1

Egy feladat a gördülő kerékről

Az orosz nyelvű mechanikai szakirodalom tanulmányozása során láttuk, hogy sokat fog -

lalkoznak a merev test síkmozgásának tárgyalásakor a P sebességpólussal, illetve a Q

gyorsuláspólussal. E két, általában nem egybeeső pontban a mozgó test sebessége, illetve

gyorsulása zérus. Az [ 1 ] és [ 2 ] munkákban találtunk egy - egy feladatot, melyek együt -

tes – nem teljes – tanulmányozása hasznos lehet a téma iránt érdeklődőknek.

A feladat

Egy a sugarú kerék csúszás nélkül gördül egy egyenes sínen. A kerék O1 középpontja

sebességének skaláris komponense 𝑣𝑂1, gyorsulásáé 𝑤𝑂1

. Írjuk fel a kerékhez mereven

kapcsolt, annak középpontjától l távolságra lévő M pont mozgásegyenleteit, sebességét és

gyorsulását, majd határozzuk meg a P sebességpólus, valamint a Q gyorsuláspólus helyét!

A megoldás

Ehhez tekintsük az 1. ábrát is!

1. ábra – forrása: [ 1 ]

A mozgás leírásához egy álló Oxy és egy mozgó O1x1y1 koordináta - rendszert választunk,

az 1. ábra szerint. E két k. r. tengelyei a mozgás folyamán párhuzamosak maradnak.

A mozgás megkezdésének pillanatában az y1 tengelytől az óra járásával egyező forgás -

értelemben számított elfordulási szögre:

2

𝜑 𝑡 = 0 = 0 , ( 1 )

így ekkor az M pont koordinátái:

𝑥𝑀 𝑡 = 0 = 𝑥01(𝑡 = 0) , 𝑦𝑀 𝑡 = 0 = 𝑦01

+ 𝑙 . ( 2 )

A kerék tiszta gördülése miatt:

𝑑𝑥𝑂1− 𝑎 ∙ 𝑑𝜑 = 0 →

𝑑𝑥𝑂1

𝑑𝑡− 𝑎 ∙

𝑑𝜑

𝑑𝑡= 0 → 𝑣𝑂1

(𝑡) − 𝑎 ∙ 𝜔(𝑡) = 0 → 𝜔(𝑡) =𝑣𝑂1 (𝑡)

𝑎 .

( 3 )

Eszerint tudjuk, hogy a kerék és a sín P érintkezési pontjában a sebesség zérus, vagyis

a P pont a kerék - mozgás sebességpólusa.

Most ( 3 ) differenciálásával:

𝜀 𝑡 =𝑑𝜔 (𝑡)

𝑑𝑡=

𝑑

𝑑𝑡 𝑣𝑂1 (𝑡)

𝑎 =

1

𝑎∙

𝑑

𝑑𝑡 𝑣𝑂1

(𝑡) =𝑤𝑂1

𝑡

𝑎 , tehát:

𝜀 𝑡 =𝑤𝑂1

𝑡

𝑎 . ( 4 )

Az aláhúzott ( 3 ) és ( 4 ) összefüggések tiszta / csúszásmentes gördülés esetében állnak

fenn. Ha tehát ismerjük a sínen gördülő, a sugarú kerék középpontjának sebességét és

gyorsulását, akkor ( 3 ) - mal ismert a szögsebessége, ( 4 ) szerint pedig a szöggyorsulása.

A kerék, illetve a hozzá mereven rögzített M pont mozgásegyenletei az alábbiak:

𝑥𝑀 𝑡 = 𝑥01 𝑡 + 𝑙 ∙ sin 𝜑(𝑡) , ( 5 )

𝑦𝑀 𝑡 = 𝑦01+ 𝑙 ∙ cos 𝜑 𝑡 . ( 6 )

A kerék M pontjának helyvektora ( 5 ) és ( 6 ) - tal is:

𝐫𝐌 𝑡 = 𝑥𝑀 𝑡 ∙ 𝐢 + 𝑦𝑀 𝑡 ∙ 𝐣 , ( 7 )

ahol i és j a k. r. - ek tengelyei menti egységvektorok.

A M pont sebességének komponensei ( 5 ) és ( 6 ) differenciálásával:

𝑣𝑀,𝑥 =𝑑𝑥𝑀 𝑡

𝑑𝑡=

𝑑

𝑑𝑡 𝑥01

𝑡 + 𝑙 ∙𝑑𝜑

𝑑𝑡∙ cos 𝜑 𝑡 = 𝑣𝑂1

(𝑡) + 𝑙 ∙ 𝜔(𝑡) ∙ cos 𝜑 𝑡 , tehát:

𝑣𝑀,𝑥 = 𝑣𝑂1(𝑡) + 𝑙 ∙ 𝜔(𝑡) ∙ cos 𝜑 𝑡 ; ( 8 )

hasonlóan:

𝑣𝑀,𝑦 = −𝑙 ∙ 𝜔(𝑡) ∙ sin 𝜑 𝑡 . ( 9 )

3

Az M pont sebességvektora ( 8 ) és ( 9 ) - cel is:

𝐯𝐌 𝑡 = 𝑣𝑀,𝑥 𝑡 ∙ 𝐢 + 𝑣𝑀,𝑦 𝑡 ∙ 𝐣 . ( 10 )

A M pont gyorsulásának komponensei ( 8 ) és ( 9 ) differenciálásával:

𝑤𝑀,𝑥 =𝑑𝑣𝑀 ,𝑥 𝑡

𝑑𝑡=

𝑑

𝑑𝑡 𝑣𝑂1

(𝑡) + 𝑙 ∙ 𝑑𝜔 (𝑡)

𝑑𝑡∙ cos 𝜑 𝑡 − 𝜔2(𝑡) ∙ sin 𝜑(𝑡) =

= 𝑤𝑂1 𝑡 + 𝑙 ∙ 𝜀 𝑡 ∙ cos 𝜑 𝑡 − 𝜔2 𝑡 ∙ sin 𝜑 𝑡 , tehát:

𝑤𝑀,𝑥 = 𝑤𝑂1 𝑡 + 𝑙 ∙ 𝜀 𝑡 ∙ cos 𝜑 𝑡 − 𝜔2 𝑡 ∙ sin 𝜑 𝑡 ; ( 11 )

hasonlóan:

𝑤𝑀,𝑦 = −𝑙 ∙ 𝜀 𝑡 ∙ sin 𝜑 𝑡 + 𝜔2 𝑡 ∙ cos 𝜑 𝑡 . ( 12 )

Az M pont gyorsulásvektora ( 11 ) és ( 12 ) - vel is:

𝐰𝐌 𝑡 = 𝑤𝑀 ,𝑥 𝑡 ∙ 𝐢 + 𝑤𝑀 ,𝑦 𝑡 ∙ 𝐣 . ( 13 )

A Q gyorsuláspólus gyorsulása zérus(vektor), így ( 13 ) - ból M Q cserével:

𝐰𝐐 𝑡 = 𝑤𝑄,𝑥 𝑡 ∙ 𝐢 + 𝑤𝑄,𝑦 𝑡 ∙ 𝐣 = 𝟎 , azaz a gyorsuláspólusra:

𝑤𝑄,𝑥 𝑡 = 0 , 𝑤𝑄,𝑦 𝑡 = 0 . ( 14 )

Most ( 11 ), ( 12 ) és ( 14 ) - gyel, valamint l lQ - val és φ φ* - gal:

𝑤𝑂1+ 𝑙𝑄 ∙ 𝜀 ∙ cos 𝜑∗ − 𝜔2 ∙ sin 𝜑∗ = 0 , ( 15 )

−𝑙𝑄 ∙ 𝜀 ∙ sin 𝜑∗ + 𝜔2 ∙ cos 𝜑∗ = 0 , 𝑙𝑄 ≠ 0. ( 16 )

Most a ( 16 ) összefüggésekkel:

𝜀 ∙ sin 𝜑∗ + 𝜔2 ∙ cos 𝜑∗ = 0 , ebből: 𝜀

𝜔2= −

cos 𝜑∗

sin 𝜑∗= −ctg𝜑∗ = −tg 90° − 𝜑∗ = tg 𝜑∗ − 90° = tgα∗ , tehát:

tgα∗ =𝜀

𝜔2 , ( 17 / 1 )

innen:

α∗ = 𝜑∗ − 90° = arctg 𝜀

𝜔2 . ( 17 )

Majd a ( 15 ) képlettel:

𝑤𝑂1+ 𝑙𝑄 ∙ 𝜀 ∙ cos 𝜑∗ − 𝜔2 ∙ sin 𝜑∗ = 0 → 𝜀 ∙ cos 𝜑∗ − 𝜔2 ∙ sin 𝜑∗ = −

𝑤𝑂1

𝑙𝑄 . ( 18 )

átalakításokkal:

4

𝜀

𝜔2∙ cos 𝜑∗ − sin 𝜑∗ = −

𝑤𝑂1

𝑙𝑄 ∙𝜔2 ,

−𝜀

𝜔2∙ cos 𝜑∗ + sin 𝜑∗ =

𝑤𝑂1

𝑙𝑄 ∙𝜔2 ; ( 19 )

most ( 19 ) - cel és a ( 17 ) előtti képletsorral: cos 𝜑∗

sin 𝜑∗∙ cos 𝜑∗ + sin 𝜑∗ =

𝑤𝑂1

𝑙𝑄 ∙𝜔2 ,

cos 2 𝜑∗+sin 2 𝜑∗

sin 𝜑∗=

𝑤𝑂1

𝑙𝑄 ,

1

sin 𝜑∗=

𝑤𝑂1

𝑙𝑄 →

1

sin 2 𝜑∗=

𝑤𝑂1

𝑙𝑄 ∙𝜔2 2

→ cos 2 𝜑∗ +sin 2 𝜑∗

sin 2 𝜑∗=

𝑤𝑂1

𝑙𝑄 ∙𝜔2 2

, innen:

1 + ctg2𝜑∗ = 𝑤𝑂1

𝑙𝑄 ∙𝜔2 2

, ( 20 )

majd a ( 17 ) előtti képletsorral és ( 20 ) - szal:

1 +𝜀2

𝜔4=

𝑤𝑂1

𝑙𝑄 ∙𝜔2 2

,

𝜀2+𝜔4

𝜔4=

1

𝜔4∙

𝑤𝑂1

𝑙𝑄

2

→ 𝜀2 + 𝜔4 = 𝑤𝑂1

𝑙𝑄

2

→ 𝜀2 + 𝜔4 = 𝑤𝑂1

𝑙𝑄 , innen:

𝑙𝑄 = 𝑤𝑂1

𝜀2+𝜔4 . ( 21 )

A ( 17 ) és ( 21 ) képletekkel meghatároztuk a kerék - mozgás Q gyorsuláspólusának

helyét – 2. ábra.

2. ábra

A ( 17 / 1 ) képletet még tovább alakíthatjuk; ( 3 ) és ( 4 ) - gyel:

5

tgα∗ =𝜀

𝜔2=

𝑤𝑂1𝑎

𝑣𝑂1

𝑎

2 =𝑤𝑂1 ∙ 𝑎

𝑣𝑂12

, tehát:

tgα∗ =𝑤𝑂1 ∙ 𝑎

𝑣𝑂12

→ α∗ = arctg 𝑤𝑂1 ∙ 𝑎

𝑣𝑂12 ; ( 22 )

A ( 21 ) képletet még tovább alakíthatjuk; ( 3 ) és ( 4 ) - gyel:

𝑙𝑄 = 𝑤𝑂1

𝜀2+𝜔4=

𝑤𝑂1

𝜀2∙ 1+𝜔 4

𝜀2

= 𝑤𝑂1

𝜀2∙ 1+𝜔 4

𝜀2

= 𝑤𝑂1

𝜀

1+ 𝜔 2

𝜀

2=

𝑎

1+ctg 2α∗ , innen ( 22 ) - vel is:

𝑙𝑄 =𝑎

1+ 𝑣𝑂1

2

𝑤𝑂1∙ 𝑎

2 . ( 23 )

A ( 22 ) és ( 23 ) képletek a feladat bemenő adataival fejezi ki a gyorsuláspólus helyét

megadó polárkoordinátákat, a mozgó k. r. - ben. A derékszögű koordináták a 2. ábra

szerint:

𝑥1,𝑄 = 𝑙𝑄 ∙ cos α∗ , 𝑦1,𝑄 = − 𝑙𝑄 ∙ sin α∗ . ( 24 )

1. SZÁMPÉLDA – [ 2 ]

Egy 40 cm sugarú henger gördül csúszásmentesen egy vízszintes síkon. A henger C kö -

zéppontjának sebessége 0, 4 m / s, gyorsulása 0,2 m / s2 , egy adott pillanatban. A henger

véglapjaira – szimmetrikusan elhelyezve – mereven ráerősítünk egy - egy 50 cm sugarú

körtárcsát, melyek nem akadályozzák a henger mozgását. Határozzuk meg a tárcsák pilla -

natnyi gyorsuláspólusának helyét!

Megoldás

Adott: ( A )

𝑎 = 𝑟 = 40 cm = 0,4 m ;

𝑅 = 50 cm = 0,5 m ;

𝑣𝑂1= 𝑣𝐶 = 0,4

m

s ;

𝑤𝑂1= 𝑤𝐶 = 0,2

m

s2 ;

Keresett: α∗, 𝑙𝑄 .

6

A feladat jellemző adatait a 3. ábra foglalja össze.

3. ábra – forrása: [ 2 ]

A megoldás eredményét a 4. ábra szemlélteti. A gyorsulásvektorok α* szöget zárnak be a

QM szakasszal.

4. ábra – forrása: [ 2 ]

Most ( 22 ), ( 23 ) és ( A ) - val:

α∗ = arctg 𝑤𝐶 ∙ 𝑟

𝑣𝐶2 = arctg

0,2 m

s2∙ 0,4 m

0,4 m

s

2 = arctg 1

2 = 26,565° , tehát:

α∗ ≅ 26,6° . ( a )

𝑙𝑄 =𝑟

1+ 𝑣𝐶

2

𝑤𝐶∙ 𝑟

2=

0,4 m

1+ 0,4

ms

2

0,2 m

s2 ∙ 0,4 m

2=

0,4 m

1+4=

0,4

5 m = 0,1789 m ≅ 0,179 m , tehát:

𝑙𝑄 ≅ 0,179 m . ( b )

…………………

7

Megjegyzések:

M1. A számpélda esetében a P sebességpólus a henger keresztmetszeti körének és a sík e

kört érintő egyenesének érintési pontjában van. A henger sebességeloszlása az 5. ábrán

szemlélhető. A sebességvektor merőleges a PM szakaszra; itt M: B, C, D, E.

5. ábra – forrása: [ 2 ]

Javasoljuk, hogy az érdeklődő Olvasó rajzolja meg a számpéldabeli tárcsák sebesség -

eloszlási ábráját is!

M2. A 4. ábrán szemléltették azt az idevágó tényt / tételt is, hogy a síkmozgást végző

merev test bármely M pontja gyorsulásának nagysága arányos a pontnak a Q gyorsulás -

pólustól mért távolságával; pl.: ( 21 ) szerint:

𝑙𝑄 = 𝑤𝑂1

𝜀2+𝜔4→ 𝑤𝑂1

= 𝑙𝑄 ∙ 𝜀2 + 𝜔4 , 𝑙𝑄 = 𝑙𝐶𝑄 . ( 25 )

M3. A szakirodalomban más képletek is találhatók a gyorsuláspólus helyének meghatá -

rozására; [ 3 ] - ban találtuk az alábbiakat.

A Q gyorsuláspólus x’Q , y’Q koordinátái a mozgó koordináta - rendszerben, részben az

itteni jelölésekkel is:

𝑥′𝑄 =𝜔2 ∙𝑤𝑂𝑥 ′ −𝜀∙𝑤𝑂𝑦 ′

𝜀2+𝜔4 , 𝑦′𝑄 =

𝜔2 ∙𝑤𝑂𝑦 ′ +𝜀∙𝑤𝑂𝑥 ′

𝜀2+𝜔4 ; ( 26 )

esetünkben

𝑤𝑂𝑦′ = 0 , ( 27 )

így ( 26 ) és ( 27 ) - tel:

8

𝑥′𝑄 =𝜔2 ∙ 𝑤𝑂𝑥 ′

𝜀2+𝜔4 , 𝑦′𝑄 =

𝜀 ∙ 𝑤𝑂𝑥 ′

𝜀2+𝜔4 . ( 28 )

A O1Q szakasz hossza, ( 28 ) - cal is:

𝑙𝑄 = 𝑥′𝑄 2

+ 𝑦′𝑄 2

= 𝜔2 ∙ 𝑤𝑂𝑥 ′

𝜀2+𝜔4 2

+ 𝜀 ∙ 𝑤𝑂𝑥 ′

𝜀2+𝜔4 2

= 𝑤𝑂𝑥 ′

𝜀2+𝜔4 2

∙ 𝜀2 + 𝜔4 =

= 𝑤𝑂𝑥 ′

2

𝜀2+𝜔4=

𝑤𝑂𝑥 ′

𝜀2+𝜔4=

𝑤𝑂1

𝜀2+𝜔4 , egyezésben ( 21 ) - gyel.

Az O1Q szakasznak az x1 tengellyel bezárt szögére, ( 28 ) - cal is::

tgα∗ =𝑦′𝑄

𝑥′𝑄=

𝜀 ∙ 𝑤𝑂𝑥 ′𝜀2+𝜔 4

𝜔 2∙ 𝑤𝑂𝑥 ′𝜀2+𝜔 4

=ε

𝜔2 , egyezésben ( 17 / 1 ) - gyel.

M4. A tárgyalt feladatban – a „szokásos” pozitív forgás - értelemhez képest – ε < 0 , így

az α* szöget az x1 tengely „alá” hordtuk fel. Ha ε > 0 , akkor az x1 tengely „fölé” hordjuk

fel. Az α* szög nagyságára fennáll, hogy

0° ≤ α∗ ≤ 90° , ( 29 )

amint az ( 17 / 1 ) vizsgálatával belátható. ( 17 / 1 ) - ben fontos figyelni ε előjelére.

Ezzel összefüggésben megemlítjük, hogy a ( 28 ) képletek alkalmazásakor feladatunkban

fennáll az a helyzet, hogy

𝑤𝑂𝑥′ > 0 → 𝜀 < 0 ∶ 𝑥′𝑄 > 0 , 𝑦′𝑄 < 0 , ( 28 / 1 )

ahogyan az a számpéldában is adódott. Érdemes felhívni a figyelmet arra a tényre, hogy

a ( 26 ) képletek levezetése során a φ > 0 szög az 1. ábráéval ellentétes értelmű. Az 1. ábra

szög - felvételét az indokolja, hogy az ottani mozgás során „természetesen” előálló elfor -

dulási szöget vették pozitívnak. Ezzel szemben a ( 26 ) képlet vektoros levezetése során a

matematikában szokásos előjelszabályt alkalmazták; eszerint a forgás pozitív, ha az óra

járásával ellentétes értelmű. Az elkeveredés megakadályozható, ha képleteinket egyfajta

előjelszabállyal vezetjük le és alkalmazzuk. Egyébként nem baj, ha látunk többféle képle -

tet és azok alkalmazását is. E részletkérdéssel azért foglalkozunk ilyen sokat, mert egy

tankönyvet felütve találunk egyfajta képleteket, amikkel esetleg nem ugyanazon ered -

ményre jutunk, mint a máshonnan származókkal. Az eltérés oka lehet az előjelszabály is.

M5. Nem feledhetjük, hogy feladatunkban

𝑙𝑄(𝑡) =𝑎

1+ 𝑣𝑂1

2 (𝑡)

𝑤𝑂1 𝑡 ∙ 𝑎

2 , α∗(𝑡) = arctg

𝑎 ∙ 𝑤𝑂1 (𝑡)

𝑣𝑂12(𝑡)

,

9

vagyis általában a gyorsuláspólus helye is függvénye az időnek. Ezt is jelzi a számpélda

szövegének az „egy adott pillanatban” része. Feladatunkban Q helye változatlan, ha 𝑎 ∙ 𝑤𝑂1 (𝑡)

𝑣𝑂12(𝑡)

= 𝑘 = 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. → 𝑤𝑂1 𝑡 = 𝐾 ∙ 𝑣𝑂1

2 𝑡 , 𝐾 =𝑘

𝑎 . ( 30 )

M6. Most nézzük meg, hogy mit mondanak a P sebességpólus helyéről az egyenletek!

( 8 ) és ( 9 ) alapján:

𝑣𝑃,𝑥 = 𝑣𝑂1+ 𝑙𝑃 ∙ 𝜔 ∙ cos 𝜑∗∗ = 0 ; 𝑣𝑀,𝑦 = −𝑙𝑃 ∙ 𝜔 ∙ sin 𝜑∗∗ = 0 , 𝑙𝑃 ∙ 𝜔 ≠ 0 . ( 31 )

Először ( 31 / 1 ) és ( 3 ) - mal:

𝑣𝑂1+𝑙𝑃 ∙

𝑣𝑂1

𝑎∙ cos 𝜑∗∗ = 0 ;

𝑣𝑂1∙ 1 +

𝑙𝑃

𝑎∙ cos 𝜑∗∗ = 0 → 𝑣𝑂1

≠ 0 → 1 +𝑙𝑃

𝑎∙ cos 𝜑∗∗ = 0 , innen:

cos 𝜑∗∗ = −𝑎

𝑙𝑃 . ( 32 )

Másodszor ( 31 / 2 ) - ből:

sin 𝜑∗∗ = 0 . ( 33 )

Ezután:

sin 𝜑∗∗ = 1 − cos2 𝜑∗∗ = 0 → cos 𝜑∗∗ = ±1 . ( 34 )

Most ( 32 ) és ( 34 ) - gyel:

cos 𝜑∗∗ = −𝑎

𝑙𝑃= −1 → 𝑙𝑃 = 𝑎 , 𝜑∗∗ = 180° . ( 35 )

mert a > 0 , lP > 0. A ( 35 ) összefüggések megerősítik a P pont helyéről mondottakat.

Látjuk, hogy ez az időtől függetlenül ugyanaz.

M7. A bevezetőben említettük, hogy a P és Q pontok általában nem egybeesőek.

Most nézzük meg, hogy mikor esnek egybe!

Minthogy a P pont a kerékhez képest az lP = a, α* = 90º adatokkal jellemezhető, ezért

olyan mozgás - esetet keresünk, amikor ez előáll. A ( 23 ) képlet szerint:

𝑙𝑄 =𝑎

1+ 𝑣𝑂1

2

𝑤𝑂1∙ 𝑎

2= 𝑎 , ha

𝑣𝑂12

𝑤𝑂1 ∙ 𝑎

2

= 0 ; ekkor: 𝑣𝑂1= 0, 𝑤𝑂1

≠ 0 ;

ehhez a ( 22 ) képlet szerint α∗ = arctg 𝑤𝑂1 ∙ 𝑎

02 = 90° tartozik.

Vagyis azt találtuk, hogy az éppen mozgásba jövő kerék esetében P = Q.

Ez érdekes, mert nekünk is új. ( Vagy csak elfelejtettük? Lehet, hogy sosem tudtuk. )

10

M8. A címbeli feladat kiírásában szerepel az M pont mozgásegyenleteinek felírása is, mint

részfeladat. Itt ezt az

𝑥𝑀 𝑡 = 𝑥01 𝑡 + 𝑙 ∙ sin 𝜑(𝑡) , ( 5 / 1 )

𝑦𝑀 𝑡 = 𝑎 + 𝑙 ∙ cos 𝜑 𝑡 ( 6 / 1 )

egyenletek jelentik, melyekben

𝑥01 𝑡 = 𝑥01

𝑡 = 0 + 𝑣𝑂1 𝜏 𝑑𝜏

𝑡

0 , ( 36 )

𝑣𝑂1 𝑡 = 𝑣𝑂1

𝑡 = 0 + 𝑤𝑂1 𝜏

𝑡

0 𝑑𝜏 ; ( 37 )

hasonlóan:

𝜑 𝑡 = 𝜑 𝑡 = 0 + 𝜔 𝜏 𝑑𝜏 ,𝑡

0 ( 38 )

𝜔 𝑡 = 𝜔 𝑡 = 0 + 𝜀 𝜏 𝑑𝜏 .𝑡

0 ( 39 )

A legegyszerűbb 𝑤𝑂1= 0 , 𝑣𝑂1

= 𝑘𝑜𝑛𝑠𝑡. esetben a mozgásegyenletek [ 1 ] szerint az

alábbiak:

𝑥𝑀 𝑡 = 𝑣𝑂1∙ 𝑡 + 𝑙 ∙ sin

𝑣𝑂1

𝑎∙ 𝑡 , ( 40 )

𝑦𝑀 𝑡 = 𝑎 + 𝑙 ∙ cos 𝑣𝑂1

𝑎∙ 𝑡 . ( 41 )

Utóbbiak a

𝑡 = 0 → 𝜑 = 0 ( 42 )

felvétellel állnak elő. A részletszámításokat rábízzuk az érdeklődő Olvasóra.

2. SZÁMPÉLDA

A sínen gördülő kerék sugara a = 0,4 m, középpontjának sebessége vO1 = 0,4 m / s.

Ábrázoljuk a kerék l = 0, l = 2 / 5 a , l = a és l = 5 / 4 a adatokkal bíró pontjainak pályáját!

Megoldás:

A feladatot a ( 40 ), ( 41 ) egyenletek és a feladat adatai alapján felírható

𝑥𝑀 𝑡 = 0,4 ∙ 𝑡 + 𝑙 ∙ sin 1 ∙ 𝑡 , ( m ) ( 40 / 1 )

𝑦𝑀 𝑡 = 0,4 + 𝑙 ∙ cos 1 ∙ 𝑡 ( m ) ( 41 / 1 )

11

paraméteres egyenletrendszerrel megadott görbék ábrázolásával oldjuk meg, a Graph

rajzoló program segítségével, l különböző értékeire – 6. ábra.

Az egyes görbék neve:

~ l = 0 : egyenes ( fekete );

~ l = 2 / 5 a: nyújtott ciklois ( zöld );

~ l = a : csúcsos ciklois ( sötétkék );

~ l = 5 / 4 a : hurkolt ciklois ( lila ) görbe.

Az egyes görbék egyező futásidőre készültek ( 0 ~ 10 s ), így nem ugyanott érnek véget.

Utóbbi tény érdekesnek is mondható. Gondoljunk bele!

6. ábra

………………………..

M9. Az általunk látott és hivatkozott orosz nyelvű források közül többen nagyon részle -

tesen foglalkoznak e témakörrel. Azonban találkoztunk olyan tankönyvvel is, ahol – bár

nem hanyagolták a témát – nem volt ilyen aprólékos, mondhatni szájbarágós a kifejtés,

mondván, hogy:

„A gyorsuláspólusnak kinematikai szempontból nincs olyan nagy jelentősége, mint a

sebességpólusnak…” – [ 4 ] .

Gyanítjuk, hogy sok orosz könyv – mint pl. [ 5 ] – részletességének oka az, hogy e nem

éppen könnyű témakörbe jobban bedolgozza magát a tanuló. Ezzel egyet tudunk érteni.

Igaz, rengeteg időt igényelhet, főleg, ha a szerkesztéses megoldási módokra is részletesen

kitérnek. Bizony, a Mechanika időigényes tudomány.

12

M10. Ebben az írásunkban – némi óvatossággal – igyekeztünk elővezetni e nem éppen

sláger - téma néhány érdekesnek is mondható részletkérdését, nem törekedve a teljes

kifejtésre. Ez itt a mi játékunk / játékra való felhívásunk. Akit érdekel, bekapcsolódhat,

hiszen az alábbi források mind elérhetők az interneten, így az itt nyitva hagyott kérdések -

nek nem nehéz utánanézni. Élvezzük a játékot!

Források:

[ 1 ] – M. I. Baty ~ G. Ju. Dzsanelidze ~ Kel’zon: Tyeoretyicseszkaja mehanyika

v primerah i zadacsah

Tom I.: Sztatyika i gyinamika

Izd. 7., „Nauka”, Moszkva, 1975.

[ 2 ] – A. A. Jablonszkij ~ V. M. Nyikiforova: Kursz tyeoretyicseszkoj mehanyiki

Csaszty 1.: Sztatyika, kinyematyika

Izd. 5., „Vüszsaja skola”, Moszkva, 1977.

[ 3 ] – L. G. Lojcjanszkij ~ A. I. Lurje: Kursz tyeoretyicseszkoj mehanyiki, Tom I.

Sztatyika i kinyematyika

Izd. 8., „Nauka”, Moszkva, 1982.

[ 4 ] – Szalai József: Műszaki mechanika III.

Kinematika és kinetika

Jegyzet, Erdészeti és Faipari Egyetem, Faipari Mérnöki Kar, Sopron, 1993.

[ 5 ] – Sz. M. Targ: Kratkij kursz tyeoretyicseszkoj mehanyiki

Izd. 10., „Vüszsaja skola”, Moszkva, 1986.

Összeállította: Galgóczi Gyula

ny. mérnöktanár

Sződliget, 2019. 05. 02.