Chương 2 CƠ SỞ ĐỘNG LỰC HỌC CỦA XE MÁY CHỮA CHÁY
2.3. Cân bằng của xe khi di chuyển thẳng và cua vịng, phương trình động
2.3.3 Phương trình động học của xe máy khi di chuyển qua các góc cua vuông nhỏ
vng nhỏ hẹp
Địa bàn tác nghiệp của xe cứu hộ và chữa cháy là các khu phố có ngõ ngách nhỏ hẹp, với các khúc cua vuông. Trong các phương án cứu hộ và chữa cháy tại các địa bàn khu phố rất cần biết được xe có di chuyển được hay không khi qua các khúc cua vuông của các ngõ này. Để nghiên cứu nội dung này, ta có một số dạng góc cua vng ở hình 2.7.
Hình 2.7: Một số dạng góc cua vng
Giả thiết rằng mặt chiếu bằng của xe (bao gồm cả cụm thiết bị được gá lắp) có dạng chữ nhật với chiều rộng R và chiều dài L. Nhận thấy rằng, với các dạng góc cua như trên hình 2.7, nếu xe di chuyển qua được góc cua dạng (c) thì sẽ di chuyển qua được các góc ở các dạng cịn lại.
Do vậy, ta chỉ thiết lập phương trình động học của mặt chiếu bằng xe di chuyển được qua góc cua dạng hình 2.7 (c) được mơ tả trên hình 2.8.
Hình 2.8: Mơ hình động học xe di chuyển qua góc cua vng
(a)- Góc cua vng ; (b) Hình chiếu bằng của xe; (c) Hình chiếu bằng khi xe qua góc cua
Từ trên hình 2.8(c), nhận thấy xe di chuyển qua được góc cua nếu cạnh AB di chuyển qua được góc. Cạnh AB dài nhất khi nó tiếp xúc với đường trịn
tâm O1 bán kính R. Do vậy, để xe di chuyển được qua góc cua thì chiều dài AB phải bằng đoạn ngắn nhất của tiếp tuyến này bị chắn bởi hai cạnh góc cua. Từ mơ hình động học trên, dẫn đến bài tốn sau:
Cho 1/4 đường trịn tâm O1(a,b) bán kính R thỏa mãn điều kiện: R <a
và R < b (hình 2.9). Đoạn thẳng AB là đoạn tiếp tuyến với cung tròn này bị
chắn bởi các trục tọa độ Ox và Oy. Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của AB khi tiếp điểm M di chuyển trên cung trịn này.
Hình 2.9: Mơ hình tốn học của bài tốn xe máy di chuyển qua góc cua vng
Từ u cầu bài tốn trên, ta thiết lập cơng thức tính độ dài đoạn AB theo tọa độ của tiếp điểm M. Giả sử tiếp điểm M có tọa độ M(x1,y1), phương trình tiếp tuyến với cung trịn tâm O1(a, b) có dạng :
( x − a )( x − a )+
( y − b )( y − b ) =
R2 (2.52)
1 1
Do các điểm A(0, ya) , B(xb,0) nằm trên tiếp tuyến, nên tọa độ của chúng thỏa mãn (2.52), tức là: (x − a )( 0 − a )+ ( y − b )( y − b ) = R2 (2.53) 1 1 a và ( x − a )( x − a )+ ( y − b )( 0 − b ) = R2 (2.54) 1 b 1 Từ (2.53) và (2.54) dẫn đến:
x2 y2ba R b( y b ) a(x a ) 2 1 1 ( y1 b )( x1 a ) R2 +b( y − b ) + a(x − a ) ya = 1 1 ( y1 − b ) (2.55) R2 + b( y − b ) + a( x − a ) xb = 1 1 ( x1 − a ) Do đó, độ dài đoạn AB sẽ là: (2.56) LAB = = R (2.57)
Tìm trị nhỏ nhất của LAB theo x1, y1 với ràng buộc:
a − R < x1 < a b − R < y1 < b (2.58) ( x − a )2 + ( y − b )2 = R2 1 1
Việc tính tốn để tìm trị nhỏ nhất của LAB = LABmin với các ràng buộc (2.58) sẽ được trình bầy trong chương tiếp theo.
Như vậy, xe máy có mặt chiếu bằng với chiều ngang R và chiều dài LABmin sẽ di chuyển được qua các góc cua giữa hai ngõ có chiều rộng a và b.