöggyorsulás: eps = domega/dt"-t akartál írni ...

Na látjátok topiklakók! Ez mechanika. Köszönet érte magyar pityunak.

A műszaki egyetemi mechanika ilyen. Etalon a megoldás.

Például kiderül belőle, hogy a súlypont sebességek L/2 sugarú origó középpontú körön vannak ez a mozgó pólusgörbe egyébként

Az álló pólusgörbe az L sugarú szintén origó középpontú kör.

Tehát a kiskör belülről érintve gördül a nagykôrön.

A sebességpólus tehát a nagykörön van.

A gyorsuláspólus az origó.

Ebből a rúd tetszőleges pontjának sebessége és gyorsulása 

a) szerkeszthető

b) számítható

Na jó, hátha most már tényleg sikerül ideírni helyesen :))

vxA = 1/3*(g*L)^(1/2)*(1 + 3*((8-9*sin(fi))/(12-9*sin(fi)^2))^(1/2)*sin(fi))

A végét elkapkodtam, így szerettem volna írni:

vxA = 1/3*(g*L)^(1/2)*(1 + 3*((8-9*sin(fi))/(12-9*sin(fi)^2))*sin(fi))

Sziasztok!

Legyen a falhoz támasztott létra egy 'm' tömegű merev rúd, a vízszintessel bezárt szöge 'fi' (ami kezdetben 90°-eta, ahol eta tart nullához, tehát függőlegesen áll a létra, azaz 'majdnem' függőlegesen). Nincs súrlódás sem a függőleges falnál, sem a vízszintes talajnál, a létra elkezd lecsúszni a fal mentén (nem billen át, mert eta picit nagyobb, mint nulla). Legyen a létra alsó pontja, ami a talajon fekszik az 'A' pont, a teteje pedig, ami a falnak támaszkodik 'B' pont. Legyen a súlypontja 'S' pont, és a létra homogén, prizmatikus rúd. Legyen az 'S' súlypont vízszintes sebességkomponense vxS, a függőleges sebességkomponens vyS, a szögsebesség pedig omega (omegát nem indexelem, merev test minden pontjának ez lesz a szögsebessége).

Amikor a létra 'fi' szöget zár be a talajjal, akkor a mechanikai energi megmaradásának tételéből ez adódik (helyzeti energia átalakul mozgási energiává):

1/2*m*(vxS^2+vyS^2) + 1/2*Theta*omega^2 = m*g*L/2*(1-sin(fi))

Ahol Theta = m*L^2/12 a súlypontra vonatkoztatott tehetetlenségi nyomaték (rúd tehetetlenségi nyomatéka a súlypontban a tengelyvonalra merőleges irányban).

Első körben felírjuk a létra két végpontjának sebességét arra az esetre, amikor a létra még nem válik el a faltól, tehát a felső pontnak csak függőleges, az alsónak csak vízszintes komponense van:

vyA = -vyS + omega*L/2*cos(fi) = 0

vxB = vxS - omega*L/2*sin(fi) = 0

Tehát a súlypont sebességének négyzete: vxS^2+vyS^2 = (omega*L/2)^2

A szögsebesség tehát:

omega^2 = 2/Theta*(m*g*L/2*(1-sin(fi)) - 1/2*m*(vxS^2+vyS^2)) = 12*g/L*(1-sin(fi)) - 3*omega^2

Tehát omega = (3*g/L*(1-sin(fi)))^(1/2)

A szögsebesség előjelét pozitívnak vesszük fel, mert a sebességek irányából jobbos koordináta-rendszerben az óramutató járásával ellenkező irány a pozitív. A létra alsó végpontjának sebessége a súlypont vízszintes sebességének a kétszerese: vxA = 2*vxS

Vagyis: vxA = omega*L*sin(fi) = (3*g*L*(1-sin(fi)))^(1/2)*sin(fi)

A felső pont sebessége pedig (csak függőleges komponens van, hiszen még mindig feltételezzük, hogy a létra nem válik el a faltól):

vyB = -omega*L*cos(fi) = -(3*g*L*(1-sin(fi)))^(1/2)*cos(fi)

Mindez addig a 'fi' értékig igaz, amíg a létra nem válik el a faltól. Felírtuk a sebességeket, most jöhetnek a támaszerők! Legyen FA erő az alsó pontban ébredő függőleges támaszerő, FB pedig a felső pontban a vízszintes támaszerő. Akkor a súlypont mozgásegyenlete:

m*axS = FB

m*ayS = m*g - FA

A forgó mozgás egyenlete:

eps*Theta = FA*L/2*cos(fi) - FB*L/2*sin(fi)

ahol eps a szöggyorsulás: eps = dfi/dt

Továbbra is feltételezzük, hogy a felső végpont gyorsulásának 'axB' vízszintes komponense nulla, illetve az alsó pont gyorsulásának 'ayA' függőleges komponense nulla (tehát a támaszokra merőleges gyorsulások nullák - természetesen addig, amíg nem távolodott el a létra a faltól).

A vízszintes talajnál: ayA = -ayS + eps*L/2*cos(fi) + omega^2*L/2*sin(fi) = 0

A függőleges falnál: axB = axS + eps*L/2*sin(fi) - omega^2*L/2*cos(fi) = 0

Van 5 egyenletünk a súlypont gyorsulásának két koordinátájának (axS, ayS), a szögsebességnek (eps), és a két támaszerőnek (FA, FB) a meghatározásához. Néhány egyszerűsítés után ez a három egyenlet adódik:

eps = 6/L*((g-ayS)*cos(fi) - axS*sin(fi))

ayS = eps*L/2*cos(fi) + 3/2*g*(1-sin(fi))*sin(fi)

axS = -eps*L/2*sin(fi) + 3/2*g*(1-sin(fi))*cos(fi)

Innen kifejezzük az eps szöggyorsulást, majd ezzel kiszámoljuk a súlypont gyorsulásának két komponensét, hogy a támaszerőket megkaphassuk!

A szöggyorsulás: eps = 3/2*g/L*cos(fi)

A támaszerők:

FA = 3/4*m*g*(1/3 - 2*sin(fi) + 3*cos(fi)^2)

FB = 3/4*m*g*(3*sin(fi)-2)*cos(fi)

Mivel a fi pi/2-től nulláig változik, ezért FB előjelet váltana, ha valamilyen kényszer ezt megengedné! De a fal csak egy irányú támasz, az FB nem lehet negatív (nincs ami megakadályozza a létrát, hogy a felső pontja eltávolodjon a faltól). Tehát meg is van az a fi érték, ahol a létra eltávolodik a faltól:

sin(fi) = 2/3, azaz fi0 = arcsin(2/3) szögértéknél (41,81°-nál) a létra eltávolodik a faltól! Innentől új mozgásegyenlettel számolunk tovább! fi < fi0 esetén a súlypont sebességének vízszintes komponense nem változik, marad a fi0 helyen felvett értéke, mert nincs már FB erő, nincs tehát semmilyen vízszintes erőkomponens, ami megváltoztathatná a sebesség vízszintes komponensének az értékét, innentől a súlypont gyorsulásának iránya függőleges.

Sebességek a létra faltól elválásának pillanatában (tehát a fi = fi0 helyen):

vxA = 2/3*(g*L)^(1/2), tehát vxS = 1/3*(g*L)^(1/2)

Viszont a létra alsó pontja (az 'A' pont) nem távolodik el a talajtól fi >= 0 esetén (aztán, hogy miként pattan el a talajról, ez már kicsit bonyolultabb kérdés). A fi0 > fi >= 0 esetre új mozgásegyenletet kell felírni:

m*g*L/2*sin(fi0) + 1/2*m*v0^2 + 1/2*Theta*omega0^2 = m*g*L/2*sin(fi) + 1/2*m*v^2 + 1/2*Theta*omega^2

ahol v0 = 1/2*(g*L)^(1/2) a súlypont sebessége, omega0 = (g/L)^(1/2) pedig a szögsebesség fi0 helyzetben.

Végigszámolva az egyenletet, v sebességre és omega szögsebességre fi = 0 helyzetig mindvégig véges érték adódik, nem lesz semmilyen érték sem végtelen. Hiszen a súlypont sebességére és a szögsebességre ezek adódnak:

v = (1/9*g*L + (1/2*omega*cos(fi))^2)^(1/2)

omega = 2*(g/L*(8-9*sin(fi))/(12-9*sin(fi)))^(1/2)

Az 'A' pont sebessége pedig:

vxA = 1/3*(g*L)^2*(1 + 3*((8-9*sin(fi))/(12-9*sin(fi)))^2*sin(fi))

vxA sebesség tehát monoton csökken, fi0 helyzetben vxAmax = 2/3*(g*L)^(1/2), egészen fi = 0 helyzetig (ahol a létra vízszintes helyzetbe kerül), ahol vxA0 = 1/3*(g*L)^(1/2).

Én csak azt mutattam meg, hogy mit értünk súlytalan alatt.

Merev testen elvileg zárt felülettel határolt tök mindegy mennyi a sűrűsége testet, aminek alakváltozása nincs,

meg van még néhány feltétel.

Pl a differenciálgeometriai, ha merev test akkor két pontjának a sebessége olyan...

Itt a merev test, mint feltétel szükséges.

Tehát más feltételek teljesülése melett ha merev, akkor...

Ja, én is így kezdtem itt ezt, aztán elég hamar kiderült, hogy a reális tárgyakkal való kísérletezgetés mit sem ér egy idealizált probléma megoldásakor.

Innentől nem kiegyensúlyozható fordított pendulum.

Úgy látom, most áttértél a doboz megtárgyalásába ("térfogat").

Én egyelőre maradok a rúdnál. Keressük a mozgást pályáját az elválás után. 

Nem számolsz a forgató nyomatékkal. Ha jól látom a ceruzámat a csúszós asztalon elengedve, először a hegye elmászik az ellenkező irányba, majd felemelkedik, mielőtt becsapódna, így növelve az esélyét a grafit darabokra törésének.

Tehát az van inkább, hogy a pillantnyi forgáspont hirtelenn ezentúl az eredetelig a padlón lévő pontba ugrik át.

Ilyenre tudok egy másik példát például mondani. (Az pörgettyűs inkább)

Ez két dolgot jelent.

- eltekintünk tehetetlenségi nyomatéktól vagy abban m=1

- csak olyan egyenletünk van amelyben m mel lehet egyszerűsíteni.

- térfogata 1/ (sűrűség*tömeg)

............ 

A súlypontba mutató helyvektorral, most ne foglalkozzunk előjelparadigmával, hanem csak helyvektorxomega

Ez elvileg elsőrendű nyomatéka a szögsebesség vektornak, vagyis sebességvektor

(Az előzőkben  sin a ban az a szög volt...)

Akkor van egy rúd. v=rxomega a súlypont sebessége.

Azt mondod, hogy v=v1i+v(t)j

Namost a merev test földdel érintkező pontja helyvektora li

Innen a a súlypont gyorsulasa, epszilon a szöggyorsulás.

A lehetséges vA sebesség ebből elő áll.

VA=v*i alakú lehet.

Ehhez az kell, hogy a talajon a végének lennie kellene függőleges sebességkomponensnek.

Vagyis ez a vég benyomódik a talajba.

Ha nincs deformáció akkor viszont az van, hogy a két pontot összekötő egyenesre való vetületi sebességek hossza

egyenlő. ( Ez differenciálgeometriával bizonyítható)

Na ez a mozgásállapot pillanatnyi. Tehát nem igaz, hogy ezután állandó.

(Azért ez szabadmozgás. )

Olyan kikötés nem volt, hogy az eldőlő valami súlytalan.

Végtelen hosszú pálca esetén. De a valóságban az idő véges.

A pálcára vonatkozó sebességképletben ugye t---> t2 határátmenet van.

Itt t2 véges.

Ha t2 végtelen lenne végtelen/vegtelen lenne BL`H hasonló kifejezést adna

A pályának van ebből a szempontból inflexiója, ha az x irányú gyorsulás nulla.

Ha az x irányú gyorsulás deriváltja nulla, a sebesség idő fv nek van inflexiós pontja.

De ne feledjük ez csak x irányú egyenlet azért.

y ban hasonlóan meg kell vizsgálni.

Na és akkor keresni kell pl egy l hosszúságú súlytalan rúd felezőpontja felett b/2 távolságra lévő pont által leírt pályagörbét, ha a rúd két végpontja a falon és a talajon mozog, a kiszámított szög mellett x irányú sebessége számolható, gyorsulása számítható, szöggyorsulása is. Hogy pont úgy mozogjon.

Általában ilyen pálya nincs. 

Szóval súlytalan pálca, létra és lxb keresztmetszetű doboz között  azért van különbség.

Improprius az integrál.