Upload
rudolflaszlok
View
117
Download
11
Embed Size (px)
DESCRIPTION
Mechanika_Mozgastan.pdf
Citation preview
Égert János – Nagy Zoltán
MECHANIKA Mozgástan
Egyetemi alapképzésben részt vevő mérnökhallgatók számára
Készült a HEFOP 3.3.1-P.-2004-09-0102/1.0 pályázat támogatásával.
Szerző: dr. Égert János egyetemi tanár
dr. Nagy Zoltán egyetemi adjunktus
Lektor: Dr. Szabó Tamás tudományos főmunkatárs Miskolci Egyetem, Mechanika Tanszék
© Szerzők, 2006
Mechanika A dokumentum használata
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 3
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 3
A dokumentum használata
Mozgás a dokumentumban A dokumentumban való mozgáshoz a Windows és az Adobe Reader megszokott elemeit és módszereit használhatjuk.
Minden lap tetején és alján egy navigációs sor található, itt a megfe-lelő hivatkozásra kattintva ugorhatunk a használati útmutatóra, a tarta-lomjegyzékre, valamint a tárgymutatóra. A és a nyilakkal az előző és a következő oldalra léphetünk át, míg a Vissza mező az utoljára megnézett oldalra visz vissza bennünket.
Pozícionálás a könyvjelzőablak segítségével A bal oldali könyvjelző ablakban tartalomjegyzékfa található, amely-nek bejegyzéseire kattintva az adott fejezet/alfejezet első oldalára ju-tunk. Az aktuális pozíciónkat a tartalomjegyzékfában kiemelt bejegyzés mutatja.
A tartalomjegyzék használata
Ugrás megadott helyre a tartalomjegyzék segítségével
Kattintsunk a tartalomjegyzék megfelelő pontjára, ezzel az adott fejezet első oldalára jutunk.
Keresés a szövegben A dokumentumban való kereséshez használjuk megszokott módon a Szerkesztés menü Keresés parancsát. Az Adobe Reader az adott pozí-ciótól kezdve keres a szövegben.
Mechanika Tartalomjegyzék
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 4
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 4
Tartalomjegyzék
1. Bevezetés............................................................................................ 6
2. Mozgástani alapfogalmak................................................................ 8
3. Matematikai alapok ....................................................................... 11 3.1. A görög ABC leggyakrabban használt betűi ................................. 11 3.2. Mátrixalgebrai összefoglaló .......................................................... 11 3.3. Vektorok skaláris, kétszeres vektoriális és diadikus szorzata ....... 14 3.4. Tenzorok előállítása ...................................................................... 17 3.5. Matematikai gyakorló feladatok.................................................... 19
4. Tömegpont kinematikája............................................................... 30 4.1. Mozgásfüggvény (mozgástörvény), pálya (pályagörbe) ............... 30 4.2. Sebességfüggvény (sebességvektor), hodográf ............................. 31 4.3. Gyorsulásfüggvény (gyorsulásvektor) .......................................... 33 4.4. A mozgásjellemzők közötti kapcsolat összefoglalása,
foronómiai függvények (görbék) ................................................... 34 4.5. Tömegpont speciális mozgásai...................................................... 37 4.6. Gyakorló feladatok tömegpont mozgására.................................... 41
5. Merev test kinematikája ................................................................ 59 5.1. Alapfogalmak ................................................................................ 59 5.2. Merev test sebességállapota .......................................................... 59 5.3. Merev test gyorsulásállapota ......................................................... 63 5.4. Merev test gördülőmozgása........................................................... 65 5.5. Merev test rögzített pont körüli forgómozgása, ingamozgás ........ 68 5.6. Gyakorló feladatok merev test mozgására .................................... 68
6. Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben, relatív mozgás .................................. 83
6.1. A sebességek kapcsolata ............................................................... 84 6.2. A gyorsulások kapcsolata.............................................................. 85 6.3. Gyakorló feladatok relatív mozgásra ............................................ 86
7. Tömegpont kinetikája .................................................................... 92 7.1. Tömegpont impulzusa, perdülete .................................................. 92 7.2. Kinetikai energia, teljesítmény, munka......................................... 92
Mechanika Tartalomjegyzék
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 5
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 5
7.3. A Newton törvények ..................................................................... 94 7.4. A kinetika tételei ........................................................................... 95 7.5. Konzervatív erőtér (erőrendszer)................................................... 96 7.6. Tömegpont szabad mozgása.......................................................... 97 7.7. Tömegpont kényszermozgása ....................................................... 98 7.8. A Coulomb-féle súrlódási törvény ................................................ 99 7.9. Gyakorló feladatok tömegpont kinetikájára .................................. 99
8. Tömegpont relatív mozgásának kinetikája................................ 119 8.1. A kinetika alaptörvénye nem inerciarendszerben ....................... 119 8.2. Gyakorló feladatok relatív mozgás kinetikájára.......................... 120
9. Merev test kinetikája.................................................................... 128 9.1. Merev test tömegeloszlásának jellemzői ..................................... 128 9.2. Merev test impulzusa, impulzusnyomatéka ................................ 135 9.3. Kinetikai energia, teljesítmény, munka merev test(ek) esetén.... 136 9.4. Gyakorló feladatok impulzus, kinetikai energia, teljesítmény,
munka kiszámítására merev test(ek) esetén................................. 138 9.5. Impulzus tétel, perdület tétel ....................................................... 148 9.6. Energiatétel, munkatétel .............................................................. 149 9.7. Merev test kényszermozgása....................................................... 149
10. Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása......................................... 178 10.1. A forgó alkatrész támasztó erőrendszere................................... 178 10.2. A forgó alkatrész tömegkiegyensúlyozása ................................ 180 10.3. Gyakorló feladatok forgó alkatrészek kiegyensúlyozására és
támasztó erőrendszerének meghatározása ................................... 182
11. Testek ütközése ........................................................................... 192 11.1. Az ütközések osztályozása ........................................................ 192 11.2. A centrikus ütközés ................................................................... 193 11.3. Gyakorló feladatok testek centrikus ütközésére........................ 197
12. Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája............... 205 12.1. Fogalmak, jelölések................................................................... 205 12.2. Gyakorló feladatok összetett szerkezetek mozgására ............... 206
Szakirodalom ...................................................................................... 226
Mechanika Bevezetés
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 6
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 6
1. Bevezetés
A Mechanika számos mérnöki terület fontos alaptudománya. A
mérnökképzésben a mechanikának mérnöki szempontok szerinti is-mertetésére kerül sor úgy, hogy az a mérnöki gyakorlatban közvetle-nül használható legyen és erre a tudásanyagra a mérnöki szaktárgyak további ismereteket építhessenek.
A győri Széchenyi István Egyetem Gépész-, Informatikai és Vil-lamosmérnöki Intézetében az egyetemi alapképzésben a Mechanika négy féléves tantárgy, statikai, szilárdságtani, mozgástani és rezgésta-ni félévekre tagozódik.
A gépészmérnöki és mechatronikai mérnöki egyetemi alapképzés-ben résztvevő hallgatók mind a négy félévet hallgatják, a műszaki szakoktató szakos hallgatók statikát, szilárdságtant és mozgástant, a közlekedésmérnök szakos hallgatók statikát és mozgástant, a műszaki menedzser szakos hallgatók pedig statikát és szilárdságtant tanulnak.
A Mechanika tantárgy jegyzetei - az előadásokon, gyakorlatokon és konzultációkon történő részvételt feltételezve - segítséget szándé-koznak nyújtani a nappali tagozatos hallgatóknak a tantárgy elsajátítá-sához és a vizsgára történő eredményes felkészüléshez. Hasznos se-gédeszközök lehetnek azonban a levelező és távoktatási tagozatos egyetemi alapképzésben résztvevő gépészmérnöki, mechatronikai mérnöki, műszaki szakoktató, műszaki menedzser, és közlekedésmér-nöki szakos hallgatók számára is, akik nagyobb részt önállóan készül-nek fel a félévközi házi feladatok megoldására és a vizsgára. Az önál-ló felkészülést segíti elő a jegyzetekben például az idegen nevek, mér-tékegységek, görög betűk, stb. kiejtésének ismertetése is.
A jegyzetek tartalma nagyrészt megegyezik a távoktatásos hallga-tók rendelkezésére bocsátott internetes tananyagokkal, tagolásuk vi-szont ettől kismértékben eltér. A jegyzetek olyan esetekben is lehető-séget nyújtanak a távoktatási tagozatos hallgatók számára a tárgy ta-nulására, amikor nem áll rendelkezésre internetes kapcsolat, vagy számítógép.
A Mechanika – Mozgástan jegyzet megfelelő magyarázatokkal, de tömören tartalmazza a tárgy elméleti tananyagát, részletesen kidolgo-zott feladatokon mutatja be az elmélet alkalmazását és a ki nem dol-
Mechanika Bevezetés
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 7
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 7
gozott feladatokkal teremt lehetőséget a hallgatóknak az önálló mun-kára. A kidolgozott példák nagyrészt az [ ]5 és [ ]6 példatárból szár-maznak. Az önálló feladatmegoldásnak az elméleti anyag megértése és megtanulása, valamint a kidolgozott feladatok gondolatmenetének megértése után célszerű nekikezdeni. A tananyag elsajátítása a félév során folyamatos munkát igényel. A vizsgára történő eredményes fel-készüléshez célszerű a tananyaggal heti 3-4 órát intenzíven foglalkoz-ni és a jegyzetből 15-18 oldalnyi anyagot feldolgozni.
Az eredményes felkészüléshez a hallgatók a Gépszerkezettan és Mechanika Tanszék honlapján a http://www.sze.hu/ag/ címen további oktatási anyagokat, kidolgozott elméleti kérdéseket találnak.
A Mechanika – Mozgástan tantárgy anyagának elsajátításához a jegyzet szerzői eredményes munkát kívánnak.
A szerzők ezen a helyen mondanak köszönetet Dr. Szabó Tamás tudományos főmunkatársnak, a jegyzet lektorának hasznos és érdemi szakmai észrevételeiért, amelyek a jegyzet végleges változatába be-épültek. Győr, 2006. június
Mechanika Mozgástani alapfogalmak
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 8
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 8
2. Mozgástani alapfogalmak
a) A mozgástan felosztása a vizsgálat tárgya szerint:
Mozgástan (a mozgó testek mechanikája)
Kinematika Kinetika
(a mozgások leírása) (a mozgások okainak leírása) Kinematika: a mozgás matematikai leírásával foglalkozik, de a moz-
gást létrehozó okokat (erőhatásokat) nem vizsgálja. Kinetika: a mozgás okait, a mozgást létrehozó erőhatásokat vizsgálja,
célja az okok ismeretében a mozgás meghatározása.
Csak olyan mozgások vizsgálatával foglalkozunk, amelyek sebessége lényegesen kisebb, mint a fénysebesség.
b) Vonatkoztatási rendszerek: Mechanikai mozgásról mindig valamihez képest, valamire vonatkoz-tatva lehet beszélni. A mozgások leírásánál a vonatkoztatási alapot a vonatkoztatási rendszer képezi. Vonatkoztatási rendszer: valamely testhez (legtöbbször a Földhöz)
kötött koordináta-rendszer (KR), amelyben a mozgást vizsgáljuk, amelyhez képest írjuk le a mozgást.
A leggyakrabban használt koordináta-rendszerek: Derékszögű descartesi
(dékárti) koordináta-rendszer (DDKR)
Helykoordináták: x, y, z . Egységvektorok: , ,i j k Pont megadása: ( , , )P x y z . Helyvektor:
r x i y j z k= + + . DDKR
Henger koordináta-rendszer (HKR)
Helykoordináták: , ,R zϕ . Egységvektorok: , ,R ze e e kϕ ≡ . Pont megadása: ( , , )P R zϕ . Helyvektor: R zr Re z e= + ,
cos sinRe i jϕ ϕ= + . HKR
Mechanika Mozgástani alapfogalmak
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 9
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 9
z
r
Pj
x y
k
i
z
ϕe
Re
ϕR
r
x y
z
zeP
⋅
Ezekben a koordináta-rendszerekben az egységvektorok kölcsönösen merőlegesek egymásra. c) A mozgástanban használt test modellek: - Anyagi pont (tömegpont): 1. definíció: Olyan test, amelynek méretei a mozgás méreteihez
képest elhanyagolhatóan kicsik. 2. definíció: Olyan test, amelynek mozgása egyetlen pontjának
mozgásá- val jellemezhető. - Anyagi pontrendszer: Valamilyen szempontból összetartozó anyagi
pontok (tömegpontok) halmaza, összessége. - Merev test: Olyan test, amelyben bármely két pont távolsága állan-
dó, erőhatásra sem változik meg. A merev test nem képes alakváltozásra.
d) Szabadságfok: a test térbeli, vagy síkbeli helyzetét egyértelműen meghatározó, egymástól lineárisan független skaláris koordinátáknak, skaláris paramétereknek a száma.
Anyagi pont szabadságfoka: 2 3 Merev test szabadságfoka: 3 6 Síkbeli eset Térbeli eset
e) A mozgások leírására használt mennyiségek: - Skalár mennyiség: nagyság, (előjel) és mértékegység jellemzi.
Például: m – tömeg, T – hőmérséklet. - Vektor mennyiség: nagyság, irány, (előjel) és mértékegység jellem-
zi. Síkbeli esetben 2, térbeli esetben 3 skaláris meny-nyiséggel adható meg egy adott koordináta-rendszerben.
Mechanika Mozgástani alapfogalmak
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 10
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 10
Például: F - erővektor, v - sebességvektor. A vektor mennyiség ábrázolása:
a Ha az irány és a nagyság is fontos.
a
Ha csak az irány fontos.
A vektor koordináta-rendszertől független fizikai (geometriai, me-chanikai) mennyiség.
- Tenzor mennyiség:A lineáris, homogén vektor-vektor függvénykap-csolatot megadó mennyiség. A tenzor síkbeli eset-ben 2x2=4, térbeli esetben 3x3=9 skaláris mennyi-séggel – mátrixszal - adható meg egy adott koordi-náta-rendszerben. Például:
SJ - súlyponti tehetetlenségi tenzor.
A tenzor koordináta-rendszertől független fizikai (geometriai, me-chanikai) mennyiség.
A tenzor pontosabb definícióját később adjuk meg.
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 11
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 11
3. Matematikai alapok
3.1. A görög ABC leggyakrabban használt betűi
Kisbetű Nagybetű A betű magyar fonetikus kiejté-se
α Α alfa, β Β béta, χ Χ khí, δ Δ delta, ε Ε epszilon, ϕ Φ fí, γ Γ gamma, η Η éta, κ Κ kappa, λ Λ lambda, μ Μ mű, ν Ν nű, π Π pí, ϑ Θ téta, ρ Ρ ró, σ Σ szigma, τ Τ tau ω Ω omega, ξ Ξ kszí, ψ Ψ pszí, ζ Ζ éta.
3.2. Mátrixalgebrai összefoglaló
a) Mátrix értelmezése, jelölése: Mátrix: Skaláris mennyiségeknek, számoknak megadott szabály
szerint táblázatba rendezett halmaza.
Mátrix jelölése: 11 12 13
21 22 23
a a aA
a a a
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤ =⎣ ⎦ .
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 12
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 12
A mátrixokat kétszer aláhúzott betűvel, a mátrixok elemeit (koordiná-táit) alsó indexes betűvel jelöljük. Pl. ,A a és 13 2,a a stb. Az 13a mátrixelem az A mátrix első sorában és harmadik oszlopában van.
Mátrix mérete: például a fenti (2x3)-as méretű A⎡ ⎤⎣ ⎦ mátrixnak két sora és
három oszlopa van. Az 13a mátrix elem jelölés kiejtése (kiolvasása): á egy három.
Oszlopmátrix: 1
2
3
aa a
a
⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤ =⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
, sormátrix: [ ]1 2 3Ta a a a⎡ ⎤ =⎣ ⎦ .
Az oszlopmátrixnak egy oszlopa, a sormátrixnak egy sora van. A sormátrix ugyanannak az oszlopmátrixnak a transzponáltja. A sor-mátrixot a mátrix betűjelének felső indexébe írt T betű jelöli.
b) Mátrixműveletek: A műveleteket (2 2)× -es, (2x1)-es és (1x2)-es mátrixokra mutatjuk be. - Mátrix transzponáltja (tükrözés a főátlóra): A mátrix főátlóját
az azonos indexű elemek alkotják.
11 12
21 22
(2 2)
a aA
a a
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
×
⇒ 11 21
12 22
(2 2)
T a aA
a a
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
⎡ ⎤ =⎣ ⎦
×
.
A transzponálási művelet jele: T (a mátrix felső indexében).
A transzponálás oszlopmátrixból sormátrixot, sormátrixból pedig oszlopmátrixot hoz létre.Az TA jelölés kiejtése (kiolvasása): á transzponált.
- Mátrixok összeadása, kivonása:
Csak azonos méretű mátrixok adhatók össze, vonhatók ki egymás-ból.
A B C± = ,
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 13
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 13
11 11 11 11 1112 12 12 12 12
21 22 21 22 21 21 22 22 21 22
( ) ( )( ) ( )
(2 2) (2 2) (2 2) (2 2)
a a b b a b a b c ca a b b a b a b c c
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
± ±± = =
± ±
× × × ×
.
- Mátrix szorzás (sor-oszlop kombináció):
Csak olyan mátrixok szorozhatók össze, amelyek teljesítik azt a fel-tételt, hogy az első szorzótényező oszlopainak száma megegyezik a második szorzótényező sorainak számával.
A B C= ,
11 11 11 11 12 2112 12 11 12 12 22
21 22 21 22 21 11 22 21 21 12 22 22
( ) ( )( ) ( )
(2 2) (2 2) (2 2)
a a b b a b a b a b a ba a b b a b a b a b a b
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
+ +=
+ +
× × ×
.
A b c= ,
11 1 11 1 12 2 112
21 22 2 21 1 22 2 2
( )( )
(2 1) (2 1)(2 2) (2 1)
a a b a b a b ca a b a b a b c
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
+= =
+
× ×× ×
.
T Ta dB = ,
11 121 1 11 2 21 12 1 12 2 22 2
21 22
( ) ( )
(1 2) (1 2) (1 2)(2 2)
b ba a a b a b a b a b d d
b b
⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦
= + + =
× × ××
.
c) Különleges mátrixok:
- Egységmátrix: 1 00 1
E ⎡ ⎤= ⎢ ⎥
⎣ ⎦. Tulajdonsága: E A A E A= = .
Az egységmátrix a főátlójában 1-es koordinátákat, a főátlóján kívül 0 elemeket tartalmaz.
Az egységmátrixszal történő szorzás nem változtatja meg a meg-szorzott mátrixot.
- Szimmetrikus mátrix: TA A=
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 14
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 14
A mátrix elemei megegyeznek a főátlóra vett tükörképükkel.
Például 1 22 9
A ⎡ ⎤⎡ ⎤ = ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎣ ⎦ szimmetrikus mátrix.
- Ferdeszimmetrikus mátrix: TA A= − .
A mátrix bármelyik eleme megegyezik a főátlóra vett tükörképének mínusz egyszeresével. Ebből az következik, hogy a főátlóban csak zérus elemek lehetnek.
Például 0 33 0
A−⎡ ⎤
⎡ ⎤ = ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
ferdeszimmetrikus mátrix.
3.3. Vektorok skaláris, kétszeres vektoriális és diadikus szorzata
3.3.1. Vektorok skaláris szorzata
A skaláris szorzás értelmezése: cosa b a b α⋅ = .
(α a vektorok között bezárt szög) A skaláris szorzás kiszámítása mátrixszorzással:
x
x y z y x x y y z z
z
ba b a a a b a b a b a b
b
⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤⋅ = = + +⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦
.
Az első szorzó tényező koordinátáit sormátrixba, a második szorzó tényező koordinátáit oszlopmátrixba rendezzük és a szorzást a mát-rixszorzás szabályai szerint (sor-oszlop kombináció) végezzük el.
A szorzás eredménye egy skaláris mennyiség.
3.3.2. Vektorok kétszeres vektoriális szorzata:
( )a b c× × , vagy ( )a b c× × . Kiszámítás kétféle úton lehetséges:
- a két vektoriális szorzásnak a kijelölt sorrendben történő elvégzésé-vel, - a kifejtési szabállyal:
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 15
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 15
( ) ( ) ( )a b c b a c a b c× × = ⋅ − ⋅ , ill. ( ) ( ) ( )a b c b a c c a b× × = ⋅ − ⋅ .
3.3.3. Vektorok diadikus szorzata Legyen adott az ,a b és c tetszőleges vektor. Két vektor diadikus szorzatának jelölése: a b , elnevezése: diád. Az a b jelölés kiejtése (kiolvasása): á diád bé. Két vektor diadikus szorzatát a szorzás tulajdonságainak megadásával értelmezzük: - a diadikus szorzás és a skaláris szorzás asszociatív (csoportosítható,
azaz szorzások elvégzésének sorrendje felcserélhető): ( ) ( )a b c a b c⋅ = ⋅ , - a diád a skaláris szorzás szempontjából nem kommutatív (nem mind-
egy, hogy egy diádot jobbról, vagy balról szorzunk meg skalárisan egy vektorral, mert más eredményt kapunk):
( ) ( )c a b a b c⋅ ≠ ⋅ . Ha a szorzás a fenti összefüggéseket kielégíti, akkor a szorzás diadikus. Két vektor diadikus szorzatának kiszámítása jobbsodrású, derékszögű koordináta-rendszerben:
x x x x y x z
xy y z y x y y y z
z z x z y z z
a a b a b a ba b a b b b a b a b a b
a a b a b a b
⎡ ⎤⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ .
Az első szorzó tényező koordinátáit oszlopmátrixba, a második szor-zó tényező koordinátáit sormátrixba rendezzük és a szorzást a mátrix szorzás szabályai szerint (sor-oszlop kombináció) végezzük el. A szorzás eredménye egy kilenc skaláris mennyiséget tartalmazó mát-rix.
Egységvektorok diadikus szorzata:
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 16
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 16
[ ]1 1 0 00 1 0 0 0 0 00 0 0 0
i i⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
,
[ ]0 0 0 01 0 1 0 0 1 00 0 0 0
j j⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
,
[ ]0 0 0 00 0 0 1 0 0 01 0 0 1
k k⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
,
[ ]1 0 1 00 0 1 0 0 0 00 0 0 0
i j⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
,
[ ]1 0 0 10 0 0 1 0 0 00 0 0 0
i k⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
,
[ ]0 0 0 01 0 0 1 0 0 10 0 0 0
j k⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
,
[ ]0 0 0 01 1 0 0 1 0 00 0 0 0
j i⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
,
[ ]0 0 0 00 1 0 0 0 0 01 1 0 0
k i⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
,
[ ]0 0 0 00 0 1 0 0 0 01 0 1 0
k j⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
.
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 17
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 17
A skalár számmal történő szorzás mindig diadikus, vagy más szó-használattal általános szorzás.
3.4. Tenzorok előállítása 3.4.1. Tenzor értelmezése és tulajdonságai
Tenzor: Homogén, lineáris vektor-vektor függvény által megvalósí-tott leképezés (hozzárendelés).
( )w f v T v= = ⋅ .
v
vO
hozzárendelés
wO
w
A T tenzor a tetszőleges v vektorhoz a w képvektort rendeli hozzá. A vektor-vektor függvény olyan függvénykapcsolat, amelynek v ér-telmezési tartománya és w értékkészlete is vektor mennyiség. A tenzor tulajdonságai:
- Homogén: A zérus vektorhoz zérus vektort rendel hozzá. ⇒ 0 (0)f= . - Lineáris: Ha egy vektort két másik vektor lineáris kombinációjaként
állítunk elő, akkor a vektor képvektora egyenlő a lineáris kombinációban szereplő vektorok képvektorainak lineáris kombinációjával.
Ha 1 1 2 2v v vλ λ= + és 1 1( )w f v= , 2 2( )w f v= , akkor 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( )w f v f v v f v f v w wλ λ λ λ λ λ= = + = + = + . Az összefüggésekben 1λ és 2λ tetszőleges skalár együttha-
tók. - A tenzor koordináta-rendszertől független fizikai (geometriai, me-
chanikai) mennyiség
3.4.2. Tenzor előállítása jobbsodratú, derékszögű koordináta-rendszerben
- Tenzor megadása: - a tenzor koordinátáival (mátixával) és - a koordináta-rendszerrel történik.
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 18
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 18
- Tenzor koordinátáinak jelölése mátrixba rendezve:
11 12 13
21 22 23
31 32 33
xx xy xz
yx yy yzxyz
zx zy zz
T T T T T TT T T T T T T
T T TT T T
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = =⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
.
A tenzor-koordináták jelölésének kiejtése (kiolvasása): Pl.: 23T - té kettő három, zyT - té zé ipszilon.
- Tenzor előállítása: 1. Tétel: Térbeli esetben minden tenzor egyértelműen megadható há-
rom egymásra merőleges egységvektor és ezek képvektorai (három értékpár) ismeretében.
Síkbeli esetben minden tenzor egyértelműen megadható két egy-másra merőleges egységvektor és ezek képvektorai (két értékpár) ismeretében.
2. Tétel: Térbeli esetben minden tenzor előállítható három diád ösz-szegeként.
Síkbeli esetben minden tenzor előállítható két diád összege-ként.
Legyen ismert három értékpár: ( )i a f i→ = , x y za a i a j a k= + + ,
( )j b f j→ = , x y zb b i b j b k= + + ,
( )k c f k→ = , x y zc c i c j c k= + + .
A tenzor diadikus előállítása: ( )T a i b j c k= + + .
A tenzor mátrixa: x x x
y y yxyz
z z z
a b cT a b c
a b c
⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤ = ⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦
.
A tenzor mátrixát a diadikus előállításban kijelölt diadikus szorzá-sok és az összeadások elvégzésével kapjuk. A tenzor mátrixának oszlopai az a , b , c képvektorok koordiná-táit tartalmazzák. A mátrix első sorában a képvektorok x koordiná-tái, a második sorban a képvektorok y koordinátái, a harmadik sorban a képvektorok z koordinátái állnak.
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 19
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 19
3.5. Matematikai gyakorló feladatok 3.5.1. feladat: Mátrix műveletek
Adott: 2 47 3
A−⎡ ⎤
= ⎢ ⎥⎣ ⎦
, 12 46 3
B−⎡ ⎤
= ⎢ ⎥−⎣ ⎦.
Feladat: a) Az TA és TB transzponált mátrixok meghatározása. b) Az A B+ összegmátrix és az A B− különbségmátrix meghatározá-
sa. c) Az AB szorzatmátrix meghatározása.
Kidolgozás: a) Az TA és TB transzponált mátrixok meghatározása:
2 74 3
TA ⎡ ⎤= ⎢ ⎥−⎣ ⎦
, 12 64 3
TB− −⎡ ⎤
= ⎢ ⎥⎣ ⎦
.
b) Az A B+ összegmátrix és az A B− különbségmátrix meghatározá-sa:
2 4 12 4 10 07 3 6 3 1 6
A B− − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
+ = + =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦,
2 4 12 4 14 87 3 6 3 13 0
A B− − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
− = − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦.
c) Az AB szorzatmátrix meghatározása.
2 4 12 4 2( 12) ( 4)( 6) 2 4 ( 4)37 3 6 3 7( 12) 3( 6) 7 4 3 3
AB− − − + − − ⋅ + −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
= = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − + − ⋅ + ⋅⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
48 4102 37
− −⎡ ⎤= ⎢ ⎥−⎣ ⎦
.
3.5.2. feladat: Skaláris, diadikus és mátrix szorzás Adott:
( )4 6a i j k= + − m,
Feladat: a) Az a b⋅ és az a b szorzatok
meghatározása.
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 20
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 20
( )3b i j k= − + − m,
( )2 6c j k= − − m.
Mértékegység: m – mé-ter.
b) Az ( )a b c⋅ és a ( )c a b⋅ szor-zat meghatározása.
Kidolgozás:
a) Az a b⋅ és az a b szorzatok meghatározása:
[ ] 2
34 6 1 1 4 ( 3) 6 1 ( 1) ( 1) 5 m
1a b
−⎡ ⎤⎢ ⎥⋅ = − = − + ⋅ + − − = −⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦
,
( ) ( )4 6 3a b i j k i j k= + − − + − =
( ) ( )12 18 3 4 6i j k i i j k j⎡= − − + + + − +⎣
( )4 6i j k k ⎤+ − − + ⎦ m2.
A szögletes zárójelben lévő diádok első szorzó tényezőinek koordiná-tái a tenzor mátrixának oszlopaiban jelennek meg:
[ ]4 12 4 46 3 1 1 18 6 61 3 1 1
a b− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = − − = − −⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎣ ⎦ ⎣ ⎦
m2.
b) Az ( )a b c⋅ és a ( )c a b⋅ szorzat meghatározása: - Az értelmezés alapján:
( ) ( )a b c a b c⋅ = ⋅ =
( ) ( ) ( )4 6 3 2 5i j k i j k j k⎡ ⎤= + − − + − ⋅ − − =⎣ ⎦
( ) [ ] ( )4 6 2 5 12 18 3i j k i j k= + − − + = + − m3,
- Mátrixszorzással:
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 21
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 21
[ ]12 4 4 0 8 20
( ) 18 6 6 2 12 303 1 1 5 2 5
a b c− − − +⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = − − − = − + =⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
1218
3
⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦
m3.
A kétféleképp előállított eredmény természetesen megegyezik.
- Az értelmezés alapján: ( ) ( )c a b c a b⋅ = ⋅ =
( ) ( ) ( )2 5 4 6 3j k i j k i j k⎡ ⎤= − − ⋅ + − − + − =⎣ ⎦
[ ] ( )12 5 3 (21 7 7 )i j k i j k= − + − + − = − + .
- Mátrixszorzással:
[ ] [ ]12 4 4
( ) 0 2 5 18 6 63 1 1
c a b− −⎡ ⎤
⎢ ⎥⎡ ⎤ = − − − − =⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦
[ ] [ ](36 15) ( 12 5) (12 5) 21 7 7= − − + − = − m3 A kétféleképp előállított eredmény természetesen megegyezik.
3.5.3. feladat: Vektor adott irányra merőleges összetevőjének meghatározása
Adott: (20 40 30 )b i j k= + −
m, (0,8 0,6 )ae j k= − ,
y
O
x
z
b
b
ae
b⊥
⋅
Feladat: a) A b vektor ae egységvektorral párhuzamos b összetevőjének meg-
határozása. b) A b vektor ae egységvektorra merőleges b⊥ összetevőjének megha-
tározása kétszeres vektoriális szorzással.
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 22
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 22
c) A b vektor ae egységvektorra merőleges b⊥ összetevőjének meg-határozása a kifejtési szabállyal. Kidolgozás: a) A b párhuzamos összetevő meghatározása:
[ ]20
( ) 0 0,8 0,6 40 (32 18) 5030
a a a a ab e b e e e e⎛ ⎞⎡ ⎤⎜ ⎟⎢ ⎥= ⋅ = − = + =⎜ ⎟⎢ ⎥⎜ ⎟⎢ ⎥−⎣ ⎦⎝ ⎠
50 50(0,8 0,6 ) (40 30 )ab e j k j k= = − = − m.
b) A b⊥ merőleges összetevő meghatározása kétszeres vektoriális szorzással:
( )a ab e b e⊥ = × × .
( ) 0 0,8 0,6 ( 24 24) (12) ( 16)20 40 30
a
i j ke b i j k× = − = − + − + −
−,
( ) 0 12 16 (7,2 12,8) (0) (0)0 0,8 0,6
a a
i j ke b e i j k× × = − − = + − +
−.
( ) (20 )a ab e b e i⊥ = × × = m.
c) A b⊥ összetevő meghatározása a kifejtési szabállyal:
( ) ( ) ( )a a a a a ab e b e b e e e b e b b⊥ = × × = ⋅ − ⋅ = − .
(20 40 30 ) (40 30 ) (20 )b b b i j k j k i⊥ = − = + − − − = m.
3.5.4. feladat: Tenzor előállítása Adott: (4 2 )Pr i j= + m. Feladat:
a) Annak a T tenzor mátrixának az előállítása, amely az xy sík helyvektoraiból a helyvekto-roknak a koordináta-rendszer O kezdőpontjára tükrözött vekto-rait állítja elő.
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 23
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 23
PrP
AAr
x
y
O
b) Meghatározni azt az Ar vektort, amely az Pr vektor origóra vett tükörképe.
Kidolgozás: a) A tenzor előállítása:
Síkbeli esetben a tenzort két értékpárja határozza meg: i → a i= − , j → b j= − .
A két értékpárból a tenzor: ( )T a i b j= +
A tenzor mátrixa: 1 0
0 1T
−⎡ ⎤⎡ ⎤ = ⎢ ⎥⎣ ⎦ −⎣ ⎦
.
b) Az origóra tükrözött Ar képvektor meghatározása: 1 0 1 0 4 4
0 1 0 1 2 2P
A PP
xr T r
y− − −⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
= ⋅ = = =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦.
( 4 2 ) mAr i j= − − .
3.5.5. feladat: Tenzor előállítása
Adott: (4 3 )Pr i j= + m.
Pr
P
AAr
x
y
O
Feladat: a) Annak a T tenzor mátrixának az előállítása, amely az xy sík hely-
vektoraiból a helyvektoroknak a koordináta-rendszer x tengelyére tükrözött vektorait állítja elő.
b) Meghatározni azt az Ar vektort, amely az Pr vektor x tengelyre vett tükörképe.
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 24
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 24
Kidolgozás: a) A tenzor előállítása:
Síkbeli esetben a tenzort két értékpárja határozza meg: i → a i= , j → b j= − . A két értékpárból a tenzor: ( )T a i b j= + .
A tenzor mátrixa: 1 00 1
T ⎡ ⎤⎡ ⎤ = ⎢ ⎥⎣ ⎦ −⎣ ⎦
.
b) Az x tengelyre tükrözött Ar képvektor meghatározása: 1 0 1 0 4 40 1 0 1 3 3
PA P
P
xr T r
y⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤
= ⋅ = = =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦.
(4 3 ) mAr i j= − .
3.5.6. feladat: Tenzor előállítása Adott:
ϕPr
P
A
Ar
y
30oϕ = , (4 )Pr i j= + m.
Feladat: a) Annak a T tenzor mátrixának az előállí-
tása, amely az xy sík helyvektoraiból a helyvektorok z tengely körül ϕ szöggel elforgatott vektorait állítja elő.
b) Meghatározni azt az Ar vektort, amelyet az Pr vektor ϕ szöggel történő elforga-tásával kapunk.
Kidolgozás: a) A tenzor előállítása:
ϕ
i
ja
x
y
ϕb
Síkbeli esetben a tenzort két értékpárja határozza meg:
i → (cos sin )a i jϕ ϕ= + , j → ( sin cos )b i jϕ ϕ= − + .
A két értékpárból a tenzor: ( )T a i b j= +
A diádok kiszámítása:
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 25
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 25
[ ]0 cos 0
1 00 sin 0
x x
y y
a aa i
a aϕϕ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ = = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦,
[ ]0 0 sin
0 10 0 cos
x x
y y
b bb j
b bϕ
ϕ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ −⎡ ⎤⎡ ⎤ = = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
.
A tenzor mátrixa: cos sin 0,866 0,5sin cos 0,5 0,866
Tϕ ϕϕ ϕ
− −⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎡ ⎤ = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎣ ⎦ ⎣ ⎦.
b) Az elforgatott Ar vektor meghatározása: cos sin 0,866 0,5 4 2,964sin cos 0,5 0,866 1 2,866
PA P
P
xr T r
yϕ ϕϕ ϕ
− −⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ = = =⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎣ ⎦
(2,964 2,866 ) mAr i j= + .
3.5.7. feladat: Tenzor előállítása
Adott:
45oϕ = , (5 2 )Pr i j= + m.
ϕPr
P
A
Ar
x
y
Pu
Feladat: a) Annak a T tenzor mátrixának az előállítása, amely az xy sík hely-
vektoraihoz a helyvektorok z tengely körül ϕ szöggel történő elfor-gatásakor a helyvektorok végpontjainak elmozdulásvektorait rendeli hozzá.
b) Meghatározni Pr vektor végpontjának Pu elmozdulásvektorát a ϕ szöggel történő elforgatásnál.
Kidolgozás: a) A T tenzor előállítása:
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 26
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 26
ϕ
i
ja x
y
ϕ
bSíkbeli esetben a tenzort két
értékpárja határozza meg: i →
(1 cos ) sina i jϕ ϕ= − − + , j →
sin (1 cos )b i jϕ ϕ= − − − . A két értékpárból a tenzor:
( )T a i b j= + A tenzor mátrixa:
(cos 1) sin 0,293 0,707sin (cos 1) 0,707 0,293
Tϕ ϕ
ϕ ϕ− − − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤
⎡ ⎤ = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ − −⎣ ⎦ ⎣ ⎦.
b) Az Pu elmozdulásvektor meghatározása: 0,293 0,707 5 2,8790,707 0,293 2 2,949P Pu T r
− − −⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤= ⋅ = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
( 2,879 2,949 ) mPu i j= − + .
3.5.8. feladat: Tenzor előállítása
Adott: 1 1( )2 2
n j k= − + , (5 2 10 )Pr i j k= + + m.
Feladat:
yA
x
z
Pr
P
Ar ⋅
n
S
a) Annak a T tenzor mátrixá-nak az előállítása, amely a tér minden helyvektorához a helyvektoroknak az n normálisú S síkba eső vetü-letvektorát rendeli hozzá.
b) Meghatározni Pr vektornak az adott n normálisú S sík-ba eső Ar vetületvektorát.
A vetületvektort úgy kapjuk, hogy az Pr vektor végpontját merőlegesen vetítjük az S síkra.
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 27
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 27
Kidolgozás: a) A T tenzor előállítása:
A tetszőleges v vektor S síkba eső w vetületvektora: ( ) ( ) ( ) ( )
1w n v n v n n n n v v n n v= × × = ⋅ − ⋅ = − ⋅
=.
Térbeli esetben a tenzort három értékpárja határozza meg: i → ( )
0a i n n i i= − ⋅ =
=,
j → 1 1 1 1( )2 2 2 221
2
nb j n n j j j j k j k⎛ ⎞= − ⋅ = − = − + = +⎜ ⎟⎝ ⎠
=−
,
k → 1 1 1 1( )2 2 2 221
2
nc k n n k k k j k j k⎛ ⎞= − ⋅ = + = + − = +⎜ ⎟⎝ ⎠
=
.
A három értékpárból a tenzor: ( )T a i b j c k= + +
A tenzor mátrixa: 1 0 00 0,5 0,50 0,5 0,5
T⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤ =⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
.
b) Az Pr vektornak az adott n normálisú síkba eső Ar vetületvektorá-nak meghatározása:
1 0 0 5 50 0,5 0,5 2 60 0,5 0,5 10 6
A Pr T r⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ ⎦
m.
(5 6 6 )Ar i j k= + + m.
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 28
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 28
3.5.9. feladat: Tenzor előállítása
Adott: (3 4 6 )Pr i j k= + + m.
y
A
x
z
Pr P
Ar⋅ ⋅D
O
Feladat: a) Annak a T tenzor mátrixának az
előállítása, amely a tér minden helyvektorához a helyvektoroknak az xy síkra vett tükörkép-vektorát rendeli hozzá.
b) Meghatározni Pr vektornak az xy síkra vett Ar tükörkép-vektorát.
A tükörkép-vektort a következőképpen kapjuk: Az Pr vektor végpont-ját merőlegesen vetítjük az xy síkra. A D pont a vetítő egyenes döfés-pontja az xy síkon. Megoldás: a) A hozzárendelést megvalósító tenzor mátrixa:
1 0 00 1 00 0 1
T⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤ =⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥−⎣ ⎦
.
b) Az Ar tükörkép-vektor: (3 4 6 )Ar i j k= + − m.
3.5.10. feladat: Tenzor előállítása
y
x
z
PrP
Ar ⋅⋅D A≡
O
Adott: (4 4 8 )Pr i j k= + + m.
Feladat: a) Annak a T tenzor mátrixának az elő-
állítása, amely a tér minden helyvekto-rához a helyvektoroknak az xy síkba eső vetületvektorát rendeli hozzá.
b) Meghatározni Pr vektornak az xy síkba eső Ar vetületvektorát. A vetületvektort úgy kapjuk, hogy az Pr vektor végpontját merőle-
gesen vetítjük az xy síkra. A D pont a vetítő egyenes döféspontja az xy síkon. A vetületvektor a D pontba mutató vektor.
Mechanika Matematikai alapok
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 29
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 29
Megoldás:
b) hozzárendelést megvalósító tenzor mátrixa :1 0 00 1 00 0 0
T⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤ =⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
.
c) Az Ar vetületvektor: (4 4 )Ar i j= + m.
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 30
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 30
4. Tömegpont kinematikája 4.1. Mozgásfüggvény (mozgástörvény), pálya
(pályagörbe) a) A mozgásfüggvény megadása DDKR-ben, vagy HKR-ben:
Mozgásfüggvény: Az anyagi pont térbeli helyzetét meghatározó ( )r r t= helyvektor-idő (vektor-skalár) függ-
vény. A helyvektor (a mozgásfüggvény) SI rendszer szerinti alap mérték-egysége m (méter). Pályagörbe: 1. definíció: Az a térgörbe, amelyen az anyagi pont a
mozgás során végighalad. 2. definíció: Az ( )r r t= mozgásfüggvény által meghatá-
rozott térgörbe. A pályagörbét az ( )r r t= helyvektorok végpontja írja le.
P)( 1tr
)( 0tr
x y
z
)(tr
1P
0Ppályagörb
O
A mozgásfüggvény vektoriális megadása:
DDKR: ( ) ( ) ( ) ( )r t x t i y t j z t k= + + .
HKR: ( ) ( ) ( )R zr t R t e z t e= + ,
cos sinRe i jϕ ϕ= + .
A mozgásfüggvény skaláris megadása: DDKR: ( )x x t= ,
( )y y t= , ( )z z t= .
HKR: ( )R R t= , ( )tϕ ϕ= , ( )z z t= .
b) A mozgásfüggvény természetes koordináta-rendszerben:
Az s ívkoordináta: A pályagörbén egy O kezdőponttól mért előjeles távolság (előjeles ívhossz).
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 31
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 31
P e
nbsO ⋅ ⋅
+, ,e n b - egymásra kölcsönösen merőle-
ges egységvektorok (a pálya-görbe természetes koordináta-rendszere, vagy kísérő triéder).
e - az érintő irányú egységvektor: d reds
= , 1e = .
n - a főnormális egységvektor: 1d e n nds
κρ
= = , 1n = .
b - a binormális egységvektor: b e n= × , 1b = .
P e
n
O
⋅+
pályagörbe
ρ
simulókör
ρ - a térgörbe P pontbeli görbületi sugara,
1/κ ρ= - a térgörbe P pontbeli görbülete.
O – a pályagörbe P pontbeli görbületi középpontja.
Az n főnormális egységvek-tor mindig a görbületi kö-zéppont felé mutat.
Simulósík: Az e érintő irányú egységvektor és az n főnormális egy-ségvektor által meghatározott sík.
Az anyagi pont helye a pályagörbén többféleképpen is megadható: • Helyvektor – idő függvény: ( )r r t= ,
• Helyvektor – ívkoordináta függvény: ( )r r s= ,
• Ívkoordináta (út) – idő függvény: ( )s s t= . Pályabefutás függvény. Ennél a megadásnál ismerni kell a pálya-görbét és az ívkoordináta kezdőpontját a pályán.
4.2. Sebességfüggvény (sebességvektor), hodográf Sebességfüggvény: a mozgásfüggvény idő szerinti első deriváltja.
( )( ) ( ) dr tv t r tdt
= = .
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 32
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 32
A sebesség SI rendszer szerinti alap mértékegysége /m s (méter per szekundum). Pillanatnyi sebességvektor: a sebességfüggvény egy adott 1t időpilla-
natban felvett értéke: 1 1( )v v t= . Tulajdonságai: - A pillanatnyi sebességvektor vektor mennyiség. - A sebességvektor iránya megegyezik a pályagörbe érintőjének irányával.
Bizonyítás: ( )( ) ( ) ( )d r d r ds d s tv t e e v t v t edt ds dt dt
= = = = = .
Pálya menti sebesség (pályasebesség): az ívhossz idő szerinti első de-riváltja.
( )( ) d s tv tdt
= .
Tulajdonságai: A pályasebesség a sebességvektor érintő irányú koor-dinátája. - A pályasebesség előjeles skalár mennyiség.
- A pályasebesség előjelét az s ívkoordináta irányítása dönti el.
A sebességfüggvény koordinátái DDKR-ben:
A mozgásfüggvény (helyvektor): ( ) ( ) ( ) ( )r t x t i y t j z t k= + + .
A sebességfüggvény (sebességvektor): ( ) ( ) ( ) ( )x y zv t v t i v t j v t k= + + .
A sebességvektor koordinátái:
( )( )xd x tv t
dt= , ( )( )y
d y tv tdt
= , ( )( )zd z tv t
dt= .
Hodográf: 1. definíció: Az a görbe, amelyet a ( )v v t= sebességvek-torok végpontja ír le a , ,x y zv v v koordináta-rendszerben.
2. definíció: A sebességvektorok végpontjai által meghatá-rozott görbe, ha a sebességvektorokat egy kö-zös kezdőpontból mérjük fel
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 33
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 33
1a
2a
2v
1v
xvyv
zv
hodográf
vO
⋅
⋅
A gyorsulásvektorok a hodográf
görbe érintői.
Közepes sebesség: mindig egy megadott időintervallumra vonatkozik
12rΔ2( )r t
1( )r t
xy
z2P
1P
O
A < 1 2t t > időintervallumra vonat-kozó közepes sebesség:
2 1 2 1 12
2 1 2 1 12
( ) ( )k
r t r t r r rvt t t t t
− − Δ= = =
− − Δ.
4.3. Gyorsulásfüggvény (gyorsulásvektor)
Gyorsulásfüggvény: a sebességfüggvény idő szerinti első deriváltja, illetve a mozgásfüggvény idő szerinti második deri-váltja
2
2
( ) ( )( ) dv t d r ta tdt dt
= = .
.A gyorsulás SI rendszer szerinti alap mértékegysége 2/m s (méter per szekundum négyzet). Pillanatnyi gyorsulásvektor: a gyorsulásfüggvény egy adott 2t időpil-
lanatban vett értéke: 2 2( )a a t= . Tulajdonságai: - A pillanatnyi gyorsulásvektor vektor mennyiség. - A gyorsulásvektor a pályagörbe simulósíkjába esik
és a pályagörbe érintője és főnormálisa irányába eső összetevőkből áll.
Bizonyítás: [ ]( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )dv t d dv t de ta t v t e t e vdt dt dt dt
= = = + ,
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 34
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 34
1 ( )d e d e ds vn v t ndt ds dt ρ ρ
= = = ,
2
( ) ( ) ( )e ndv va t e n a t e a t ndt ρ
= + = + .
Pálya menti gyorsulás (pályagyorsulás): a sebesség nagyságának válto-zását jellemzi.
( )( )edv ta t
dt= .
Normális gyorsulás: a sebesség irányának változását jellemzi.
[ ]2( )( )n
v ta t
ρ= .
A gyorsulásfüggvény koordinátái DDKR-ben: A helyvektor: ( ) ( ) ( ) ( )r t x t i y t j z t k= + + . A sebességvektor: ( ) ( ) ( ) ( )x y zv t v t i v t j v t k= + + .
A gyorsulásvektor: ( ) ( ) ( ) ( )x y za t a t i a t j a t k= + + .
A gyorsulásvektor koordinátái: ( ) ( ) ( )x xa t v t x t= = , ( ) ( ) ( )y ya t v t y t= = , ( ) ( ) ( )z za t v t z t= = ,
vagy másképpen írva: 2
2
( ) ( )( ) xx
dv t d x ta tdt dt
= = ,2
2
( ) ( )( ) yy
dv t d y ta tdt dt
= = ,
2
2
( ) ( )( ) zz
dv t d z ta tdt dt
= = .
4.4. A mozgásjellemzők közötti kapcsolat összefoglalása, foronómiai függvények (görbék)
a) Kapcsolat a tömegpont jellemzői között : 1. feladat: Ismert: ( )r r t= .
Meghatározandó: ( )( ) ( ) ( )d r tv t r t v t e
dt= = = ,
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 35
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 35
2
2
( ) ( )( ) ( ) ( )e nd v t d r ta t a t e a t n
dt dt= = = + .
A feladat differenciálással oldható meg.
2. feladat: Ismert: ( )a a t= és a
0 0
0 0
( )kezdeti feltételek
( )v t t vr t t r
= = ⎫⎬= = ⎭
.
Meghatározandó:
0
0( ) ( )t
t
v t v a t dt= + ∫ , továbbá az
0
0( ) ( )t
t
r t r v t dt= + ∫ .
A feladat integrálással oldható meg. 3. feladat: Ismert: ( )v v t= és az 0 0( ) kezdeti feltételr t t r= = .
Meghatározandó: 2
2
( ) ( )( ) ( ) ( )e nd v t d r ta t a t e a t n
dt dt= = = + ,
0
0( ) ( )t
t
r t r v t dt= + ∫ .
A feladat differenciálással és integrálással oldható meg.
b) Foronómiai függvények (görbék): Az ( )s s t= , ( )v v t= és az ( )e ea a t= pálya menti mozgásjellemzőket foronómiai, vagy kinematikai függvényeknek (görbéknek) nevezzük. A foromómiai (kinematikai) függvények az anyagi pont egy megadott térgörbén végbemenő mozgását jellemzik.
Példa: Az állandóea = pályagyorsulású mozgás foronómiai görbéi.
Kezdeti feltételek: 0( 0) 0s t s= = = és 0( 0) 0v t v= = = .
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 36
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 36
21
2eta
t
( )s t
1t1 / 2t
1ea t
t
( )v t
1t
eat
( )ea t
1t
2
0 0( )2ets t s v t a= + + .
A másodfokú függvény (para-bola) 0t = pontbeli érintője a t tengely, a 1t t= pontbeli érintője a 1 / 2t pontot a függvényértékkel összekötő egyenes.
0( ) ev t v a t= + .
állandóea = .
1. feladat: Ismert: ( )s s t= . Meghatározandó:
( ) ( ) dsv v t s tdt
= = = ,
2
2( ) ( ) ( )e edv d sa a t v t s tdt dt
= = = = = .
A feladat differenciálással oldható meg. 2. feladat: Ismert: ( )e ea a t= és a 0v , 0s kezdeti feltételek.
Meghatározandó:
0
0( ) ( )t
et
v v t v a t dt= = + ∫ ,
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 37
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 37
0
0( ) ( )t
t
s s t s v t dt= = + ∫ .
A feladat integrálással oldható meg. 3. feladat: Ismert: ( )v v t= és az, 0s kezdeti feltétel.
Meghatározandó:
2
2( ) ( ) ( )e edv d sa a t v t s tdt dt
= = = = = ,
0
0( ) ( )t
t
s s t s v t dt= = + ∫ .
A feladat differenciálással és integrálással oldható meg.
4.5. Tömegpont speciális mozgásai a) Tömegpont egyenes vonalú mozgása:
Egyenes vonalú mozgás: ha a tömegpont pályájának nincs görbülete ( 0κ = ), azaz a pálya minden pontjában a görbületi sugár ρ → ∞ (ró tart végtelen-hez).
A mozgástörvény: 0( ) ( )r t r c f t= + , ahol ( )f t tetszőleges skalárfüggvény.
Az ( )f t skalár érték adja meg, hogy a 0P pontból a c vektor hány-szorosát kell felmérni ahhoz, hogy megkapjam az anyagi pont helyét.
c
yx
0P
z
0r
0P - a pálya egy adott pontja,
c - a pálya (az egyenes) irányvekto-ra
A sebességfüggvény: ( ) d fv t c c fdt
= = .
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 38
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 38
A gyorsulásfüggvény: 2
2( ) d fa t c c fdt
= = .
Speciális esetek: • Egyenes vonalú, egyenletes sebességű mozgás:
áll.v = ⇒ ( )f t bt= , ahol b – tetszőleges skaláris állandó. d f bdt
= ⇒ v c b bc= = .
• Egyenes vonalú, egyenletesen gyorsuló mozgás: áll.a = ⇒ ( )f t a= , ahol a – tetszőleges skaláris állandó,
(a a pálya menti gyorsulás). ( )f t a t b= + ,
2( )2af t t bt c= + + , ahol b, c – a kezdeti feltételektől
függő skaláris állandók. b) Tömegpont síkmozgásai:
Síkmozgás: ha az anyagi pont a mozgása során a 0v kezdősebesség és az 0a kezdőgyorsulás vektorok síkjából nem lép ki.
Speciális esetek: • Állandó gyorsulású mozgás:
- A gyorsulásfüggvény: áll.a = és 0v nem párhuzamos a -val.
- A sebességfüggvény:
0
0( ) ( )t
t
v t v a t dt= + =∫ 0v a t+ .
A mozgás hodográfja egye-nes.
ta
0v
)(tv
vO
- A mozgásfüggvény (pályagörbe):
0
0( ) ( )t
t
r t r v t dt= + ∫ ,
0
2
0 0 0 0( ) ( )2
t
t
tr t r v a t dt r v t a= + + = + +∫
A pályagörbe para-bola, vagy egye-nes.
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 39
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 39
Az állandó gyorsulású mozgás speciális esete az az egyenes vona-lú mozgás, amely akkor jön létre, ha 0v és a párhuzamos egy-mással.
parabolát három pontja és a három pontbeli érintője ismeretében rajzoljuk meg.
parabola tengelye párhuza-mos az a gyorsulásvektor-ral.
2v1v
2P
1P a
3P
A pályagörbe szerkesztésének gondolatmenete: - A 1P és 2P pont meghatározása a mozgásfüggvényből. - A 1P és 2P pontbeli 1v és 2v érintők meghatározása a sebességfügg-
vényből. - A parabola tengely a irányának meghatározása a gyorsulásfügg-
vényből. - A 3P pont meghatározása a 1 2PP parabolaszelő felezéspontja és a
1 2,P P pontbeli érintők metszéspontja közé eső egyenes szakasz felezésével.
- A 3P pontbeli érintő párhuzamos a parabola 1 2PP szelőjével.
• Harmonikus lengő (rezgő) mozgás: A sin, vagy cos függvénnyel leírható periodikus (ismétlődő) moz-gás.
A mozgásfüggvény: [ ]0( ) ( ) sinvx t x t T tα εα
= + = + , ahol
[ ]0 /v m s - kezdősebesség, [ ]2T sπα
= - periódusidő,
[ ]2 1/ sTπα = - rezgési körfrekvencia, [ ]radε - fázisszög.
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 40
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 40
x
tα
x
0vα
−
0vα
εy
pályagörbe
A sebességfüggvény: 0( ) ( ) cosv t x t v tα= = . A gyorsulásfüggvény: 0( ) ( ) sina t x t v tα α= = − .
• Körmozgás: Az anyagi pont pályagörbéje kör. A sebességvektor: ( ) ( ) ( )
( )v t v t e R t e
v tϕ ϕω= = , ahol R – a pálya
sugara,
( )v tR
ω = - a mozgás szögsebessége.
A sebességvektor:
v
x
y
R
P
Reeϕ
O ωε
i
pályagörbe
A gyorsulásvektor:
ea
x
y
R
P
Reeϕ
O ωε
ina
a
pályagörbe
A gyorsulásvektor: 2( ) ( ) ( )( ) ( )
R
e n
a t R t e R t ea t a t
ϕε ω= − . ,ahol ( )ea tR
ε = a
mozgás szöggyorsulása. A pályagyorsulás (érintő irányú gyorsulás): ea Rε= .
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 41
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 41
A normális gyorsulás: 2
2n
va RR
ω= = .
Az ε szöggyorsulás mértékegysége: rad/s2. Az ω szögsebesség mértékegysége: rad/s.
4.6. Gyakorló feladatok tömegpont mozgására 4.6.1. feladat: Tömegpont síkmozgása
Adott: Az 20 1( ) ( )r r t b b c t= = + − mozgásfüggvény a < 0 1;t t > idő inter-
vallumban és 2
0 1( 2 ) m, (4 4 ) m/s ,b i j b i j= − + = − 2
0 10 , 1,5 s, 2 s .t t c= = =
Feladat: a) A pályagörbe alakjának meghatározása. b) Az 0 0 1 1 1( ) , ( )r r t r r t= = helyvektorok meghatározása. c) A ( )v t sebességfüggvény meghatározása. d) A kv közepes sebesség meghatározása. e) Az ( )a t gyorsulásfüggvény meghatározása.
Kidolgozás: a) A pályagörbe alakjának meghatározása:
A pályagörbe 0( ) ( )r t r c f t= + alakú egyenes ( 0 0r b= és 1c b= ).
b) A tömegpont helyének meghatározása a 0t és 1t időpillanatban:
A mozgásfüggvény: 20 1( ) ( ),r r t b b c t= = + −
20 0 0 1 0( ) ( ) ( 2 ) (4 4 )(2 0)r r t b b c t i j i j= = + − = − + + − − =
( 2 ) (8 8 ) (7 6 ) mi j i j i j= − + + − = − . 2 2
1 1 0 1 1( ) ( ) ( 2 ) (4 4 )(2 1,5 )r r t b b c t i j i j= = + − = − + + − − = ( 2 ) (4 4 )( 0,25) ( 2 3 ) m.i j i j i j= − + + − − = − +
c) A sebességfüggvény meghatározása:
1( ) 2 ( 8 8 ) ,d rv v t b t i j tdt
= = = − = − +
0 0( ) 0,v v t= = 1 1( ) ( 12 12 ) m/s.v v t i j= = − +
d) A közepes sebesség meghatározása:
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 42
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 42
1 0
1 0
( 2 3 ) (7 6 ) ( 9 9 ) ( 6 6 ) m/s.1,5 1,5k
r r i j i j i jv i jt t
− − + − − − += = = = − +
−
e) A gyorsulásfüggvény meghatározása: 2
1( ) 2 2(4 4 ) ( 8 8 ) m/sd va a t b i j i jdt
= = =− =− − = − + .
4.6.2. feladat: Tömegpont síkmozgása
Adott: Az 2( )r r t b t c t= = + mozgásfüggvény a < 0 1;t t > idő interval-lumban és
2( 3 4 ) m/s, (2 1,5 ) m/s ,b i j c i j= − − = +
0 10 , 2 s.t t= = Feladat: a) A kv közepes sebesség meghatározása.
b) A ( )v t sebességfüggvény és az ( )a t gyorsulásfüggvény meghatározása.
c) A hodográf és a pályagörbe megrajzolása. Kidolgozás: a) A közepes sebesség meghatározása:
0 0( ) 0,r r t= = 2
1 1 1 1( ) 2( 3 4 ) 4(2 1,5 ) (2 2 ) m,r r t b t c t i j i j i j= = + = − − + + = −
01 1 0
01 1 0
2 2 ( ) m/s.2k
r r r i jv i jt t t
Δ − −= = = = −
Δ −
b) A sebesség- és a gyorsulásfüggvény meghatározása: A sebességfüggvény:
( ) 2 ( 3 4 ) 2(2 1,5 ) ,d rv v t b c t i j i j tdt
= = = + = − − + +
0 0( ) ( 3 4 ) m/s,v v t i j= = − −
1 1( ) 4 ( 3 4 ) (8 6 ) (5 2 ) m/s.v v t b c i j i j i j= = + = − − + + = + A gyorsulásfüggvény:
2( ) 2 (4 3 ) m/s , állandó.d va a t c i j adt
= = = = + =
c) A hodográf és a pályagörbe megrajzolása:
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 43
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 43
Hodográf: A ( )v v t= függvény ábrázolása a ,x yv v koordináta-rendszerben.
2− 2 4
2−
4−
1v
[ ]smvy /
[ ]smvx /
0v!ektorralgyorsulásv
aoshodográfA −
Pályagörbe:
0v2− 2 4
2−
4−
1P
0P
1v
[ ]mx
[ ]my
2P
A pályagörbe szerkesztése: • A 0P és 1P pontokban a sebességvektorok a parabola érintői. • A 0 1P P szelő felezéspontját az érintők metszéspontjával összekötő
egyenes szakasz felezéspontja a parabola harmadik, 2P pontja. • A 2P parabola pontban a parabola érintője párhuzamos a 0 1P P sze-
lővel.
4.6.3. feladat: Tömegpont mozgásának foronómiai görbéi Adott: A foronómiai görbék folytonos vonallal megadott szakaszai. Feladat: A foronómiai görbék hiányzó szakaszainak meghatározása.
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 44
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 44
Kidolgozás: A megoldást az ábrákon szaggatott vonal jelöli.
4
0
[ ]ms
5
4
2,5
31
-3
2
2
1
-4
4
6−
4−
2−
0
0 .t
t
s s v dt= + ∫
[ ]s/mv
-4
0
2 2
-4
-21 3 54
0
0 ,
vagy
.
t
et
v v a dt
d svd t
= +
=
∫
01
-1-2
1
3
2s/mae
21 3 4 5
-
.ed vad t
=
4.6.4. feladat: Tömegpont ferde hajítása
Adott: A kezdeti helyzet és a kezdősebesség: 0 0r = , 2
0 (100 60 ) m/s, ( 10 ) m/s .v i j g j= + = −
Feladat: a) A hajítás Ct idejének meghatározása. b) A tömegpont B és C pontbeli sebességének meghatározása. c) A mozgás hodográfjának megrajzolása. d) A pálya H magasságának és L hosszúságának meghatározá-
sa.
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 45
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 45
Kidolgozás:
A [ ]mx
[ ]my
L
H
B
C
0v
a) A hajítás idejének meghatározása:
A pálya legmagasabb pontja a B pontján a sebességvektor vízszintes irányú:
0 .B Bv v g t= +
0 0( ) ( ) ( )Bx By x y Bv i v j v i v j g j t+ = + + − / /i j⋅ ⋅
0 100 m/sBx xv v= = , ( ) (100 ) m/s.B Bxv v i i= =
00 ,By y Bv v g t= = − ⇒ 0 60 6 s.10
yB
vt
g= = =
A C ponti becsapódás időpontja (a hajítási idő): 2 2 6 12 s.C Bt t= = ⋅ =
b) A tömegpont B és C pontbeli sebességének meghatározása: ( ) (100 ) m/s.B Bxv v i i= =
0 (100 60 ) ( 10 )12 (100 60 ) m/s.C Cv v g t i j j i j= + = + + − = − c) A mozgás hodográfjának
megrajzolása: A mozgás hodográfja 0v és Cv
ismeretében megrajzolható. Bv
0v
Cg t
Cv
vO
d) A pálya H magasságának és L hosszúságának meghatározása:
2
0 0 .2B
B Btr r v t g= + +
20 0 0 0
1( ) ( ) ( ) ( ) , /2B B x y B Bx i y j x i y j v i v j t g j t j+ = + + + + − ⋅
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 46
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 46
20 0 2B y B B
gy y v t tH− = − ⇒
=
60 6 5 36 180 m.H = ⋅ − ⋅ =
2
0 0 .2C
C Ctr r v t g= + +
20 0 0 0
1( ) ( ) ( ) ( ) , /2C C x y C Cx i y j x i y j v i v j t g j t i+ = + + + + − ⋅
0 0C x Cx x v tL
− = ⇒
=
100 12 1200 m.L = ⋅ =
4.6.5. feladat: Tömegpont ferde hajítása
Adott: A kezdeti helyzet és a kezdősebesség:
0 0(50 10 ) m, 10m/s,r i j v= + = 0 230 , 10 m/s .gα = =
B
A
0x Ax Bx [mx
[ ]y m
Ay
0y
0v
α
By
Feladat: a) Az 0 0t = indítási helyzet
mozgásjellemzőinek megha-tározása.
b) A pálya A ponti helyvekto-rának és A ponti sebesség-vektorának meghatározása.
c) A hajítás idejének és hosszának meghatározása. d) A pálya görbületi sugarának meghatározása a becsapódási pontban: Kidolgozás: a) Az indítási helyzet ( 0 0t = ) mozgásjellemzőinek meghatározása:
0 állandóa a g= = = ,
0 0 03 1cos sin 10 10 (8,66 5 ) m/s
2 2v v i v j i j i jα α= + = + = + ,
0 0 0 (50 10 ) m.r x i y j i j= + = + b) A pálya A ponti helyvektorának és A ponti sebességvektorának meg-
határozása:
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 47
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 47
0 ,A Av v g t= + 2
0 0 .2A
A Atr r v t g= + +
Az A ponti sebesség vízszintes irányú koordinátája:
0 cos 5 3 8,66 m/s (8,66 ) m/s .A Av v v iα= = = ⇒ = Az A ponti sebesség függőleges irányú koordinátája zérus:
00
sin 10 0,50 sin 0,5 s10A Ay A A
vv j v v g t tg
αα ⋅⋅ = = = − ⇒ = = = .
Az A pont helyvektora: 0 0 cos 50 8,66 0,5 54,33 m ,A Ax x v tα= + = + ⋅ =
2
0 0 sin 10 5 0,5 5 0,25 11,25 m,2A
A Aty y v t gα= + − = + ⋅ − ⋅ =
(54,33 11,25 ) m.Ar i j= +
c) A hajítás idejének és hosszának meghatározása:
0 ,B Bv v g t= + 2
0 0 .2B
B Btr r v t g= + +
A becsapódási hely függőleges koordinátája ismert: 0By = 2
0 00 sin ,2B
B Bty y v t gα= = + −
20 10 5 5 .B Bt t= + −
5 25 200 5 1510 10Bt
− ± + − ±= = =
−1
2
1
2B
B
t
t
=−
=2 s,Bt
⎫⇒ =⎬
⎭
mert a
11sBt = − megoldás fizikailag nem értelmezhető.
A hajítás hossza:
0 0 cos 50 8,66 2 67,32 m,B Bx x v tα= + = + ⋅ = 0,By =
(67,32 0 ) m.B B Br x i y j i j= + = +
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 48
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 48
ebesség a B pontban:
0
(8,88 5 ) ( 10 )2(8,66 15 ) m/s.
B Bv g ti j ji j
= + =
= + + − =
= −
2 2
2 28,66 15 17,32 m/s.
B B B x B yv v v= = + =
= + =
A mozgás hodográfja:
0v
[ ]smv y /
[ ]smv x /
Bv
Btg
β
A becsapódás szöge: 8,66cos 0,517,32
B x
B
vv
β = = = 060 .β⇒ =
d) A pálya görbületi sugarának meghatározása a becsapódási pontban:
BBρ β
na
Bvn
e
2B
nB
vaρ
=
n
naβ
B
β
e
eag
cosna g β=
2B
nB
vaρ
= cosg β= 2 217,32 59,996 m.
cos 10 0,5B
Bv
gρ
β⇒ = = ≅
⋅
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 49
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 49
4.6.6. feladat: Tömegpont ferde hajítása
B
Bx0xL
[ ]mx
[ ]my
0v0y
H
g
Adott: A hajítási idő és a kezdősebesség, 0 80 m/s,v = 1 6 sBt t= = ,
210 m/s .g = Feladat: a) A 1 Bv v= sebesség meghatározása és a mozgás hodográfjának meg-
rajzolása. b) Az L hajítási távolság meghatározása a hodográf segítségével. c) Az L hajítási távolság és a H magasság kiszámítása. d) A B pontban a pályagörbe Bρ görbületi sugarának meghatározása.
Kidolgozás: Indítási pillanat, kezdeti helyzet:
0 ( ) állandó,a a g g j= = = − = 0 80 0 (80 ) m/s,v i j i= + =
0 0 0 ( ) m.r x i y j H j= + =
a) A 1 Bv v= sebesség meghatározása és a hodográf megrajzolása:
0 .v g t= +
1 1( ) 80 ( 10 )6B v v t i j= = = + − =
(80 60 ) m/s,i j= −
2 21 1 80 60 100 m/s.B v v= = = + =
[ ]smvx /
1tg21
1tg21
0v[ ]smv y /
1B vv =
β
kv
b) A hajítási távolság meghatározása a hodográf területéből:
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 50
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 50
0 112
A v v= × , illetve 1 0
1 12 2xA g t v g L= = ⇒ 2 .AL
g=
2 20 1 80 0 0 ( 4800 ) m /s ,
80 60 0
i j kv v k× = = −
−
2 20 1
1 1 4800 2400 m /s ,2 2
A v v= × = = 2 2 2400 480 m.10
ALg
⋅= = =
c) A H indítási magasság és L hajítási távolság kiszámítása: 2
1 1 0 0 1 11( ) ,2Br r r t r v t g t= = = + + ⇒ 2
0 0 1 11 .2Br r v t g t− = +
20 0 0 1 1
1( ) ( ) ( ) ( ) ,2B B xx i y j x i y j v i t g j t+ − + = + −
20 0 0 1 1
1( ) ( ) ( ) ( ) ,2B B xx x i y y j v i t g j t− + − = + −
20 1 1
1( ) ( ) / /2xL i H j v i t g j t i j− = + − ⋅ ⋅
20 1 1
1, ,2xL v t H g t= − = −
2180 6 480 m. 10 6 180m.2
L H= ⋅ = = ⋅ ⋅ =
c) A B becsapódási helyen a pálya Bρ görbületi sugarának meghatáro-zása: A becsapódás szöge a hodográfból:
00
1
80cos 0,8 36,869 .100
XB x
B
v vv v
β β= = = = ⇒ =
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 51
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 51
BBρ β
na
Bvn
e
n
naβ
B
β
e
eag
A pálya görbületi sugara a becsapódási pontban:
2B
nB
vaρ
= és a jobboldali ábrából cosna g β= .
2B
nB
vaρ
= cosg β= 2 2100 1250 m.
cos 10 0,8B
Bv
gρ
β⇒ = = =
⋅
4.6.7. feladat: Tömegpont mozgásának hodográfja Adott: A tömegpont pályagörbéje. A köríveken a tömegpont pályase-
bessége állandó, az egyenes szakaszokon a gyorsulás állandó. 10 mR = , 5 mr = , 15 m/sAv = , 5 m/sDv = , 10 m/sFv = .
Feladat: A hodográf megrajzolása.
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 52
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 52
Kidolgozás: A pályagörbe
A
B
G
CR
F E
D
s
r
[ ]m
[ ]mx
R
yA hodográf
[ ]m/syv
[ ]m/s
10 m/s
15 m/s
5 m/s
A′
G ′
B ′E ′
D ′
F ′
C ′
xv
4.6.8. feladat: Tömegpont körmozgása
Adott: A 20 1( ) ,t c c tϕ = + mozgástörvény, amelyben
0 1,5 radc = , 21 4 rad/s ,c = 0 10 s, 2,5 s, 5 m.t t R= = =
Feladat: a) A kv közepes sebesség meghatározása. b) A 1v pályasebesség és az 1 1,t na a gyorsuláskoordináták
meghatározása. Kidolgozás: a) A közepes sebesség abszolút értékének meghatározása:
00 0 0( 0) 1,5 rad 85,95 ,t cϕ ϕ= = = = → ≈
2 01 1 0 1( 2,5 sec) 1,5 4 6,25 26,5rad 1518,4 ,t c c tϕ ϕ= = = + = + ⋅ = →≈
mínusz 04 körülfordulás 1440,0 ,→ 078,4 .
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 53
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 53
y
R
0t
1t
0ϕϕΔ
01rΔ
01 0 7,55 0,132 rad ,ϕ ϕ ϕΔ = − = =
1 0 01
1 0 01k
r r rvt t t
− Δ= =
− Δ
⇓
5 0,1322,5k
r Rvt t
ϕΔ ⋅ Δ ⋅= ≈ = =
Δ Δ
0,264 m/s=
b) A 1t időpillanatbeli pályasebesség és a gyorsulás koordináták meg-határozása:
20 1
1( ) ( )( ) 2 .d t d c c tt c t
dt dtϕω +
= = =
1 1 1 1 1( ) ( ) 2 5 2 4 2,5 100 m/s,v v t R t R c tω= = = = ⋅ ⋅ ⋅ =
11
( ) (2 )( ) 2 .d t d c tt cdt dtωε = = =
21 1 1( ) ( ) 2 5 2 4 40 m/s ,ta t R t R cε= = = ⋅ ⋅ =
2 221
1100( ) 2000 m/s .
5nva tR
= = =
4.6.9. feladat: Tömegpont mozgása Adott: Egy traktor elindul az A pontból a szántóföldön lévő C pont felé
az AB és BC egyenesek mentén. A traktor sebessége az úton 1v =állandó, míg a szántóföldön 2v =állandó.
1 20 km/hv = , 2 10 km/h.v =
Kérdés: Hol kell az útról elfordulnia a traktornak, hogy az ABC út megtéte- léhez szükséges idő minimális legyen?
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 54
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 54
4 km
BA 1v
2v?=ABx
C
3km
y
x
Az AB távolság megtételéhez szükséges idő:
1
.ABAB
xtv
=
A BC távolság megtételéhez szükséges idő: 2 2
2
3 (4 ).AB
BC
xt
v+ −
=
Az ABC távolság megtételéhez szükséges idő: 2 2
1 2
3 (4 ).ABAB
ABC AB BC
xxt t tv v
+ −= + = +
A ABCt idő akkor minimális, ha 0.ABC
ABC
dtdx
=
2 21 2
1 1 1 10 2(4 )( 1) 0.2 3 (4 )
ABCAB
AB
dt xdx v v x
= = + − − =+ −
2 2 2 2 2
2 2 21 2 1 1 2
3 (4 ) 4 3 (4 ) (4 )AB AB AB ABx x x xv v v v v
+ − − − −= ⇒ + =
22 2 2 21 2
3 3 104 4 4 320 10
ABvx
v v⋅ ⋅
= ± = ± = ±− −
14 3 2,27 km,ABx = − =
24 3 5,73 km.ABx = + = (nincs értelme).
Tehát: 1
2,27 km.AB ABx x= =
4.6.10. feladat: Tömegpont síkmozgása
Adott: Az 2( )r r t c t d t= = + mozgásfüggvény a < 0 1;t t > idő interval-lumban.
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 55
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 55
2( 4 3 ) m/s, ( 1,5 ) m/s ,c i j d i j= − + = − 0 10 s, 3 s.t t= =
Feladat: a) A kv közepes sebesség meghatározása. b) A ( )v t sebességfüggvény és az ( )a t gyorsulásfüggvény
meghatározása. c) A hodográf és a pályagörbe megrajzolása.
Megoldás: a) A közepes sebesség: ( 1,5 ) m/s.kv i j= − −
b) A sebességfüggvény:
( ) 2 ( 4 3 ) 2( 1,5 ) .d rv v t c d t i j i j tdt
= = = + = − + + −
A gyorsulásfüggvény: 2( ) 2 (2 3 ) m/s , állandó.d va a t d i j a
dt= = = = − =
c) A
hodográf
A pá-lyagörbe
[ ]m/syv
[ ]m/sxv
0v
1vhodográf
2 640
2
4
6
2−4−
4−
6−
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 56
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 56
[ ]m
0v
2 640
2
4
6
2−4−
4−
6−
[ ]m
1v
pálya
x
y
4.6.11. feladat: Tömegpont síkmozgása
Adott: Az 1 2( ) cos( ) sin ( )r r t c bt c bt= = + mozgásfüggvény,
( )1 3 4 m,c i j= + 2 ( 1 2 ) m ,c j k= + 5 1/s ,b = valamint négy időpont:
0 1 2 330 , s , s , s.
2 2t t t tπ ππ= = = =
Feladat: a) A tömegpont helyének meghatározása az adott időpillana-tokban.
b) A tömegpont sebességének meghatározása az adott időpil-lanatokban.
c) A tömegpont gyorsulásának meghatározása az adott időpil-lanatokban.
Megoldás: a) A helyvektorok: 0 0 1( ) (3 4 ) m,r r t c i j= = = +
1 1 2( ) (1 2 ) m,r r t c j k= = = + 2 2 1( ) ( 3 4 ) m,r r t c i j= =− = − −
3 3 2( ) ( 1 2 ) m.r r t c j k= = − = − − A négy pont egy síkban van. (Páronként két olyan egyenesen van-nak, amelyek az origóban metsződnek.)
b) A sebességvektorok: 0 0( )v v t= = (5 10 ) m/s,j k+
1 1( )v v t= = ( 15 20 ) m/s,i j− −
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 57
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 57
2 2( )v v t= ( 5 10 ) m/s,j k= − −
3 3( )v v t= (15 20 ) m/s.i j= + A sebességvektorok egy síkban vannak! A hely- és a sebességvekto-rok síkja azonos.
c) A gyorsulásvektorok: 2( ) ( )a a t b r t= = − . A gyorsulásvektorok is a helyvektorok síkjában vannak. ⇒ A tö-megpont síkmozgást végez.
4.6.12. feladat: Tömegpont mozgásának foronómiai görbéi Adott: A ( )v v t= pályasebesség-idő függvény. Feladat: Az ( ) és ( )e es s t a a t= = függvények meghatározása, ha az
indítás pillanatában 0( 0) 0.s t = = Megoldás: A megoldást az ábrákon szaggatott vonal jelöli.
Mechanika Tömegpont kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 58
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 58
[ ]2e sma /
t
[ ]s
2
-2
0 2 6 9 12-1
[ ]s
[ ]ms
t
34
23
26
2020
30
10
1 2 63 4 50
4
7 8 9 11 1210
∫0
t
0t
s= s + v dt
t
[ ]s1 2 3 4 5 6 97 8 12
[ ]smv /
edvadt
=
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 59
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 59
5. Merev test kinematikája
5.1. Alapfogalmak
Merev test sebességállapota: A testet alkotó pontok egy adott pillanatbeli sebességeinek összessége (halmaza).
Merev test gyorsulásállapota: A testet alkotó pontok egy adott pillanatbeli gyorsulásainak összessége (halmaza). Merev test síkmozgása: A test pontjai egy adott alapsíkkal párhuzamos síkokban mozognak. Merev test haladó mozgása: A test önmagával párhuzamosan mozdul
el. A test minden pontjának azonos az elmozdulása.
rΔ
rΔ
Merev test forgómozgása: A test pontjai a test két nyugalomban lévő pontját összekötő tengely, a forgástengely körül koncentrikus köríveken mozdulnak el. Merev test elemi mozgása: A test végtelenül rövid idő alatt végbemenő
(egy adott időpillanatban bekövetkező) mozgása.
Merev test véges mozgása: A test hosszabb < 1 2t t > időintervallum alatt végbemenő mozgása.
Tétel: Merev test bármely mozgása előállítható egy haladó és egy forgó mozgás összegeként.
5.2. Merev test sebességállapota a) Össszefüggés merev test két pontjának sebessége között: Vizsgáljuk meg a merev test tetszőlegesen végtelen kis elmozdulá-
sát. Ez két elmozdulás összegeként állítható elő. Az egyik elmozdu-
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 60
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 60
lás a merev test végtelen kis Adr eltolása, amely során a test egy ki-ragadott A pontja úgy megy át kezdeti helyzetéből a végső helyzeté-be, hogy közben a testhez kötött koordináta-rendszer tengelyeinek iránya nem változik meg.
A másik elmozdulás egy végtelenül
kis dϕ szögelfordulás a kiragadott pont körül. Ennek a két mozgásnak az eredményeként kerül a merev test a végső helyzetébe:
B A ABdr dr d rϕ= + × .
A dϕ szögelfordulás az egész merev testre jellemző mennyiség. Osszuk el az előző összefüggést azzal a dt idővel, amely alatt a vizsgált elmozdulások végbementek és vezessünk be új jelöléseket:
BB
drvdt
= - a merev test B pontjának sebessége,
AA
drvdt
= - a merev test A pontjának sebessége,
ddtϕω = - a merev test szögsebessége.
Az ω szögsebesség a dϕ szögelfordulással megegyező módon az egész merev testre jellemző mennyiség, értéke a test minden pontjá-ban azonos! A szögsebesség mértékegysége: / .rad s
ABrBv
Avω
A
B
A merev test tetszőleges B pontjának sebessége:
B A ABv v rω= + × . Analógia:
B A ABM M F r= + × - nyomaték,
B A ABv v rω= + × - sebesség.
A merev test sebességállapota tehát két vektor mennyiséggel : a merev test egy kiragadott A pontjának Av sebességével és a merev test ω szögsebességével adható meg.
dϕ
A
A′
BAdr ABd rϕ ×
ABd rϕ ×Adr
B′Bdr
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 61
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 61
A test B pontjának Bv sebessége = a Av sebességű pillanatnyi haladó mozgás sebessége + az A ponton átmenő, ω -val tengely körüli pillanatnyi forgómozgás sebessége. Tétel: Merev test két különböző pontjának sebessége általában nem
egyenlő: A Bv v≠ .
Kivétel: - 0ω = , - ABrω . b) Merev test sebességállapotának megadása: Merev test sebességállapota az A pontba redukált (ω , Av ) vektorkettőssel adható meg, ahol az A pont megválasztása önkényes.
Az ω és Av ismeretében a test bármely pontjának sebessége kiszámítható!
c) Elemi (pillanatnyi) mozgások osztályozása:
1. eset: 0ω = a) 0Av = - elemi nyugalom,
b) 0Av ≠ - elemi haladó mozgás,
2. eset: 0ω ≠ a) 0Avω ⋅ = - elemi forgómozgás, b) 0Avω ⋅ ≠ - elemi csavarmozgás.
d) Elemi síkmozgás: Definíció: Ha bármely pont sebessége merőleges ω -ra, vagyis
párhuzamos az ω -ra merőleges síkokkal. Sebességpólus: A síknak az a P pontja, amelynek zérus a sebessége:
0Pv = .
Leggyakrabban előforduló feladatok: 1) Adott: a P , valamint az A és B pont helye a síkon.
Keresett: az A és B ponti sebesség. Megoldás:
0 PA
A P PAv v rr
ω⊥
= + ×
=
⇒ A PAv rω= ,
0 PB
B P PBv v rr
ω⊥
= + ×
=
⇒ B PBv rω= .
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 62
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 62
2) Adott: Av és Bv , valamint az A és B pont helye a síkon.
Keresett: a P sebességpólus helye.
•
•
ω
A
P
B
Bv
Av
Megoldás: a P sebességpólus
az A és B pontból a Av és Bv -re húzott
merőleges egyenesek metszéspontja.
e) Sebességábra: Egy adott időpillanatban közös kezdőpontból felmérjük a test jellemző pontjainak sebességvektorait.
A sebességállapot elemi síkmozgás esetén szemléltethető sebességábrával. (Sebességábra csak elemi síkmozgás esetén rajzolható.) Adott: ω , Av , valamint a merev testet megadó (jellemző) A, B, C
pontok (háromszög). Feladat: Az A, B, C pontok , ,A B Cv v v sebességeinek meghatározása
szerkesztéssel. A merev test sebességábrája: A B C′ ′ ′ .
Helyzetábra:
Hosszlépték: hmN
mm⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
•
•
•
A
B
C
Av
ω
Sebességábra:
Sebességlépték: vm/sNmm
⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
A′
B′
C′ Cv POv =
AvBv
Az ábrákon a kis vonalakkal történő áthúzások az egymással párhuzamos vonalakat jelöli.
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 63
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 63
A sebességábra megrajzolása: - Az vO kezdőpontból felrajzoljuk a Av sbességvektort.
- Az vO kezdőpontból felrajzoljuk a Bv sebességvektort: B A AB
AB
v v rr
ω= + ×
⊥
.
- Az vO kezdőpontból felrajzoljuk a Cv sebességvektort: C A AC
AC
v v rr
ω= + ×
⊥
.
A helyzetábra és a sebességábra hasonló: ABC A B C′ ′ ′Δ Δ∼ .
Tétel: A sebességábra hasonló a helyzetábrához, de a sebességábra 090 -kal el van forgatva a helyzetábrához képest az ω irányában.
Sebességpólus meghatározása: A sebességeket berajzoljuk a helyzetáb-rába és merőlegest húzunk rájuk.
5.3. Merev test gyorsulásállapota a) Össszefüggés merev test két pontjának gyorsulása között: Kérdés: Milyen mennyiségekkel határozható meg egy merev test tet-szőleges B pontjának gyorsulása? Válasz: - a test egy pontjának Aa gyorsulásával, - a test ω szögsebességével és - a test ε szöggyorsulásával. Az ω és az ε az egész merev testre jellemző, értéke a test minden pontjában azonos. A szöggyorsulás mértékegysége: 2rad/s .
ABr
ε
A
B
Baω
Aa
A test tetszőleges B pontjának gyorsulása:
( )B A AB ABa a r rε ω ω= + × + × × . Síkmozgás ( 0)ABrω ⋅ = esetén: 2
B A AB ABa a r rε ω= + × − .
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 64
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 64
Ha az xy sík a mozgás síkja: kω ω= , kε ε= .
b) Merev test gyorsulásállapotának megadása: Merev test gyorsulásállapota az A ponti Aa gyorsulásvektorral és a test ω szögsebességével és ε szöggyorsulásával adható meg, ahol az A pont megválasztása tetszőleges. Azε , ω és Aa ismeretében a test bármely pontjának sebessége kiszá-mítható! c) Gyorsulásábra: Egy adott időpillanatban közös kezdőpontból
felmérjük a test jellemző gyorsulásvektorait.
A gyorsulásállapot elemi síkmozgás esetén szemléltethető gyorsulásábrával.
Gyorsuláspólus: A testnek az a Q pontja, amelynek zérus a gyorsulása: 0Qa = .
Adott: ε , ω , Aa , valamint a merev testet megadó (jellemző) A, B, C pontok (háromszög).
Feladat: Az A, B, C pontok , ,A B Ca a a gyorsulásainak meghatározása szerkesztéssel.
A merev test gyorsulásábrája: A B C′′ ′′ ′′ .
Helyzetábra:
Hosszlépték: mmmhN ⎛ ⎞
⎜ ⎟⎝ ⎠
A
ABr
C
B
ωε
AaQ
Gyorsulásábra:
Gyorsuláslépték: 2m/s
mmaN⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
•
AB2 rω−Ba
A ′′
B ′′
ABr
ABr×ε
QOa =
Aaϕ
ϕC′′
A gyorsulásábra megrajzolása: - Az aO kezdőpontból felrajzoljuk az Aa gyorsulásvektort.
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 65
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 65
- Az aO kezdőpontból felrajzoljuk az Ba gyorsulásvektort: 2
B A AB AB
AB AB
a a r rr r
ε ω= + × −
⊥
.
- Az aO kezdőpontból felrajzoljuk az Ca gyorsulásvektort: 2
C A AC AC
AC AC
a a r rr r
ε ω= + × −
⊥
.
A helyzetábra és a gyorsulásábra hasonló: ABC A B C′′ ′′ ′′Δ Δ∼ .
Tétel: A gyorsulásábra A B′′ ′′ egyenese a helyzetábra AB egyeneséhez képest ε irányban ( )π ϕ− szöggel van elforgatva.
A ϕ szög a gyorsulásábrán látható derékszögű háromszögből
határozható meg: 2tg εϕω
= .
Tétel: A gyorsulásábra hasonló a helyzetábrához, de a gyorsulásábra 0(180 )ϕ− szöggel el van forgatva a helyzetábrához képest az
ε irányban.
Gyorsuláspólus: A helyzetábrába a gyorsulásábra aB A O′′ ′′ háromszögével ( )aO Q≡ hasonló BAQ háromszöget rajzolunk.
5.4. Merev test gördülőmozgása
Gördülés (tiszta gördülés): A talajjal érintkező pont pillanatnyi sebessége zérus.
Következmény: Az érintkezési pont (P pont ) a gördülő mozgást végző merev test pillanatnyi sebességpólusa.
Az egyenletes sebességgel gördülő körhenger pontjainak sebessége és gyorsulása:
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 66
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 66
x
B
A CS
R
P
Sv
ω
y
Síkmozgás: kω ω= . (Az ábrán látható esetben 0ω < .)
Tiszta gördülés: 0Pv = .
Egyenletes sebesség: állandóS Sv v i= = ⇒ áll.ω =
A körhenger bejelölt pontjainak sebessége: S pont:
0S P PSv v r k R j R iω ω ω= + × = × = −
=
.
SS S
vv v i RiR
ω ω= = − ⇒ = − .
B pont: 2 2
0B P PB
S
v v r k R j R iv
ω ω ω= + × = × = −−=
.
2 2B S Sv v i v= = .
A pont: ( )
0A P PAv v r k Ri Rjω ω= + × = × − +
=
.
A S S
S S
v R j R i v i v jv vω ω= − − = + .
C pont: ( )
0C P PCv v r k Ri Rjω ω= + × = × +
=
.
C S S
S S
v R j R i v i v jv v
ω ω= − − = −−
.
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 67
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 67
A
B
C
ω
P
Bv
Cv
Av
SvS
y
x
az pontSpályagörbéje
A körhenger bejelölt pontjainak gyorsulása:
S pont: áll. 0 0, 0S S Se Snv a a a S Q= ⇒ = ⇒ = = ⇒ ≡ .
áll. 0ω ε= ⇒ = . Az S pont a gyorsuláspólus.
P pont: 2 2
0 0P S S SP SPa a r r Rj
Rj
ε ω ω= + × − =
−= =
.
B pont: 2 2
00B S SB SBa a r r Rjε ω ω= + × − = −
==
.
A pont: 2 2 2( )00
A S SA SAa a r r R i Riε ω ω ω= + × − = − − ===
.
C pont: 2 2
00C S SC SCa a r r Riε ω ω= + × − = −
==
.
A
B
C
P
Aa Ca
Pa
Ba
QS =
x
y
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 68
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 68
5.5. Merev test rögzített pont körüli forgómozgása, ingamozgás
S Sa
Sv
ωεA
l
n
e
x
y Síkmozgás: ,k kω ω ε ε= = .
Koordináta-rendszerek: , ,i j k és , ,e n k .
Az A pont rögzített: 0, 0A Av a= = .
Az A pont a mozgás P sebességpólusa és Q gyorsuláspólusa.
Az S pont sebessége: ( )
0S A ASv v r k l n leω ω ω= + × = × − =
=
.
Az S pont gyorsulása: 2 2 2( ) ( )
0S A AS AS
e n
a a r r k l n l n l e l na a
ε ω ε ω ε ω= + × − = × − − − = +
=
.
Az S pont pályagyorsulása: ea lε= .
Az S pont normális gyorsulása: 2na lω= .
5.6. Gyakorló feladatok merev test mozgására 5.6.1. feladat: Merev test síkmozgása, sebességábra
1 m 1 m
1 m
D C
B
y
x
A Av
ω
Adott: Az A, B, C, D pont helye. A mozgás síkja: ,x y .
( 4 ) m/sAv i= , ( 1 ) rad/s= − kω .
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 69
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 69
Feladat: a) A Bv sebesség meghatározása. b) A sebességpólus megszerkesztése. c) A sebességábra megszerkesztése.
ijk
Kidolgozás:
a) A B pont sebességének meghatározása: (4 ) ( 1 ) (2 ) (4 2 ) m/s,B A ABv v r i k i i jω= + × = + − × = −
( 4 2 ) m/s.Bv i j= −
b) Asebességpólus megszerkesztése
P (sebeségpólus)
A
y
D
Bv
Cv
Cx
Av
ω
B
A sebességpólus a sebesség vek-torokra merőleges egyenesek metszéspontja.
c) A sebességábra megrajzolá-sa :
A′
B′
C′
D′
vOP ≡′Dv Av
Cv
Cv
xv
[ ]m/s
[ ]m/syv
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 70
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 70
, .
C D DCD A AD
DCAD
D B BD C B BC
BD BC
v v rv v rrr
D Cv v r v v r
r r
ωω
ω ω
= + ×= + × ⎫⎫⎪⎪ ⊥⊥ ⎪ ⎪′ ′⇒ ⇒⎬ ⎬= + × = + ×⎪ ⎪
⎪ ⎪⊥ ⊥⎭ ⎭
A helyzetábra és a sebességábra hasonló. A sebességábra a helyzetábrához képest 90o -kal el van forgatva ω irányában.
5.6.2. feladat: Merev test síkmozgása, sebességállapot
o45 x
β
BA
C
ω
2 mα
y
3 m
Adott: A merev test A, B, C, D pont-ja, a Av sebességvektor α hatásvonala, a Bv sebesség-vektor β hatásvonala és
(3 )kω = rad/s.
Feladat: a) A sebességpólus helyének meghatározása szerkesztéssel. b) A ,A Bv v sebességvektorok meghatározása.
Kidolgozás: a) A P sebességpólus helyének meghatározása szerkesztéssel:
x
y 2 mB αA
C
ωP
β
o451m
3 m
Az pontból az hatásvonalra
sebességpólusA pontból a hatásvonalra
AP
Bα
β⊥ ⎫
⇒⎬⊥ ⎭.
A sebességpólus helyvektora : ( 1 ) mPP r j= + .
b) A ,A Bv v sebességvektorok meghatározása:
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 71
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 71
0A Pv v= +
=(3 ) (2 ) ( 6 ) m/s,PAr k j iω × = × = −
(3 ) (2 2 ) ( 6 6 ) m/s.0
B P PBv v r k i j i jω= + × = × + = − +=
5.6.3. feladat: Merev test sebességállapota
2 mx
βy
B
AC
Av
4 m
Adott: Az xy síkkal párhuzamos síkmozgást végző merev test A pontjának Av se-bessége, továbbá a B pont sebességének β hatásvo-nala.
(4 4 ) m/sAv i j= + .
Feladat: a) A merev test ω szögsebességének és B ponti Bv sebességé-nek meghatározása.
b) A C pont Cv sebességek meghatározása. c) A P sebességpólus Pr helyvektorának meghatározása.
Kidolgozás: a) Az ω szögsebesség és a B ponti Bv sebesség meghatározása:
( ) ( )B A AB A PB PBv v r v k x i y jω ω= + × = + × + =
(4 4 ) ( ) (2 )i j k jω= + + × . 4 4 2 / /Bv j i j i i jω= + − ⋅ ⋅
0 4 2 ,ω= − 2 1/s ,ω =
(2 ) rad/s.kω =
4 m/s,Bv =
(4 ) m/s.Bv j=
b) A C ponti Cv sebesség meghatározása:
(4 4 ) (2 ) ( 4 ),C A ACv v r i j k iω= + × = + + × − 4 4 8 (4 4 ) m/s.Cv i j j i j= + − = −
c) A sebességpólus helyvektorának meghatározása: Megoldás szerkesztéssel:
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 72
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 72
2 mo45 x
βy
B
AC
P
Av
4 m
Sebességpólus: Az A pontból a Av -ra, a B pontból a β hatás-vonalra állítunk merő-legest. Az ábrából:
(2 2 ) mPr i j= + .
Megoldás számítással: ( ) ( ).
0A P PA PA PAv v r k x i y jω ω= + × = × +
=
Az ismert mennyiségeket behelyettesítve: (4 4 ) (2 2 ) / /PA PAi j x j y i i j+ = − ⋅ ⋅
4 2 ,PAy= − 4 2 ,PAx=
2 m.PAy = − 2 m.PAx =
(2 2 ) m.PAr i j= −
( 2 2 ) m.AP PAr r i j=− = − + A C pontból kiindulva:
2 mx
βyB
AC
P
4 m
CPr
CArAPr
(4 ) ( 2 2 ) m.CP P CA APr r r r i i j= = + = + − + (2 2 ) m.CP Pr r i j= = +
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 73
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 73
5.6.4. feladat: Merev test síkmozgása, gyorsulásábra
2 m
3 m
x
yC ε
ω
A B
ijk
Aa
Adott: Az xy síkban síkmozgást végző test A, B,C pontja. Ismert a test szögse-bessége, szöggyorsulása és az A pont gyorsulása.
( 3 ) rad/s ,kω = − 2(3 ) rad/s ,kε = 2(6 ) m/s .Aa j=
Feladat: a) Számítsa ki a test B és C pontjának gyorsulását! b) Határozza meg a Q gyorsuláspólus helyvektorát! c) Rajzolja meg a test gyorsulásábráját!
Kidolgozás: a) A B és C ponti gyorsulásvektorok kiszámítása:
2 (6 ) (3 ) (2 ) 9(2 )B A AB ABa a r r j k i iε ω= + × − = + × − = 2( 18 12 ) m/s ,i j= − +
2 (6 ) (3 ) (3 ) 9(3 )C A AC ACa a r r j k j jε ω= + × − = + × − = 2( 9 21 ) m/s .i j= − −
b) A Q gyorsuláspólus helyvektorának meghatározása: 20 ,Q A AQ AQa a r rε ω= = + × −
0 (6 ) (3 ) ( ) 9( ).AQ AQ AQ AQj k x i y j x i y j= + × + − +
0 6 3 3 9 9 , / /AQ AQ AQ AQj x j y i x i y j i j= + − − − ⋅ ⋅ 0 3 9 ,AQ AQy x=− − 0 6 3 9 ,AQ AQx y= + −
3 ,AQ AQy x=− ⇒ 0 6 3 9( 3 )AQ AQx x= + − − = 6 30 ,AQx+ 3( 0,2) 0,6 m.AQy =− − = 0,2 m.AQx = −
( ) ( 0,2 0,6 ) m.AQ AQ AQr x i y j i j= + = − +
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 74
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 74
c) A gyorsulásábra megrajzolá-sa:
B ′′A′′
C ′′
Ca
AaBa
aO Q ′′≡
5.6.5. feladat: Merev test síkmozgása, gyorsulásábra
Ax
Q
B1 m
C
2 m
ω Aaε
y
jki
Adott: A merev test , ,A B C pontja,
( )4 rad/skω = − , 2( 8 ) rad/skε = − , 2(10 ) m/s .Aa i=
Feladat: a) Az ésB Ca a gyorsulások meghatározása számítással. b) Az Ca gyorsulás meghatározása szerkesztéssel. c) A Q gyorsuláspólus meghatározása.
Kidolgozás: a) Az ésB Ca a gyorsulások meghatározása számítással:
2 (10 ) ( 8 ) ( 1 ) 16( 1 )B A AB ABa a r r i k i iε ω= + × − = + − × − − − = 2(10 ) ( 8 ) (16 ) (26 8 ) m/s .i j i i j= + + = +
2 (10 ) ( 8 ) ( 2 ) 16( 2 )C A AC ACa a r r i k i j i jε ω= + × − = + − × − + − − +2(10 ) ( 16 8 ) (16 32 ) (42 24 ) m/s .i i j i j i j= + + + − = −
b) Az Ca gyorsulás meghatározása szerkesztéssel.
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 75
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 75
aOxa
2m/s⎡ ⎤⎣ ⎦
B′′ϕ
ϕ
ya 2m/s⎡ ⎤⎣ ⎦
Aa A′′
ABrε ×
2ABrω−
( )π ϕ−
Ca
C′′ o
2
8 0,5 26,5616
tgε
ϕ ϕω
= = = ⇒ = .
A gyorsulásábra a helyzetábrához képest ( )π ϕ− szöggel (180o-26,56o)=153,44o-kal van elforgatva ε irányban.
c) A Q gyorsuláspólus a gyorsulás és a helyzetábra hasonlósága alap-ján szerkesztéssel határozható meg.
5.6.6. feladat: Merev test síkmozgása, sebesség- és gyorsulásállapot
x
yB
A CS
R
ω
D
Adott: Az xy síkban síkmozgást végző, ál-landó ω szögsebességgel gördülő R sugarú merev test szögsebessége.
( 1 ) rad/skω = − , 1 m.R =
Feladat: a) A P sebességpólus helyének, valamint az A, B, C és D pontok sebes-
ségvektorainak meghatározása. b) A Q gyorsuláspólus, valamint az A, B, C és D pontok gyorsulásának meghatározása. Kidolgozás:
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 76
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 76
a) A P sebességpólus helyének, valamint az A, B, C és D pontok sebes-ségvektorainak meghatározása:
Tiszta gördülés: 0Dv = ⇒ P D≡ .
( ) ( ) ( 1 ) ( ) m/s
0S S D DSv v i v r k Rj k j iω ω= = + × = × = − × =
=
,
( ) (2 ) ( ) (2 ) (2 ) m/s,
0B D DBv v r k R j k j iω ω= + × = × = − × =
=
( ) ( )
0A D DA
S S
v v r k R i R j R i R jv v
ω ω ω ω= + × = × − + = − − == ==
( ) (1 1 ) m/sS Sv i v j i j= + = + ,
( ) ( ) ( ) ( ) m/s
0C D DC S Sv v r k Ri R j v i v j i jω ω= + × = × + = − = −
=
.
b) A Q gyorsuláspólus, valamint az A, B, C és D pontok gyorsulásának meghatározása:
állandó 0 0 0S S Se Snv a a aS Q
= ⇒ = ⇒ = =
≡
.
Az S pont a test Q gyorsuláspólusa. állandó 0.ω ε= ⇒ =
2 2 2( ) (1 ) m/s ,
00A S SA SAa a r r R i iε ω ω= + × − = − − =
==
2 2 2( ) ( ) m/s ,
00D S SP SDa a r r R j jε ω ω= + × − = − − =
==
2 2 2( ) ( ) m/s ,
00B S SB SBa a r r R j jε ω ω= + × − = − = −
==
2 2 2( ) ( 1 ) m/s .
00C S SC SCa a r r R i iε ω ω= + × − = − = −
==
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 77
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 77
5.6.7. feladat: Merev test rögzített tengely körüli síkmozgása
ω
e
n x
y
Sl
A
Adott: A vizsgált test az A rögzített pont körül az xy síkban állandó ω szög-sebességgel síkmozgást végez.
( 2 ) rad/skω = − , 1 m.l = 1e n= = .
Feladat: a) Az S pont sebességének meghatározása. b) Az S pont gyorsulásának meghatározása. Kidolgozás: a) Az S pont sebességének meghatározása:
( ) (2 0,5) m/s2Slv e e eω= = ⋅ = .
b) Az S pont gyorsulásának meghatározása: állandóω = ⇒ 0ε = .
( ) 02Sela ε= = , 2 2 2( ) 2 0,5 2 m/s
2Snla ω= = ⋅ = .
2(2 ) m/sSa n= .
5.6.8. feladat: Merev test rögzített tengely körüli síkmozgása
x
y
mA
0l
S BSv
Sa
Adott: Az ábrán látható me-rev test az A rögzített pont körül az xy sík-ban végez síkmozgást.
(3 ) m/sSv j= , 2( 9 2 ) m/sSa i j= − − ,
0 2 m.l = Feladat: a) A test ω szögsebességének és ε szöggyorsulásának meghatározása. b) A B pont sebességének és gyorsulásának meghatározása. Kidolgozás: a) A test ω szögsebességének és ε szöggyorsulásának meghatározása:
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 78
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 78
0
3 3 rad/s/ 2 1Sv
lω = = = , (3 ) rad/skω = .
2
0
2 2 rad/s/ 2 1Sea
lε = = = , 2( 2 ) rad/skε = − .
b) A B pont sebességének és gyorsulásának meghatározása: 2 (6 ) m/sB S SB Sv v r v jω= + × = = ,
20 2 2 4 m/sBea l ε= = ⋅ = , 2 2
0 2 9 18 m/sBna l ω= = ⋅ = . 2( ) ( 18 4 ) m/sB Sn Sea a i a j i j= − − = − −
5.6.9. feladat: Merev testek kinematikája (Traktor modell) y
x
A D
C2R
1R B
1ω 1ε
)(1
)(3
)(2
Adott: A talajon csúszásmentesen gördülő, 1R és 2R sugarú henger,
amelyek súlypontjait merev rúd köti össze. 1 5 rad/s,ω = 2
1 10 rad/s ,ε = 1 22 m , 4 m.R R= =
Feladat: Az , , ésA B C D pontok a) , , ,A B C Dv v v v sebességének meghatározása. b) , , ,A B C Da a a a gyorsulásának meghatározása.
Kidolgozás: a) A sebességek meghatározása:
A csúszásmentes gördülés feltétele: 0 m/s.A Dv v= =
1 0 ( 5 ) (2 ) ( 10 ) m/sB A ABv v r k j iω= + × = + − × = . Mivel a (3) jelű rúd merev, ezért (10 )m/s.C Bv v i= = b) A gyorsulások meghatározása:
A B pont érintő irányú gyorsulása: 21 1 2 10 20 m/sBea R ε= ⋅ = ⋅ = ,
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 79
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 79
A B pont normális gyorsulása: 0Bna = , mert a B pont egyenes vonalú mozgást végez. A B pont gyorsulása: 2(20 ) m/s .Ba i= A (3) jelű rúd merev, ezért 2(20 ) m/s ,C Ba a i= =
21 1 ,A B BA BAa a r rε ω= + × −
2 2( 20 ) ( 10 ) ( 2 ) 5 ( 2 ) (50 ) m/sAa i k j j j= + − × − − − = A C pont érintő irányú gyorsulása:
2 2Ce Bea a R ε= = 22
2
20 5 m/s4
CeaR
ε⇒ = = = ,
22
10 2,5 rad/s4
CvR
ω = = = .
Ezek alapján: 2
2 2 ,D C CD CDa a r rε ω= + × − 2 2( 20 ) ( 5 ) ( 4 ) 2,5 ( 4 ) (25 ) m/s .Da i k j j j= + − × − − − =
Az eredmények összegzése: 0 m/s,Av = ( 10 ) m/s,Bv i= ( 10 ) m/s,Cv i= 0 m/sDv = .
2(50 )m/s ,Aa j= 2(20 )m/s ,Ba i= 2(20 )m/s ,Ca i= 2(25 )m/sDa j= .
5.6.10. feladat: Merev test síkmozgása, sebességállapot
2 m
•
o45
Be
1 m BAx
yC
ω
jki
Ae
Adott: Az xy síkban síkmozgást végző me-rev test A, B, C pontja. Ismert az A és B pont Av és Bv sebességének Ae és
Be irány egységvektora, valamint a
test szögsebessége: ( 4 ) rad/skω = − ,
( )Ae i= , 2 2
2 2Be i j⎛ ⎞
= +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠
Feladat: a) A P pillanatnyi sebességpólus meghatározása. b) A Av , Bv és Cv sebességvektorok meghatározása. c) A test sebességábrájának megrajzolása.
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 80
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 80
Megoldás: a) A P sebességpólus helyvektora: (1 ) m.Pr j= b) Az A, B és C ponti sebességvektorok:
( 4 ) m/s,Av i= − ( 4 4 ) m/s,Bv i j= − − (4 ) m/s.Cv i=
c) A sebességábra: A′
B ′
C ′Av
Bv
CvvO P ′≡
5.6.11. feladat: Merev test síkmozgása, sebességábra
4 m
3 m
xA B
C y
P
Adott: Az xy síkban síkmozgást végző me-rev test A,B,C pontja. Ismert a test P sebességpólusa és a test szögsebes-sége: (2 ) rad/s.kω = Feladat: a) A Av , Bv és Cv sebességvektorok
meghatározása. b) A test sebességábrájának megraj-
zolása. Megoldás: a) Az A, B és C ponti sebességvektorok:
(6 8 ) m/s,Av i j= − (6 ) m/s,Bv i==
( 8 ) m/s.Cv j= −
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 81
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 81
b) A sebességábra:
A′C′
B′
Cv
Bv
Av
vO
5.6.12. feladat: Merev test síkmozgása, gyorsulásábra
y
AaA xωε
1 mB
C
1 m
Adott: Az xy síkban síkmozgást végző merev test A,B,C pontja. Ismert a test szögsebessége, szöggyorsulása és az A pont gyorsulása:
( 2 ) rad/s ,kω = − 2(4 ) rad/s ,kε = 2(6 )m/sAa i= .
Feladat: a) A B és C pontok gyorsulásának meghatározása. b) A Q gyorsuláspólus helyvektorának meghatározása. c) A test gyorsulásábrájának megrajzolása.
Megoldás: a) A B és C ponti gyorsulásvektorok:
2(10 4 ) m/s ,Ba i j= − 2(6 8 ) m/s .Ca i j= −
b) A Q gyorsuláspólus helyvektora: Az A pontból a Q pontba mutató helyvektor:
( ) (0,75 0,75 ) m.AQ AQ AQr x i y j i j= + = + A B pontból a Q pontba mutató helyvektor:
(1,75 +0,75 j) .BQr i m=
c) A gyorsulásábra:
Mechanika Merev test kinematikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 82
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 82
Aa
Ba
Ca
QOa ′′=
B ′′
A ′′
C ′′ 5.6.13. feladat: Merev test síkmozgása
S
A
B
0l
xy
Sa Sv
Adott: Az A rögzített pont körül az xy síkban forgó-mozgást végző test S súlypontjának sebessége és gyorsulása: 2( 3 4 ) m/sSa i j= − + ,
(2 ) m/sSv i= , 0 2 ml = .
Feladat: a) A test ω szögsebességének és ε szöggyor-
sulásának meghatározása. b) A B pont Bv sebességének és Ba gyorsulá-
sának meghatározása. Megoldás: a) A test ω szögsebessége és ε szöggyorsulása:
(2 ) rad/skω = , 2( 3 ) rad/skε = − .
b) A B pont Bv sebessége és Ba gyorsulása:
(4 ) m/sBv i= , 2( 6 8 ) m/sBa i j= − + .
Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 83
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 83
6. Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben, relatív mozgás
Definíció: Relatív mozgásról akkor beszélünk, amikor egy test mozgásjellemzőit két, egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerben (KR-ben) akarjuk meghatározni.
x
z
ξ
η
ζ
Ω
ΩaΩr
O y
ε ω
Ωv
mρ
rvra
aar
av
Az ábrán látható jelölések magyarázata: xyz – álló (abszolút) koordináta rendszer (KR), kezdőpontja: O. ξηζ - mozgó (relatív) koordináta rendszer (KR), kezdőpontja Ω . va
Ω
Ω
⎫⎬⎭
- a mozgó ξηζ KR kezdőpontjának sebességegyorsulása
⎧⎨⎩
az álló xyz KR-
ben. ωε
⎫⎬⎭
- a mozgó ξηζ KR-nek, mint merev testnek a szögsebessége és
szöggyorsulása az álló xyz KR-ben. m - a tömegpont tömege. r - a tömegpont helyvektora az álló xyz KR-ben. ρ - a tömegpont helyvektora a mozgó ξηζ KR-ben. rΩ - a mozgó ξηζ KR kezdőpontjának helyvektora az álló xyz KR-
ben. av - a tömegpont sebessége az álló KR-ben (abszolút sebesség).
Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 84
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 84
rv - a tömegpont sebessége a mozgó KR-ben (relatív sebesség).
aa - a tömegpont gyorsulása az álló KR-ben (abszolút gyorsulás).
ra - a tömegpont gyorsulása a mozgó KR-ben (relatív gyorsulás).
Definíció: Abszolút sebességnek és gyorsulásnak nevezzük egy térgörbén mozgó anyagi pont sebességét és gyorsulását az álló koordináta-rendszerhez képest.
Definíció: Relatív sebességnek és gyorsulásnak nevezzük egy térgörbén mozgó anyagi pont sebességét és gyorsulását a mozgó koordináta-rendszerhez képest.
Deriválás egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben:
-Az s skalár mennyiségnek az álló KR-ben vett si idő szerinti deri-
váltja azonos a mozgó KR-ben vett s∗
idő szerinti deriválttal: s s∗
=i
,
-A c vektor mennyiségnek az álló KR-ben vett ci
idő szerinti derivált-
ja a mozgó KR-ben vett c∗
idő szerinti deriválttal és a mozgó KR
szögsebességének segítségével írható fel: c c cω∗
= + ×i
.
6.1. A sebességek kapcsolata Alkalmazzuk a fenti deriválási szabályt a tömegpont abszolút és relatív sebessége közötti kapcsolat felírására:
( ) ( ) ( ) / ,dr t r t tdt
ρΩ= +
( ) ( ) ( )a sz r
rvvv r t r t t v v vρ ω ρ ρ
∗
Ω
Ω
= = + = + × + = +i i i
.
Tehát: a r szv v v= + .
av - a tömegpont abszolút sebessége,
rv - a tömegpont relatív sebessége,
szv - a tömegpont szállító sebessége.
Tétel: Az anyagi pont abszolút sebessége a relatív sebesség és a szállító sebesség összege
Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 85
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 85
Szállító sebesség: A mozgó koordináta-rendszer azon pontjának a sebessége az álló KR-ben, amelyben az anyagi pont tartózkodik.
szv v ω ρΩ= + × .
6.2. A gyorsulások kapcsolata A gyorsulások kapcsolata szintén a deriválási szabály felhasználásával állítható elő:
a r sz ca a a a= + + .
aa - a tömegpont abszolút gyorsulása,
ra - a tömegpont relatív gyorsulása,
sza - a tömegpont szállító gyorsulása,
ca - a tömegpont Coriolis gyorsulása.
Tétel: Az anyagi pont abszolút gyorsulása a relatív gyorsulás, a szállító gyorsulás és a Coriolis gyorsulás összege.
Szállító gyorsulás: A mozgó koordináta-rendszer azon pontjának a gyorsulása az álló KR-ben, amelyben az anyagi pont tartózkodik.
( )sza a ε ρ ω ω ρΩ= + × + × × . Coriolis-gyorsulás: 2c ra vω= ×
A tömegpontnak akkor van Coriolis gyorsulása, ha 0ω ≠ , 0rv ≠ és ω nem rv .
Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 86
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 86
6.3. Gyakorló feladatok relatív mozgásra 6.3.1. feladat: Daru futómacskájának mozgása
ξ
η
y
ellensúly
xA
D rv1m
Dr
ε
ω
xξ
ζz
A BD
B
ε ω
futómacska
Adott: a szerkezet méretei, (10 ) rad/sjω = ,
2(15 ) rad/sjε = , (2 ) m/s= áll.rv i=
Feladat: a) A D futómacska Dv sebes-
ségének meghatározása az álló KR-ben.
b) A D futómacska Da gyorsu-lásának meghatározása az álló KR-ben.
a) A D pont (a futómacska) abszolút sebessége: ( ) ( ) ( )a r szv D v D v D= + .
( ) (2 ) m/srv D i= ,
( ) (10 ) ( ) ( 10 ) m/s
0sz B D
BD
v D v j i kr
ω ρ= + × = × = −
=
,
( ) (2 10 ) m/sav D i k= − .
b) A D pont (futómacska) abszolút gyorsulása: ( ) ( ) ( ) ( )a sz c ra D a D a D a D= + + .
( ) 0ra D = , mert ( ) állandórv D = ,
2
( ) ( )0 ( )
0
sz B D D
D D
a D a ε ρ ω ω ρ
ω ω ρ ω ρ
= + × + × ×= ⋅ −
=
,
2( ) (15 ) ( ) 100 ( 15 100 )sz D Da D j i i k iε ρ ω ρ= × − = × − = − − ,
( ) 2 ( ) 2(10 ) (2 ) 40c ra D v D j i kω= × = × = − ,
Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 87
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 87
2( ) ( 100 55 ) m/saa D i k= − − .
6.3.2. feladat: Pont relatív mozgásának kinematikája
tωtε
APR PA
ρ
ΩO
y
η
xξ
kvka
ji
k
Adott: 2(3 ) m/ska i= ,
(2 ) m/skv i= ,
( 2 ) rad/st kω = , 2( 3 ) rad/st kε = ,
1,5 mAPR = . 1. KR: xy (álló koordináta-
rendszer). 2. KR: ξη (mozgó koordi-
náta-rendszer). Feladat: a) A P pont ( )av P abszolút sebességének meghatározása. b) A P pont ( )aa P abszolút gyorsulásának meghatározása.
Kidolgozás: a) A P pont abszolút sebességének meghatározása:
( ) ( ) ( )a sz rv P v P v P= + . ( ) (2 ) m/s
0sz k
k
v P v v iv
ω ρΩ= + × = ==
,
( ) (2 ) (1,5 ) (3 ) m/sr t APv P R k i jω= × = × = . ( ) ( ) ( ) (2 3 ) m/s.a sz rv P v P v P i j= + = +
b) A P pont abszolút gyorsulásának meghatározása: ( ) ( ) ( ) ( )a sz c ra P a P a P a P= + + .
2 2( ) (3 ) m/s00
sz k
k
a P a a ia
ε ρ ω ρΩ= + × − = ===
,
( ) 2 ( ) 00
c ra P v Pω= × ==
,
2 2( ) (3 ) (1,5 ) 2 (1,5 )r t AP t APa P R R k i iε ω= × − = × − =
Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 88
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 88
2( 6 4,5 ) m/si j= − + . 2( ) ( ) ( ) ( ) ( 3 4,5 ) m/sa sz c ra P a P a P a P i j= + + = − + .
6.3.3. feladat: Pont relatív mozgásának kinematikája
lifty
0a
0v
B ω
R
Ax
O
S
Adott: Az ábrán látható lift, amely a vizsgált időpontban 0v sebességgel és 0a gyor-sulással végez függőleges haladó moz-gást. A liftben az R sugarú henger állan-dó ω szögsebességgel csúszásmentesen gördül.
(2 ) rad/skω = , 0 ( 4 ) m/sv j= − , 2
0 (8 ) m/s , 2 .a j R m= =
Feladat: A henger A és B pontja abszolút sebességnek és gyorsulásának meghatározása.
Kidolgozás: Az A pont abszolút sebessége:
0( ) ( ) ( ) ( 4 ) m/s.
0a sz rv A v A v A v j= + = = −
=
A B pont abszolút sebessége: 0( ) ( ) ( ) ( 2 ) ( 8 4 ) m/s.a sz rv B v B v B v R i i jω= + = + − = − −
Az A pont abszolút gyorsulása: ( ) ( ) ( ) ( )
0a sz c ra A a A a A a A= + +
=
20( ) (8 ) m/s ,sza A a j= =
2 2( ) ( )00
r r SA SA SAa A a S R R Rε ω ω= + × − =− ===
2 22 ( 2 ) (8 ) m/s ,j j− − =
állandóω = ⇒ ( ) állandórv S = ⇒ ( ) 0ra S = .
Az relS Q≡ a relatív gyorsulási pólus.
Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 89
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 89
( ) ( ) ( ) ( )
0a sz c ra A a A a A a A= + + =
=
20 ( ) 8 8 (16 ) m/s .ra a A j j j+ = + =
A B pont abszolút gyorsulása: ( ) ( ) ( ) ( )
0a sz c ra B a B a B a B= + +
=
.
20( ) (8 ) m/s ,sza B a j= =
2 2( ) ( )00
r r SB SB SBa B a S R R Rε ω ω= + × − = − ===
2 22 (2 ) ( 8 ) m/s .j j− = −
( ) ( ) ( ) ( )
0a sz c ra B a B a B a B= + +
=0 ( ) 8 8 0.rela a B j j= + = − =
6.3.4. feladat: Pont relatív mozgásának kinematikája
0,4 m 3
2
0,4 m
ξ
P
ρωΩ
ηy
xO
jki Adott:
A (3) jelű rúd a (2) jelű, ω szögsebességgel forgó hasábra támaszkodik.
( 2 ) rad/s =állandó.kω = A P pont a (2) jelű hasáb és a (3) jelű rúd érintkezési pontja.
Feladat: a) A P pont abszolút és relatív sebességének meghatározása. b) A P pont abszolút és relatív gyorsulásának meghatározása. Kidolgozás: 1. KR: xy (álló koordináta-rendszer). 2. KR: ξη (mozgó koordináta-rendszer). a) A P pont abszolút és relatív sebességének meghatározása:
( ) ( ) ( ).a sz rv P v P v P= + ( ) ( ) , ( ) ( )a a r rv P v P j v P v P i= = .
( ) (2 ) (0,4 0,4 ) ( 0,8 0,8 ) m/s,
0szv P v k i j i jω ρΩ= + × = × + = − +
=
Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 90
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 90
( ) ( 0,8 0,8 ) ( ) / , /a rv P j i j v P i i j= − + + ⋅ ⋅
0 0,8 ( ),rv P=− + ( ) 0,8 m/sav P = . ( ) 0,8 m/srv P = .
( ) (0,8 ) m/s.rv P i= ( ) (0,8 ) m/s.av P j=
b) A P pont abszolút és relatív gyorsulásának meghatározása: ( ) ( ) ( ) ( )a sz c ra P a P a P a P= + + . ( ) ( ) , ( ) ( )a a r ra P a P j a P a P i= = ,
2 2( ) 2 (0,4 0,4 )00
sza P a i jε ρ ω ρΩ= + × − = − + ===
2( 1,6 1,6 ) m/si j− − , 2( ) 2 ( ) 2(2 ) (0,8 ) (3,2 ) m/s ,c ra P v P k i jω= × = × =
( ) ( 1,6 1,6 ) (3,2 ) ( ) / , /a ra P j i j j a P i i j= − − + + ⋅ ⋅
0 1,6 ( ),ra P= − + ( ) 1,6 3,2aa P = − + ; ( ) 1,6ra P = ; ( ) 1,6aa P = ;
2( ) (1,6 ) m/s .ra P i= 2( ) (1,6 ) m/s .aa P j=
6.3.5. feladat: Tömegpont relatív mozgása
y
η
ξx
0vP
1O
0a
0r0ρ
0O1v
0 (6 5 ) mr i j= + ,
20 ( 4 3 ) m/sa i j= − + ,
0 ( 2 1,5 ) m/sv i j= − + , 1 (6 ) m/s.v i=
Adott: A P pont az xy síkban mo-zog. A vizsgált időpillanat-ban a pont helyvektora 0r , sebessége 0v és gyorsulása
0a az xy álló koordináta-rendszerben. A ξη koordi-náta-rendszert az x tengely mentén állandó 1v sebes-séggel mozgó járműhöz kötjük.
Feladat: a) A P pont abszolút és relatív sebességének meghatározása.
Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 91
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 91
b) A P pont abszolút és relatív gyorsulásának meghatározása. Megoldás: a) A P pont abszolút sebessége: 0( ) ( 2 1,5 ) m/s.av P v i j= = − +
A P pont relatív sebessége: ( ) ( 8 1,5 ) m/s.rv P i j= − + b) A P pont abszolút gyorsulása: 2
0( ) ( 4 3 ) m/s .aa P a i j= = − + A P pont relatív gyorsulása: 2
0( ) ( 4 3 ) m/s .ra P a i j= = − +
6.3.6. feladat: Tömegpont relatív mozgása
yη
x
ξB
Bv
RA
O
m
rvAρ
Ba
Adott: Az m tömegpont, amely a ξη koordiná-ta-rendszerhez kötött R sugarú körpályán
rv pályasebességgel mozog. A ξη KR az xy KR-ben haladó mozgást végez, a vizs-gált időpillanatban sebessége Bv , gyorsu-lása Ba .
(10 4 ) m/s,Bv i j= − 2mR = , 2(4 ) m/sBa i= , 4 m/s állandórv = = .
Feladat: a) Az m tömegpont abszolút sebességének meghatározása. b) Az m tömegpont abszolút gyorsulásának meghatározása. Megoldás: a) Az m tömegpont abszolút sebességének meghatározása:
A tömegpont szállító sebessége: (10 4 ) m/ssz Bv v i j= = − . A tömegpont relatív sebessége: ( 4 ) m/srv j= − . A tömegpont abszolút sebessége: (10 8 ) m/sav i j= − .
b) Az m tömegpont abszolút gyorsulásának meghatározása. A tömegpont szállító gyorsulása: 2(4 ) m/s .sz Ba a i= =
A tömegpont Coriolis gyorsulása: 0.ca = A tömegpont relatív gyorsulása: 2( 8 ) m/s .ra i= − A tömegpont abszolút gyorsulása: 2( 4 ) m/s .aa i= −
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 92
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 92
7. Tömegpont kinetikája
7.1. Tömegpont impulzusa, perdülete a) Impulzus (lendület):
Definíció: Anyagi pont impulzusa egyenlő az anyagi pont tömegének és sebességének szorzatával:
I mv= .
Tulajdonság: az I impulzus vektormennyiség. Mértékegység: [ ]kgm/s=Ns . (Kilogramm méter per szekundum,
Newton - kiejtése: nyúton - szekundum) b) Perdület (impulzus nyomaték):
Definíció: Anyagi pont A (helytálló) pontra számított perdülete egyenlő az anyagi pont impulzusvektorának az A pontra számított nyomatékával:
xO
m
A y
APr
PI
pálya
z
B
ABr
A APr Iπ = × . Tulajdonság: - a Aπ perdület vektor mennyiség, - függ az A pont megválasztásától.
Mértékegység: 2 /kgm s Nms⎡ ⎤=⎣ ⎦ .
Impulzusnyomaték átszámítása:
B A ABI rπ π= + × .
Analógia: az erő nyomatéka.
7.2. Kinetikai energia, teljesítmény, munka a) Kinetikai (mozgási) energia:
Definíció: Anyagi pont kinetikai energiája egyenlő az anyagi pont tömegének és sebessége négyzete szorzatának felével:
212
E mv= .
Tulajdonsága: a kinetikai energia mindig pozitív skalár mennyiség.
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 93
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 93
Mértékegység: [ ] [ ]2 2kgm /s = Nm = J (Joule)⎡ ⎤⎣ ⎦ . (Kilogramm méter négyzet per szekundum négyzet, nyúton méter,
Joule kiejtés: zsúl).
b) Teljesítmény:
Definíció: Anyagi pontra ható F erő teljesítménye egyenlő az erő és az anyagi pont sebességének skaláris szorzata:
P F v= ⋅ .
Mértékegység: [ ] [ ] [ ]Nm/s = J/s = W (Watt) (nyúton méter per szekundum, zsúl per szekundum, Watt kiejtés: vatt)
Tulajdonsága: a teljesítmény (előjeles!) skalár mennyiség Előjel: v
F
v
F
0P =
v
F
0P > 0P < - Ha a sebességvektor és az erővektor által bezárt szög kisebb mint
o90 , akkor az erő teljesítménye pozitív. - Ha a sebességvektor és az erővektor által bezárt szög o90 , akkor az
erő teljesítménye zérus. - Ha a sebességvektor és az erővektor által bezárt szög nagyobb mint
o90 , akkor az erő teljesítménye negatív. c) Munka: A munka mindig egy < t1 t2 > időintervallumra vonatkozó fogalom. Definíció: Az anyagi pontra ható F erő < t1 t2 > időtartam alatt
végzett munkája egyenlő az erő P teljesítményének 1t –
2t határok között vett idő szerinti integrálja: 2
1
12
t
t
W P dt= ∫ .
Tulajdonsága: a munka (előjeles!) skalár mennyiség
Mértékegység: [ ] [ ] [ ]Ws = Nm = J (vatt szekundum, nyúton méter, zsúl)
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 94
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 94
v
F2t
1t
1r2r
váll.F =
2t1t
1r2r
12rΔ
Átalakítás: 2 2
1 1
12
t r
t rdr
W F v dt F dr= ⋅ = ⋅∫ ∫ .
Állandó erő munkája: állandóF = .
2 2
1 1
12 12
t t
t t
W F dr F dr F r= ⋅ = ⋅ = ⋅Δ∫ ∫ .
7.3. A Newton törvények
a) Newton I. törvénye: Minden test megmarad nyugvó, vagy egyenes vonalú egyenletes
mozgó állapotában, amíg valamely rá ható erő állapotának megvál-toztatására nem kényszeríti.
b) Newton II. törvénye (Impulzus tétel): Anyagi pont impulzusának idő szerinti megváltozása egyenlő az
anyagi pontra ható erők eredőjével.
( )d dImv I Fdt dt
= = = .
Ha: m = áll. (a mérnöki gyakorlatban leggyakrabban ez fordul elő):
dvm ma Fdt
= = .
c) Newton III. törvénye (Hatás, ellenhatás törvénye): Két test egymásra gyakorolt hatásának nagysága mindig egyenlő és
a hatások iránya mindig ellentétes .
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 95
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 95
21F 12F
1m 2m
12 21F F= −
12F - az 1-es testről a 2-es testre átadódó erő,
21F - a 2-es testről az 1-es testre átadódó erő,
7.4. A kinetika tételei a) A D’ Alembert elv: (kiejtés: dalamber) A kinetikai feladatok a tehetetlenségi (inercia) erő bevezetésével
statikai feladatokra vezethetők vissza.
Impulzus tétel: ma F= . 0
Tma F T F= − + = +
Az anyagi pontra ható F eredő erő és a T tehetetlenségi erő együtt egyensúlyi erőrendszert alkotnak.
b) Perdület tétel
Differenciális alak: AA A
d Md tπ π= = .
Anyagi pont álló pontra számított perdületének idő szerinti első deriváltja egyenlő az anyagi pontra ható erőnek ugyanarra a pontra számított nyomatékával.
Integrál alak: 2
1
2 1( ) ( )t
A A At
t t M dtπ π− = ∫ .
Álló pontra számított perdület < t1 t2 > időtartam alatti megváltozása egyenlő az anyagi pontra ható erő ugyanarra az álló pontra számított nyomatékának idő szerinti integráljával.
c) Energiatétel, munkatétel:
Differenciális alak (energiatétel): dE E Pdt
= = .
Anyagi pont kinetikai energiájának idő szerinti deriváltja egyenlő az anyagi pontra ható erők teljesítményével.
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 96
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 96
Integrál alak (munkatétel): 2
1
2 1 12
t
t
E E W Pdt− = = ∫ .
Anyagi pont kinetikai energiájának < t1 t2 > időtartam alatti megváltozása egyenlő az anyagi pontra ható erőknek az időtartam alatt végzett munkájával.
A munkatétel anyagi pontra: 2
1
2 22 1
1 12 2
r
r
mv mv F dr− = ⋅∫ .
7.5. Konzervatív erőtér (erőrendszer)
Definíció: Konzervatív erőtérről (erőrendszerről) abban az esetben beszélünk, ha létezik olyan ( )U U r= skalár függvény, amelyből az erő negatív gradiensképzéssel származtatható:
dU U U UF grad U i j kdr x x x
∂ ∂ ∂⎛ ⎞= − = − = − + +⎜ ⎟∂ ∂ ∂⎝ ⎠.
( )U r - potenciál függvény (helyzeti energia),
, ,U U Ux y z
∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂
- a potenciál függvény x, y, z szerinti parciális
deriváltjai. Tétel: A konzervatív erőtérben végzett munka csak a kezdő és végső
helyzettől függ, értéke egyenlő az ( )U r potenciál kezdő és végpontban felvett értékének különbségével.
2r1r
2 helyzet1 helyzet
O
lehetséges pályagörbék12 1 2( ) ( )W U r U r= −
1( )U r - potenciál a kezdő (1) helyzetben.
2( )U r - potenciál a végső (2) helyzetben.
A mechanikai energiamegmaradás tétele: Konzervatív erőtérben (erőrendszerben) a mozgás során a kinetikai és helyzeti energiák összege állandó:
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 97
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 97
állandóE U+ = .
7.6. Tömegpont szabad mozgása
Definíció: szabad mozgásról akkor beszélünk, amikor a test (anyagi pont) mozgását más testek nem akadályozzák.
Anyagi pont hajítása (az egyik leggyakrabban előforduló szabad mozgás) Adott: - a kezdő helyzet: 0( 0) 0r t r= = = , - a kezdő sebesség: 0( 0)v t v= = . Kérdés: a) Az ( )a t gyorsulásfüggvény, a ( )v t sebességfüggvény és
az ( )r t mozgásfüggvény. b) Mennyi idő szükséges a pálya legmagasabb pontjának
eléréséhez és mennyi az egész hajítási idő? c) Milyen magasra és milyen távolra repül az anyagi pont?
A x
y
Bx
By
B
C0v
Bv
G
A feladat megoldása: a) Az ( )a t gyorsulásfüggvény, a ( )v t sebességfüggvény és az ( )r t
mozgásfüggvény meghatározása: Impulzus tétel: állandóma G mg a g= = ⇒ = = .
A sebességfüggvény: 0 0( )v t v gdt v gt= + = +∫ .
A mozgásfüggvény: 2
0 0( )2
0
tr t r v t g= + +
=
.
b) A pálya legmagasabb pontjának eléréséhez szükséges és az egész hajítási idő meghatározása:
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 98
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 98
Az impulzus tétel integrál alakja: 0
( ) ( )Bt
t
I B I A F dt− = ∫ .
0B Bmv mv mg t i j− = ⋅ ⋅
0 0B xmv mv− = ⇒ 0B xv v= .
0 y Bmv mgt= − ⇒ 0 yB
vt
g=
A pálya legmagasabb pontjának eléréséhez szükséges idő: Bt . Az egész hajítási idő: 2C Bt t= .
c) Az anyagi pont pályájának magassága és hossza: Munkatétel integrál alakja:
2 20
0
1 12 2
Br
B Bmv mv mgdr mg r− = = ⋅∫ .
2 20 0 2x Bv v g y− = − .
A pálya magassága: 2 20 0
2x
Bv vy
g−
= .
Mozgástörvényből: 0B x Bx v t= . A pálya hossza: 02 2C B x Bx x v t= = .
7.7. Tömegpont kényszermozgása
Kényszermozgás:Ha az anyagi pont mozgását más testek előírt geometriai feltételeknek megfelelően korlátozzák.
Kényszer:Az a test (testek) amelyek az általunk vizsgált test mozgását előírt geometriai feltételeknek megfelelően korlátozza.
Tétel: A kényszer hatását a kényszererő teljes mértékben helyettesíti. Sima kényszer: A kényszererő merőleges az érintkező felületek-re. (Nincs súrlódás.) Érdes kényszer: A kényszererő normális és tangenciális koordiná-
tája közötti a Coulomb-féle (kiejtés: kulomb) súrlódási törvény teremt kapcsolatot.
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 99
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 99
7.8. A Coulomb-féle súrlódási törvény
Mozgásbeli súrlódás: a testek érintkezési pontjában (pontjaiban) egymáshoz képest van érintő irányú (tangenciális) elmozdulás (sebesség).
n
eμ
KFρ
SFNFρ
v
A támasztóerő összetevői: K S NF F F= + .
SF - a támasztóerő érintő irányú összetevője.
NF - a támasztóerő normális irányú összetevője. A támasztóerő (kényszererő) koordinátái:
K S NF F e F n= + .
Törvény: A kényszererő tangenciális koordinátájának nagysága a normál erő μ -szöröse, iránya pedig ellentétes a sebesség irányával.
Az érintő irányú összetevő: S NvF Fv
μ= − .
Az érintő irányú koordináta: S NF Fμ= − . μ - a mozgásbeli súrlódási tényező: tgμ ρ= .
A súrlódási tényező az érintkező testek anyagának minőségétől és az érintkező felületek minőségétől (simaságától) függ.
7.9. Gyakorló feladatok tömegpont kinetikájára 7.9.1. feladat: Tömegpont lejtőn történő mozgása
KF
n
e
hs
m
Gα
α h0v
(1)
(2)
Adott: - a ( 0μ = ) sima lejtő α
dőlésszöge, - az m tömegű anyagi pont 0v
kezdősebessége az (1) jelű helyzetben,
- az ábrán látható h magasság.
Feladat:
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 100
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 100
a) Az KF kényszererő (támasztóerő) meghatározása. b) A tömegpont a gyorsulásának meghatározása. c) A tömegpont (2) helyzetbeli hv sebességének meghatározása. d) Annak a ht időnek a meghatározása, amely alatt az anyagi pont az
(1) helyzetből a (2) helyzetbe ér. Kidolgozás: a) Az KF kényszererő (támasztóerő) meghatározása:
Impulzus tétel: I F= /Kma mg F n= + ⋅ ,
0 cos Nmg Fα= − + , ⇓
cosN K NF mg F F nα= ⇒ = .
b) A tömegpont a gyorsulásának meghatározása. Impulzus tétel: I F=
/Kma mg F e= + ⋅
sin sine ema mg a gα α= ⇒ = ea a e⇒ = . c) A tömegpont (2) helyzetbeli hv sebességének meghatározása:
Munkatétel: 2
1
( )
2 1 12( )
r
r
E E W F dr F r− = = ⋅ = ⋅Δ∫ ,
2 20
1 12 2
0h Kmv mv F r mg r
mgh− = ⋅ Δ + ⋅ Δ
=
,
202hv gh v= + .
d) Annak a ht időnak a meghatározása, amely alatt az anyagi pont az (1) helyzetből a (2) helyzetbe ér:
Impulzus tétel: 2 1
h
o
t
t
I I Fdt− = ∫ ,
0 ( ) /h K hmv mv mg F t e− = + ⋅ , 0 ( sin 0)h hmv mv mg tα− = + ,
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 101
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 101
20 00 2
sin sinh
h
gh v vv vtg gα α
+ −−= = .
7.9.2. feladat: Tömegpont mozgása körpályán
lϕ
m
e
vKF
gm
0v
n
(0)(2)
Adott: Az l hosszúságú nyújthatatlan kötélre felfüggesztett m tömegű anyagi pont.
Kérdés: a) Mekkora maxϕ helyzetig lendül ki
a tömegpont, ha kötél függőleges helyzetéből 0v sebességgel indítjuk?
b) Mekkora a tömegpont a gyorsulása és a tömegpontra ható KF kényszererő a tetszőleges ϕ ( max0 ϕ ϕ< < ) helyzetben?
Kidolgozás: a) A maxϕ meghatározása:
Munkatétel: 2
0
( )
2 0 02( )
r
r
E E W F dr− = = ⋅∫ ,
2 22 0
1 12 2
0 0Km v mv F dr mg r− = ⋅ + ⋅ Δ
= =∫ ,
20 max
1 (1 cos )2
mv mgl ϕ− = − − ,
20
max(1 cos )2vgl
ϕ= − ,
20
maxcos 12vgl
ϕ = − ⇒ 20
max arccos(1 )2vgl
ϕ = − .
b) A tömegpont a gyorsulása és a tömegpontra ható KF kényszererő meghatározása tetszőleges ϕ ( max0 ϕ ϕ< < ) helyzetben:
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 102
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 102
Munkatétel: 2 20
1 12 2
(1 cos )0Kmv mv F dr mg r
mgl ϕ− = ⋅ + ⋅Δ
− −=∫ ,
2 20 (1 cos )v v gl ϕ= − − .
Impulzus tétel: I F= ,
( ) / /e n Km a a F mg e n+ = + ⋅ ⋅
0 sincos
e
n N
ma mgma F mg
ϕϕ
= − ⎫⎬= − ⎭
ϕ
e
gm
nϕ
ϕϕ
Az első egyenletből: sinea g ϕ= − .
A második egyenletből: 2
( cos ) ( cos )N nvF m a g m gl
ϕ ϕ= + = + .
A gyorsulás és a kényszererő vektor: 2
sine nva a e a n g e nl
ϕ= + = − + , (2
nval
= ).
2
( cos )K NvF F n m g nl
ϕ= = + .
7.9.3. feladat: Tömegpont mozgása körpályán
e
0v n
x
KF
gm
zm
R
vϕ
ϕ
Adott: Az R sugarú, sima ( 0μ = ) kényszerpálya, amelynek felső pontjából az m tömegű anyagi pontot
0v sebességgel indítjuk.
Kérdés: Hol hagyja el a tömegpont a kény-szerpályát?
Kidolgozás: Impulzus tétel: ( ) /e n Km a a F mg n+ = + ⋅
cosn Nma F mg ϕ− = − .
Elválási feltétel: 0NF = , (Megszűnik a kényszerpálya tömegpontra gyakorolt hatása.)
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 103
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 103
22cos coselv
n elv elvva g v RgR
ϕ ϕ= = ⇒ = ,
Munkatétel: 2 20
1 12 2
(1 cos )0elv K
elv
mv mv F dr mg rmgR ϕ
− = ⋅ + ⋅Δ
−=∫ ,
2 20 2 (1 cos )elv elvv v gR ϕ− = − ,
20cos 2 2 coselv elvRg gR gR vϕ ϕ− + = ,
20(3cos 2)elvRg vϕ − = ,
203cos 2elv
vRg
ϕ − = ,
20 2cos
3 3elvvRg
ϕ = + ⇒ 20 2arccos
3 3elvvRg
ϕ⎛ ⎞
= +⎜ ⎟⎝ ⎠
.
7.9.4. feladat: Tömegpont mozgása érdes síkon
m0v
ne
L
μ
ρ
G
KFρ
vAdott:
0, , ,m g v tgμ ρ= .
Kérdés: a) Mennyi idő alatt áll meg
a tömegpont? b) Mekkora L utat tesz meg
a tömegpont a megállásig?
Kidolgozás: a) Mennyi idő alatt áll meg a tömegpont?
Impulzus tétel: Kma mg F= +
( )S
e n N N
Fm a e a n mg F e F nμ+ = − + , / n⋅ / e⋅ .
A pálya egyenes 0na⇒ = . 0 ,N Nmg F F mg= − + ⇒ = .
e Nma Fμ= − , ,e ema mg a gμ μ= − ⇒ = .
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 104
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 104
Impulzus tétel integrál alakja: 00
( )Lt
L KI I mg F dt− = +∫ ,
00 ( ) /K Lmv mg F t e− = + ⋅ ,
0 Lmv mg tμ− = − ,
oL
vtgμ
= .
b) A megállásig megtett út meghatározása:
Munkatétel integrál alakja: ( )
0(0)
( )Lr
L KE E mg F dr− = + ⋅∫ ,
20
102
mv mgLμ− = − ,
20
2vL
gμ= .
7.9.5. feladat: Tömegpont mozgása érdes lejtőn
0F
e
ρ
G
KF
vn
α ρ
Adott:
0, , ,G F tg vμ ρ= .
Feladat: A tömegpont gyorsulásának és támasztóerőjének meghatá-rozása a) számítással és b) szerkesztéssel.
Kidolgozás: a) Megoldás számítással:
0 / /e N Nma e mg F F e F n e nμ= + − + ⋅ ⋅ ,
0
0
sin cos0 cos sin
e N
N
ma mg F Fmg F F
α α μα α
= − + − ⎫⎪⎬= − − + ⎪⎭
⇓
0cos sinNF mg Fα α= + ,
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 105
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 105
0(sin cos ) (cos sin )eFa gm
α μ α α μ α= − + + − .
b) Megoldás szerkesztéssel:
Impulzus tétel: 0 Kma G F F= + + . Helyzetábra
G ρ
ρ
KF
0F
GeKe
ae
0e
ρα
Vektorábra •
ρ
0F
G
am
KF
7.9.6. feladat: Tömegpont mozgása kényszerpályán
0vn
eμm
L
m 0vn
e
L
μ
ρ
GKFρ
v
Adott: Az érdes, vízszintes felületen 0v kezdeti sebességgel mozgó m tö-megű anyagi pont.
00,2 ; 2m/s,vμ = = 210 kg, 10 m/s .m g= =
Feladat: a) A tömegpont gyorsulásának
meghatározása. b) A megállásig szükséges idő
meghatározása. c) A megállásig megtett út megha-
tározása. Kidolgozás: a) A tömegpont gyorsulásának meghatározása:
Impulzus tétel: I F= ,
Kma F G= + , ( )K S N NF F e F n F e nμ= + = − + .
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 106
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 106
( ) ( ) , / /e S Nma e F e F n m g n e n= + + − ⋅ ⋅ ,e Nma Fμ= − 0 ,NF m g= −
( ) ,ea gμ=− ← .NF m g= 2( 2 ) m/s .ea e= − ( 20 100 ) N.KF e n= − +
A tömegpont gyorsulása a sebességgel ellentétes irányú, tehát a tö-megpont nem gyorsul, hanem lassul.
b) A megállásig szükséges idő kiszámítása: Az impulzus tétel integrál alakja:
1
0
1 0( ) ( ) 0
( ) ( ) ,t
K Kt t t
I I F dt G F dt G F dt=
− = = + = +∫ ∫ ∫
[ ]1 0 1( ) ( ) / ,0
N Nm v e mv e m g n F e F n t eμ− = − + − + ⋅=
00 1 1
2 1 s.0,2 10
vmv m g t tg
μμ
− =− ⇒ = = =⋅
c) A megállásig megtett út kiszámítása: Munkatétel:
[ ]1
0
1 0 010
( ) ( ) ( ) , /r
N Nr
E E W F e F n m g n ds e edr
μ=
− = = − + + − ⋅∫
2 21 0
1 1 ,2 2
0m v mv m g Lμ− =−
= ⇒
2 20 2 4 1 m
2 2 0,2 10 4vL
gμ= = = =
⋅ ⋅.
7.9.7. feladat: Tömegpont mozgása érdes lejtőn
Adott: o30 , 10 kg,mϕ ψ= = = 0,2 ;tgμ ρ= = 0 (8 ) m/s.v i=
Feladat: a) Annak meghatározása, hogy mekkora 1F erő esetén marad a tömeg-
pont a kényszerpályán. b) A tömegpont gyorsulásának meghatározása a pálya elhagyásának
pillanatában.
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 107
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 107
m
1Fψa
1e
0vx
ρϕ
SFKF
NFGϕ
yμ
n
Kidolgozás: a) Az 1F erő meghatározása a pálya elhagyásának pillanatában:
Az ismert irányú mennyiségek:
1 1 1 1, ahol cos sin , ,F F e e i j a a iψ ψ= = + =
( sin cos ),G m g m g i g jϕ ϕ= = − − ( ).K S N N NF F F F i F jμ= + = − +
Impulzus tétel: 1 Km a F ma F G F= ⇒ = + +
1 (cos sin ) ( sin cos ) ( )N Nmai F i j m g i j F i F jψ ψ ϕ ϕ μ= + + − − + − + A vektoregyenletet skalárisan megszorozva i -vel és j -vel:
1 cos sin ,Nma F m g Fψ ϕ μ= − − 1 sin cos 0NF m g Fψ ϕ− + = , ⇓
1cos sinNF m g Fϕ ψ= − .
1 1cos sin ( cos sin )ma F m g m g Fψ ϕ μ ϕ ψ= − − − .
A kényszerpályán maradás feltétele: 0NF ≥ .
1cos sin 0NF m g Fϕ ψ= − ≥ , ⇓
1 1 maxcos 10 10 0,866 173,2 N.
sin 0,5m gF F ϕ
ψ⋅ ⋅
≤ = = =
b) A tömegpont gyorsulásának meghatározása a pálya elhagyásának pillanatában:
1 1cos sin ( cos sin ),ma F m g m g Fψ ϕ μ ϕ ψ= − − −
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 108
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 108
1(cos sin ) (sin cos ),ma F m gψ μ ψ ϕ μ ϕ= + − +
1 (cos sin ) (sin cos ).Fa gm
ψ μ ψ ϕ μ ϕ= + − +
A tömegpont gyorsulása a pálya elhagyásának pillanatában: 173,2 (0,866 0,2 0,5) 10(0,5 0,2 0,866)
10a = + ⋅ − + ⋅ =
216,73 6,73 10 m/s= − = . 2 210 m/s , ( 10 ) m/s .a g a j≅ = = −
7.9.8. feladat: Tömegpont mozgása körpályán
ny
x
R
μ
ϕ
m
ev
G
Adott: ( 60 ) NG j= − , 210 m/sg ≈ , ( ) ,v ve= v=2 m/s,
0,2tgμ ρ= = (0,8 0,6 )e i j= − , (0,6 0,8 )n i j= + , 2 mR = .
Feladat: A tömegpont gyorsulásának és a tömegpontra ható kényszererőnek a meghatározása a) számítással, b) szerkesztéssel.
a) A feladat megoldása számítással: A súlyerő vektor: ( 60 ) (0,8 0,6 ) 36 NeG G e j i j= ⋅ = − ⋅ − = ,
( 60 ) (0,6 0,8 ) 48 NnG G n j i j= ⋅ = − ⋅ + = − ,
(36 48 ) Ne nG G e G n e n= + = − .
A támasztóerő (kényszererő): ( ).K S N N NF F F F e F nμ= + = − +
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 109
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 109
ny
x
R
μ
ϕ
m
eeaG
KF
na
ρρ
A tömeg: 60 6 kg.10
Gmg
= = =
A gyorsulás: ,e n e na a a a e a n= + = +
2 222 2 m/s
2nvaR
= = = .
Impulzus tétel:
Km a G F= + ( ) ( ) ,e n e n N Nma e ma n G e G n F e F nμ+ = + + − +
2 (36 48 ) ( ) , / /e N Nma e m n e n F e F n e nμ+ = − + − + ⋅ ⋅ 36 ,e Nma Fμ= − 2 48 ,Nm F= − +
48 2 48 2 6 60 NNF m= + = + ⋅ = , 236 36 0,2 60 4 m/s ,
6N
eFa
mμ− − ⋅
= = = 2(4 2 ) m/s .a e n= +
( 0,2 60 60 )K S N N NF F F F e F n e nμ= + =− + = − ⋅ + = ( 12 60 ) N.e n= − +
b) A feladat megoldása szerkesztéssel: Impulzus tétel: ( ) .e n N Nm a e m a n G F e F nμ+ = + − +
Helyzetábra
n
y
x
ϕ
eGe
Ke
ρρ
ϕ
Vektorábra
ϕ
ρ
•
•
n
eKF
G
emanma
m a
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 110
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 110
7.9.9. feladat: Tömegpont mozgása sima lejtőn
1F
m
Sψ
0=μα
G
0v
x
y Adott: Az α jelű, sima kényszerpályán csúszó G súlyú hasáb, amelynek kezdősebessége 0.v A testre ható
1F erő a kényszerpályával ψ szöget zár be.
(60 80 ) NG i j= − , 0μ = , 0,4tgψ = , 210 m/sg ≈ ,
1 ( 85 34 ) NF i j= − + .
Feladat: Annak meghatározása, hogy a) mekkora 1F erő esetén mozoghat a test állandó sebességgel,
b) mekkora a test a gyorsulása és az Fα kényszererő,
c) mekkora 1maxF erő esetén szűnik meg a test és a lejtő közötti kapcso-lat.
Kidolgozás: a) Az állandó sebességű mozgás biztosításához szükséges 1F erő meghatá-
rozása: Impulzus tétel: 1m a G F Fα= + + ,
ahol: x yG G i G j= + , F N jα α= ,
1 1 1 1 1( cos sin ) x yF F i F j F i F jψ ψ= − + = + .
Állandó sebességű mozgás: 0a = .
10 (60 80 ) ( cos sin ) /i j F i j N j iαψ ψ= − + − + + ⋅
1 1 10 60 cos 60 Nx x x xF G F F Gψ= − = − + ⇒ =− = − .
11 1
1
60 0,4 24 Nyy x
x
Ftg F F tg
Fψ ψ= ⇒ = = ⋅ = .
1 ( 60 24 ) N.F i j= − +
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 111
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 111
b) Az a gyorsulás és az Fα kényszererő (támasztóerő) meghatározása: Impulzus tétel: 1 .m a G F Fα= + +
1 1( ) ( ) ( ) ( ) / /x y x y x ym a i a j G i G j F i F j N j i jα+ = + + + + ⋅ ⋅
1 ,x x xma G F= + ⇒ 21 60 85 2,5 m/s10
x xx
G Fam+ −
= = = − .
1
0y y yma G F Nα= + + , ⇒ 1 80 34 46 Ny yN G Fα = − − = − = .
2( 2,5 ) m/sa i= − , (46 ) N.F jα =
c) Az 1maxF meghatározása: Az elválás feltétele: 1 0y yN G Fα = − − ≤ ⇒ 1 80 Ny yF G≥ − = ,
11 max
80 200 N.0,4
yx
FF
tgψ= = =
1max ( 200 80 ) N.F i j= − + 7.9.10. feladat: Tömegpont mozgása vízszintes síkon
x
G
0Sv
αSh
1F by
Adott: Az α jelű vízszintes kényszer-pályán 0Sv pillanatnyi sebesség-gel haladó mozgást végző hasáb-ra a G súlyerő és az 1F erő hat.
0 (3 ) m/sSv i= , 210 m/sg ≈ ,
1 (0,2 ) kNF i= , 2 mb= ,
( 0,8 ) kNG j= − , 0,8mh= .
Feladat: Meghatározni szerkesztéssel 1) 0μ = (sima kényszerpálya) esetén
a) a hasáb súlypontjának Sa gyorsulását, Sv sebességét és a
támasztó erőrendszer Fα eredőjét az idő függvényében.
b) 1maxF értékét, amelynél bekövetkezik a hasáb felbillené-se.
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 112
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 112
2) 0,2μ = (érdes kényszerpálya) esetén a hasáb súlypontjá-nak Sa gyorsulását és Sv sebességét az idő függvényében.
Kidolgozás: 1) A feladat megoldása sima kényszerpálya esetén ( 0μ = ):
a) A gyorsulás, a támasztóerő és a sebesség meghatározása:
Szerkesztés: 1 .S
er
m a F G F
Fα= + +
Szerkezetábra
xαFG
Sv SamαSh
1Fb
y
ereeαGe
ae1e
Vektorábra
G
1F
erF
Sam
αF
Számítás: Impulzus tétel: 1 .S er
er
ma F G F F F
Fα α= + + = +
1( ) ( ) ( ), / /
0Sma i F i G j N i N j i jα αμ= + − + + ⋅ ⋅
=
1 ,Sma F= 0 ,G Nα= − + 21 200 2,5 m/s ,
80SFam
= = = 0,8 kN,N Gα = =
2(2,5 ) m/s áll.Sa i= = (0,8 ) kN = áll.F jα =
0( ) ( ) (3 ) (2,5 ) m/s.S S S Sv v t v a t t i t i= = + = +
b) Billenés: Ha a támasztóerő hatásvonala nem metsz bele az érintkezési fe-lületbe.
Számítás: 0d dMπ = = .
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 113
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 113
1max0 ,2 2h bF G= − + ⇒ 1max
2800 2000 N 2 kN.0,8
bF Gh
= = = =
Szerkesztés: max 1max .S bill
er
ma F G F
F
= + +
Szerkezetábra
x
billFG
SvmaxSma
αSh
1billFb
y
ere
billeGe
aeD
1e
Vektorábra
G
1billF
erF
maxSma
billF
2) A feladat megoldása érdes kényszerpálya esetén ( 0,2μ = ):
Számítás: 1 .S er
er
ma F G F F F
Fα α= + + = +
1( ) ( ) ( ) / /Sm a i F i G j N i N j j iα αμ= + − + − + ⋅ ⋅ 0 ,G Nα= − + ⇒ 0,8 kNN Gα = = .
1 ,Sm a F Nαμ= − 21 200 0,2 800 0,5 m/s80S
F Na
mαμ− − ⋅
= = = .
2(0,5 ) m/s =áll.Sa i=
( ) ( 160 800 ) N = állandó.F N i N j i jα α αμ= − + = − +
0( ) ( ) (3 ) (0,5 ) m/s.S S S Sv v t v a t t i t i= = + = +
Szerkesztés: 1 .S
er
m a F G F
Fα= + +
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 114
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 114
Szerkezetábra
xG
Sv SamαSh
1Fb
y
αFρ
Vektorábra
G
1F
erF
Sam
αF
ρ
7.9.11. feladat: Tömegpont mozgása kényszerpályán
b
SSv x
y
μ c
m
α
0F
Adott: Az érdes, α hajlásszögű felületen
Sv pillanatnyi sebességgel lefelé mozgó m tömegű hasáb.
0,25 ; ( 10 ) m/sSv iμ = = − , 40 kgm = , 210 m/sg = ,
o30α = , 1 mc = , 2 mb = ,
0 (200 100 ) NF i j= − . Feladat: A hasáb súlyponti gyorsulásának és a hasábra ható kényszer-
erő vektorának és hatásvonalának meghatározása a) számítással és b) szerkesztéssel.
Kidolgozás: a) A hasáb súlyponti gyorsulásának és a hasábra ható kényszererő vek-
torának és hatásvonalának meghatározása számítással:
b
SSv
xy
μ c
αKF
0F
h
G
ρρ
Impulzus tétel:
0( ).S Km a G F F= + +
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 115
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 115
( ) ( sin cos )Sma i m g i m g jα α= − − + 0 0( ) ( )x y N NF i F j F i F jμ+ + +
Az egyenletet skalárisan beszorozva először j -vel, majd i -vel:
00 cos ,y Nm g F Fα= − + + ⇒ 346,4 100 446,4 N.NF = + =
0sinS x Nma m g F Fα μ= − + + ⇒ 01 ( sin )S x Na m g F Fm
α μ= − + +
21 ( 40 10 0,5 200 0,25 446,4) 2,91 m/s40Sa = − ⋅ ⋅ + + ⋅ = .
A súlyponti gyorsulás: 2(2,91 ) m/s .Sa i=
A kényszererő: ( ) (111,6 446,4 ) N.K N NF F i F j i jμ= + = + A kényszererő hatásvonala a perdület tételből: s sMπ = ,
0 002 2x y Nc bF F h F= − − + ,⇒ 00 0,448 m.
2 2yx
N N
Fc F bhF F
= + =
b) A feladat megoldása szerkesztéssel: 0( ).S K
er
ma G F F
F
= + +
Helyzetábra
S xy
αKe
0eh
Ge
ρρae
Vektorábra
ρ
.
0F
GerF KF
Sam
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 116
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 116
7.9.12. feladat: Tömegpont mozgása lejtőn
0v
G
xm 0F
y
μ
1sAdott:
( 30 40 ) NG i j= − − ,
0 ( 10 ) m/s,v i= −
1 5 ms = , 0,15tgμ ρ= = ,
0 (100 ) N.F i=
Feladat: a) Számítással és szerkesztéssel meghatározni, hogy az indulási hely-
zetben mekkora a tömegpont gyorsulása. b) Meghatározni az 0F erőnek azt az értékét, amely esetén a tömegpont
1s út megtétele után megáll.
Megoldás: a) A tömegpont gyorsulása az indulási helyzetben:
Megoldás számítással: 2(15,2 ) m/s .a i= Megoldás szerkesztéssel:
Szerkezetábra
G
ρ
ρ
KF
0Fyx
GeKe
0a ee ≡
Vektorábra
•
ρKF
0F
G
am•
b) Az 1s út megtételéhez szükséges erő: 0 (74 ) N.F i=
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 117
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 117
7.9.13. feladat: Tömegpont mozgása kényszerpályán
m
Fv
x
Gα
y μ
Adott: Az α hajlásszögű érdes lejtőn v sebességgel mozgó m tömegű anyagi pont.
o0,1 ; 30tgμ ρ α= = = (5 ) m/s, 10 kg,v i m= =
210 m/s , (40 30 ) N.g F i j= = + Feladat: Határozza meg a tömegpont a gyorsulását és a tömegpontra ható KF kényszererőt (támasztóerőt) számítással és szerkesztéssel! Megoldás: a) A gyorsulás és a kényszererő meghatározása számítással:
2( 1,566 ) m/sa i= − , ( 5,66 56,6 ) N.KF i j= − +
b) A gyorsulás és a kényszererő meghatározása szerkesztéssel:
Szerkezetábra
Fae x
ρ
KF
Gα
y
α
Ge
Ke
Fe
Vektorábra
ρKF
G
F
am
⋅
⋅
Mechanika Tömegpont kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 118
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 118
7.9.14. feladat: Tömegpont mozgása kényszerpályán
A
0v
B
Bα
x
zm
R
Adott: Az R sugarú, tökéletesen sima hengeren mozgó m tömegű anyagi pont.
10 kg,m = 4 m,R = g=10 m/s2. Feladat: Meghatározni, hogy a tömegpont milyen Bα szög esetén hagyja el a kényszerpályát, ha a) 0 2 m/sv = , b) 0 0v = .
Megoldás: a) o45,57 .Bα = b) o48,18 .Bα =
7.9.15. feladat: Tömegpont mozgása kényszerpályán Adott: Az érdes kényszerpályán az m tömegű téglatest 0v pillanatnyi
sebességgel mozog felfelé. A testre a G saját súlyán kívül az 1F erő hat. A lejtő és a test közötti mozgásbeli súrlódási tényező μ .
y
1F
m Sψ
αG
0v
x
Feladat: a) Meghatározni, hogy, az m töme-gű test a gyorsulása hogyan függ az 1F erő nagyságától, ha 0Nα ≥ .
b) Meghatározni, hogy, az m töme-gű test a gyorsulása hogyan függ az 1F erő nagyságától, ha az elvá-lás megtörtént.
Megoldás: a) Ha 0,Nα ≥ akkor 0Fα ≠ ⇒ a test kényszermozgást végez.
1(sin cos ) (cos sin ),xFa gm
ϕ ϕ ψ μ ψ= − + + − ( ).xa a i=
b) Ha elválik, akkor 0 0N Fα α≡ ⇒ = ⇒ a test szabad mozgást végez. 1 1( cos sin ) ( sin cos ) .F Fa g i g j
m mψ ϕ ψ ϕ= − + +
Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 119
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 119
8. Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
Inerciarendszer: Olyan koordináta-rendszer, amelyben a mozgás más testek kölcsönhatásával, azaz kizárólag külső erők figyelembevételével magyarázható.
A szokványos mérnöki számításoknál a Földhöz kötött KR-ek jó közelítéssel inerciarendszernek tekinthetők. Nem inerciarendszer: A külső erők mellett még járulékos erőket is
figyelembe kell venni.
8.1. A kinetika alaptörvénye nem inerciarendszerben
Egymáshoz képest mozgó KR-ekre vonatkozó erők kapcsolata
x
z
ξ
η
ζ
Ω
aΩ
ρ
O y
εω
vΩ
m
raaa
Az álló (abszolút) KR-ben működő külső erők: a ama F= .
A mozgó (relatív) KR-ben működő külső erők: r rma F= .
Kapcsolat a tömegpont gyorsulásai között: /a r sz ca a a a m= + + , a sz c r
ra sz c FF F F
ma ma ma ma− − = ,
a sz c rF F F F+ + = . A KR-ek mozgásából következő járulékos erők:
Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 120
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 120
- szállítóerő: sz szF ma= − , ahol m – a tömeg, ( )sza a ε ρ ω ω ρΩ= + × + × × - a szállító gyorsulás.
- Coriolis erő: c cF ma= − , ahol m – a tömeg, 2c ra vω= × a Coriolis-gyorsulás.
A járulékos erők nem más testek közvetlen hatásából adódnak.
8.2. Gyakorló feladatok relatív mozgás kinetikájára 8.2.1. feladat: Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
O
relv
μm
Ω
α
ηα
y
fa
ξx
felvonó Adott: 4 kgm= , 210 m/sg ≈ , 0,1μ = ,
o20α = , 2( 2 ) m/sf fa a j j= = − ,
(0,8 ) m/srelv eξ= .
Feladat: a) A tömegpont relatív gyorsulásának meghatározása számítással. b) A tömegpontra ható kényszererő meghatározása számítással. c) Az a), b) feladat megoldása szerkesztéssel. d) Mekkora fa∗ határ gyorsulással mozoghat a felvonó, hogy a tömeg-
pont még éppen ne váljon el a kényszerpályától? Kidolgozás: A KR-ek közötti transzformációs összefüggések:
(cos sin )e i jξ α α= − ,
(sin cos )e i jη α α= + .
(cos sin )i e eξ ηα α= + ,
( sin cos )j e eξ ηα α= − + .
a) A tömegpont relatív gyorsulásának meghatározása: A tömegpontra ható abszolút erők: ,absz K abszF F G ma= + =
Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 121
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 121
A kényszererő: ( ).K S N N NF F F F e F eξ ημ= + = − +
A súlyerő: ( sin cos ).G m g e m g eξ ηα α= − A tömegpontra ható járulékos erők:
A szállítóerő: 2 ,
0száll fa a a aε ρ ω ρΩ Ω= + × − = =
=
( ) ( ) ( ) ,száll száll f fF ma ma ma j= − = − = −
( sin cos ).száll f fF ma e ma eξ ηα α= −
Ωμ
mrelv
ξα
ξe
ηeη
GKF
ρρ
Ω
)( szállszáll amF −=
m
ξαξe
ηeη
szállaρ ρ
α
Ωrelrel amF =
mξα
ηeη
rela
ξe
A Coriolis erő: 2 0
0cor rela vω= × =
=,
( ) 0.cor corF ma= − = A tömegpontra ható relatív erő:
rel relF ma= = .relma eξ A kényszer miatt: ( )rel rela a eξ= .
A dinamika alaptörvényének nem inercia-rendszerekre vonatkozó alakja:
absz száll cor relF F F F+ + = ,
( ) ( ) ( ) ,K száll cor relG F ma ma ma+ + − + − = ( sin cos ) ( )N Nmg e mg e F e F eξ η ξ ηα α μ− + − + +
( sin cos ) ( ) / /f f relma e ma e ma e e eξ η ξ ξ ηα α+ − = ⋅ ⋅ , sin sinN f relmg F ma maα μ α− + = , cos cos 0N fmg F maα α− + − = ,
Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 122
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 122
sin sinrel N fma m g F maα μ α= − + , ⇐ cos ( )N fF m g aα= + , 4 0,939(10 2) 30,04 N.NF = ⋅ − =
relma = sin cos ( )fm g m g aα μ α− + sinfma α+ , sin cos ( ) sinrel f fa g g a aα μ α α= − + + , (sin cos ) (sin cos )rel fa g aα μ α α μ α= − + − ,
(sin cos ) ( ) (0,342 0,1 0,939)(10 2),rel fa g aα μ α= − + = − ⋅ − 2(1,98 ) m/s .rela eξ=
b) A tömegpontra ható kényszererő meghatározása: 0,1 30,04 30,04K S N N NF F F F e F e e eξ η ξ ημ= + = − + =− ⋅ + ,
( 3,004 30,04 ) NKF e eξ η= − + .
c) Az a) és b) feladat megoldása szerkesztéssel:
( ) ( ) ( )
0K száll cor relG F ma ma ma+ + − + − =
=•
ξe
ηe
ρ
relrel amF =
G
)( szállszáll amF −=
KF
d) A pálya elhagyáshoz (elváláshoz) szükséges felvonógyorsulás:
A pálya elhagyásának feltétele 0NF = . 0 cos ( ) ,N fF m g aα ∗= = − ⇒ fa g∗ = − , ⇒ * 2( 10 ) m/sfa j= − .
Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 123
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 123
8.2.2. feladat: Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
G
μm
α ξ
yη
xαO
ja
Ω
Adott: 0 0t = -nál 0relv = ,
210 m/sg ≈ , ( 100 ) N,G j= −
2(1,2 0,5 ) m/sja i j= + 5 12sin , cos .
13 13α α= =
Feladat: a) A tömegpont rela relatív gyorsulásának és a tömegpontra ható KF
kényszererő meghatározása, ha 0 0μ μ= = . b) Annak a 0minμ értéknek a meghatározása, amelynél a test nyugalom-
ban marad. c) A tömegpont rela relatív gyorsulásának és a tömegpontra ható KF
kényszererő meghatározása, ha 0,1tgμ ρ= = és 0 0 0,11tgμ ρ= = .
Kidolgozás: a) A relatív gyorsulás és a kényszererő meghatározása 0 0μ μ= = ese-
tén:
absz száll cor relF F F F+ + = .
( ) ( ) ( ) .K száll cor relG F ma ma ma+ + − + − =
A kényszererő: ( )K S N NF F F F j= + = .
A súlyerő: ( ).G m g j= − A szállító erő: ( 12 5 ) Nszáll száll jF ma ma i j=− =− = − − .
A Coriolis erő: (2 ) 0.0
cor cor relF ma m vω= − =− × ==
A tömegpont relatív gyorsulása a kényszer miatt: ( )rel rela a i= ( ).rel rel relF ma F i⇒ = =
Ezeket behelyettesítve: ( ) ( ) ( ) ( ) ,N j relmg j F j ma ma i− + + − =
Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 124
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 124
( 100 ) ( ) ( 12 5 ) ( ) / / ,N relj F j i j ma i i j− + + − − = ⋅ ⋅ 12 , 100 5 0,rel Nma F− = − + − =
12 1,2, 105,rel Na Fm
= − =− =
2( 1,2 ) m/s . (105 ) N.rel K Na i F F j= − = =
b) A nyugalomban maradáshoz szükséges 0minμ súrlódási tényező meghatározása: Relatív nyugalom: 0.rela =
absz száll cor relF F F F+ + = .
( ) ( ) ( ) ( )
0K száll cor relG F ma ma ma+ + − + − =
=
,
( ) ( ) ( ) ( ),
0S N j relmg j F i F j ma m a i− + + + − =
=
( 100 ) ( ) ( 12 5 ) 0 / /S Nj F i F j i j i j− + + + − − = ⋅ ⋅ , 12 0, 100 5 0,S NF F− = − + − = 12 . 105 .S NF N F N= =
( ) (12 105 ) N.K S N S NF F F F i F j i j= + = + = +
0min12 0,114 .105
S
N
FF
μ ≥ = =
c) A relatív gyorsulás és a kényszererő meghatározása 0,1μ = és
0 0,11μ = esetén: A tömegpont a járműhez képest megcsúszik.
absz száll cor relF F F F+ + = .
( ) ( ) ( ) ( )
0K száll cor relG F ma ma ma+ + − + − =
=
.
A relatív sebesség: ( )rel relv v i= − .
A kényszererő: ( ).K S NF F i F j= + ( 100 ) ( ) ( 12 5 ) ( ) / /N N relj F i F j i j ma i i jμ− + + + − − = ⋅ ⋅ ,
Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 125
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 125
12 , 100 5 0,N rel NF ma Fμ − = − + − = 12 0,1 105 12 , 105 N,
10N
rel NFa F
mμ − ⋅ −
= = ⇐ = 20,15 m/s ,rela =−
2( 0,15 ) m/s . (10,5 105 ) Nrel Ka i F i j= − = + .
8.2.3. feladat: Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
m
ga = ja
η
y
ρ
z
ζ
1KR1O
0O0KR
Adott: Egy ja gyorsulással mozgó jármű, melyben az m tömegű anyagi pont 0v kezdő-sebességgel, g gyorsulással szabadon esik. A ξηζ koor-dináta-rendszer a járművel együtt mozog.
4 kgm= , 2( 10 ) m/sg k= − . 2(7,5 ) m/s =áll.ja j=
0 0( ) 0v t v= =
Feladat: a) Az m tömegpontra ható relF relatív erő és az rela relatív gyorsulás
meghatározása. b) A tömegpont pályájának meghatározása a 0 0,jv = illetve 0 0jv ≠
esetekre. Kidolgozás:
0KR : yz (álló koordináta-rendszer).
1KR : ηζ (mozgó koordináta-rendszer): 01 010, 0ω ε= = , 01 ja a= .
a) A tömegpontra ható relatív erő és relatív gyorsulás meghatározása: A tömegpontra ható abszolút erő: ( 40 ) NabszF m g k= = − . A tömegpontra ható járulékos erők:
A szállító erő:
Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 126
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 126
01 01 01 01( ( )) ,
0 0 0száll száll jF ma m a maε ρ ω ω ρ= − = − + × + × × = −
= = =
4(7,5 ) ( 30 ) N.száll jF ma j j= − = − = −
A Coriolis erő: 01( 2 ) 0.
0cor cor relF ma m vω= − = − × =
=
A tömegpontra ható relatív erő a dinamika alaptörvényének nem inercia-rendszerekre vonatkozó alakja: absz száll cor relF F F F+ + = . A tömegpontra ható relatív erő:
( 40 ) ( 30 ) ( 30 40 ) N.rel absz szállF F F k j j k= + = − + − = − − A tömegpont relatív gyorsulása:
2( 30 40 ) ( 7,5 10 ) m/s4
relrel rel rel
F j kF ma a j km
− −= ⇒ = = = − − .
b) A tömegpont pályájának meghatározása:
0 .absz száll relv v v v g t= + = +
01 01 0
0száll j j jv v v v a tω ρ= + × = = +
=
, 0 .rel rel relv v a t= +
- A 0 0jv = eset:
0 0 0 0 0 ,
0 0j rel relv v v v= + ⇒ =
= =
20
1( ) ( ) .2rel rel relv t a t t a tρ ρ= ⇒ = + A pályagörbe egyenes.
- 0 0jv ≠ eset:
0 0 0 0 0
0j rel rel jv v v v v= + ⇒ = −
=
,
20 0 0
1( ) ( )2rel j rel j relv t v a t t v t a tρ ρ= − + ⇒ = − + .
A pályagörbe parabola.
Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 127
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 127
8.2.4. feladat: Tömegpont relatív mozgásának kinetikája
m
G
lifta
η
y
z
ζ
1KR 1O
0O0KR
rela
1F
Adott: Egy lifta gyorsulással mozgó liftben lévő m tömegű anyagi pontra a G súlyerőn kívül még az 1F erő is hat. Ismert az anyagi pontnak a lifthez viszo-nyított rela gyorsulása. Az ηζ koordináta-rendszer a lifthez mereven rögzített.
2 kgm= , 2( 10 ) m/sg k= − , 2( 3 2 ) m/srela j k= − − .
Feladat: A lift lifta gyorsulásának és az anyagi pontra ható 1F erőnek a meghatá-rozása. Megoldás: 1 ( 6 ) N.F j= − 2( 8 ) m/s .lifta k= −
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 128
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 128
9. Merev test kinetikája
Kontinuum: olyan test, amelynek az anyaga a test térfogatát folyamatosan tölti ki.
Diszkrét tömegeloszlású test (tömegpontrendszer): Olyan test, amely elhanyagolható tömegű merev vázszerkezet meghatározott pontjaihoz rögzített anyagi pontokból áll. Homogén tömegeloszlású test: olyan test, amelynek tömegsűrűsége
állandó (nem függ a helytől).
9.1. Merev test tömegeloszlásának jellemzői
a) Statikai (lineáris) nyomaték: - Pontra számított statikai nyomaték:
x
z
O y
1mnm
im2m
Air
A xO
y
m
A
B
r
ABr
ρ
zdVdm ρ=
.
1
n
A Ai ii
S r m=
= ∑ ( ) ( )
Am V
S r dm r dVρ= =∫ ∫
ρ - a test anyagának tömegsűrű-sége - Pontra számított statikai nyomaték átszámítása:
B A ABS S mr= − . b) Tömegközéppont: a testnek az a T pontja, amelyre számított statikai
nyomaték zérus. 0TS = . A tömegközéppont helyének kiszámítása:
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 129
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 129
0T A ATS S mr= −
=
, ⇒ ( )i Ai
VA iAT
r dV m rSrm m m
ρ= = =
∫ ∑.
Tétel: A tömegközéppont és súlypont egybeesik, ha a g gravitációs gyorsulás állandó. (Vö. Mechanika-Statika jegyzet 7. fejezet.)
c) Tehetetlenségi (másodrendű) nyomatékok:
xS
y
m
z
dm
y x
z
súlyponti tengelyekxyz
⎫⎪⎬⎪⎭
.
- A koordináta-tengelyre számított tehetetlenségi nyomatékok: 2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( )
( ) , ( ) , ( )x y zm m m
J y z dm J x z dm J x y dm= + = + = +∫ ∫ ∫ .
A tengelyre számított tehetetlenségi nyomaték értelmezésének általánosítása:
2
( )a
m
J d dm= ∫ , ahol d – a dm tömegelemnek az a tengelytől mért ⊥ -
es távolsága. A tengelyre számított tehetetlenségi nyomaték mértékegysége:
[ 2kg m ] (kilogramm méter négyzet).
- A síkpárra számított (centrifugális) tehetetlenségi nyomatékok:
( )xy
m
J x y dm= ∫ - az yz-zx síkpárra számított tehetetlenségi nyomaték,
( )yz
m
J yz dm= ∫ - az zx-xy síkpárra számított tehetetlenségi nyomaték,
( )xz
m
J xz dm= ∫ - az yz-xy síkpárra számított tehetetlenségi nyomaték.
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 130
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 130
A síkpárra számított tehetetlenségi nyomatékok integranduszában a tömegelemnek a síkoktól mért előjeles távolságai szerepelnek. A síkpárra számított tehetetlenségi nyomaték mértékegysége:
[ 2kg m ]. d) A test S ponti tehetetlenségi tenzora:
( ) ( ) ( )
0
( ) ( ) .S S Sm m m
SS
v dm dm v dmπ ρ ω ρ ρ ρ ω ρ
=
= × + × = × + × ×∫ ∫ ∫
Alkalmazva a kétszeres vektoriális szorzásra a kifejtési szabályt: ( ]2 2
( ) ( )
) ( ) ,Sm m
dm E dmπ ρ ω ρ ρ ω ρ ω ρ ρ ω⎡ ⎡ ⎤= − ⋅ = ⋅ − ⋅⎣ ⎣ ⎦∫ ∫
ahol E az egységtenzor. Az ω szögsebességvektort jobbra a zárójelből, majd az integrálból
kiemelve: 2 2
( ) ( )
( ) ( ) .S Sm m
E dm E dm Jπ ρ ρ ρ ω ρ ρ ρ ω ω⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − ⋅ = − ⋅ = ⋅⎣ ⎦ ⎣ ⎦∫ ∫
A merev test tehetetlenségi tenzora: 2
( )
( ) .S
m
J E dmρ ρ ρ⎡ ⎤= −⎣ ⎦∫
A tenzor elemeinek/koordiátáinak jelölése:
A test S súlyponti tehetetlenségi tenzora a súlypontra számított
impulzusnyomaték értelmezéséből kiindulva vezethető be:
( )
.Sm
vdmπ ρ= ×∫
Az összefüggés átalakítása:
xS y
m vρ
z
dmSv
ω
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 131
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 131
x xy xz
yx y yzS
zx zy z
J J JJ J J J
J J J
⎡ ⎤− −⎢ ⎥⎡ ⎤ = − −⎢ ⎥⎣ ⎦⎢ ⎥− −⎣ ⎦
- szimmetrikus tenzor.
Az S ponti tehetetlenségi tenzort az S ponti koordináta-tengelyekre és az S ponti koordináta-síkpárokra számított tehetetlenségi nyomatékok határozzák meg. A tehetetlenségi tenzor mértékegysége: [ 2kg m ].
Tétel: A test S ponti S
J tehetetlenségi tenzora meghatározza az S
pontra illeszkedő összes e jelű tengelyre számított eJ tehetetlenségi nyomatékot:
(1 3)(3 1)(3 3)
x xy xz x
e x y z yx y yz ye
zx zy z z
J J J eJ e J e e e e J J J e
x J J J exx
⎡ ⎤− − ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤= ⋅ ⋅ = − −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − ⎣ ⎦⎣ ⎦
, 1e = .
Tétel: A test S ponti S
J tehetetlenségi tenzora meghatározza az S pontra illeszkedő összes ,n m (normális) irányok által adott síkpárra számított mn nmJ J= tehetetlenségi nyomatékot:
mn nm S SJ J n J m m J n= = − ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ =
(1 3)(3 1)(3 3)
x xy xz x
x y z yx y yz y
zx zy z z
J J J mn n n J J J m
x J J J mxx
⎡ ⎤− − ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤= − − −⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− − ⎣ ⎦⎣ ⎦
,
1, 0n m n m= = ⋅ = .
e) Tehetetlenségi főtengelyek, fő tehetetlenségi nyomaték: Definíció: Az 1 2 3, ,e e e irány (tengely) tehetetlenségi főirány
(főtengely), ha teljesíti az alábbi feltételt: 1 1 1S
J e J e⋅ = , 2 2 2SJ e J e⋅ = , 3 3 3S
J e J e⋅ = ,
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 132
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 132
ahol 1 2 3, ,J J J skalár számok, fő tehetetlenségi nyomatékok.
Az 1 2 3, ,e e e irányvektorok egységvektorok: 1 1e = , 2 1e = , 3 1e = és kölcsönösen merőlegesek egymásra: 1 2 0e e⋅ = , 1 3 0e e⋅ = , 2 3 0e e⋅ = .
S y
z
x
3e
2e
1e
••
•
1 2 3, ,e e e - tehetetlenségi főtengely (fő-irány),
1 2 3, ,J J J - fő tehetetlenségi nyomaték. Tehetetlenségi tenzor a főtengelyek koor-dináta-rendszerében:
1
2
(123)3
(123)
0 00 00 0
S
JJ
JJ
⎡ ⎤⎢ ⎥= ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
.
Tétel: A 1,2,3 főirányok koordináta-rendszerében valamennyi síkpárra számított nyomaták zérus:
12 21 0J J= = , 13 31 0J J= = , 23 32 0J J= = Tétel: Merev test S pontjában mindig van legalább három olyan
egymásra kölcsönösen merőleges 1 2 3, ,e e e tengely (irány), amelyekre a síkpárra számított nyomaték zérus.
f) Steiner-tétel: A Steiner-tétel megadja a kapcsolatot az egymással párhuzamos ten-
gelyekre és síkpárokra számított tehetetlenségi nyomatékok között.
Sy
z
x
Aη
ζ
ξ
SAr
mSA SA SA SAr x i y j z k= + + ,
A két koordináta-rendszer tenge-lyei párhuzamosak:
,,.
xyz
ξηζ
Steiner-tétel:
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 133
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 133
2 2( ), ,x SA SA xy SA SAJ J m y z J J mx yξ ξη= + + = +2 2( ), ,y SA SA yz SA SAJ J m x z J J m y zη ηζ= + + = +2 2( ), .z SA SA xz SA SAJ J m x y J J mx zζ ξζ= + + = +
Tétel: Párhuzamos tengelyek közül az S ponton átmenő tengelyre számított tehetetlenségi nyomaték a legkisebb. (Ez a megállapítás az összefüggésekből könnyen belátható.)
g) Homogén test tehetetlenségi főtengelyei: - Ha a testnek egy szimmetriasíkja van, akkor a szimmetria síkra ⊥ S
ponti tengely tehetetlenségi főtengely. - Ha a testnek két szimmetriasíkja van, akkor e síkok metszésvonala tehetetlenségi főtengely. - Tengelyszimmetria esetén a szimmetriatengely és a rá ⊥ S ponti síkban levő összes tengely tehetetlenségi főtengely.
h) Gyakran előforduló tehetetlenségi nyomatékok meghatározása:
9.1.1. feladat: Karcsú, prizmatikus rúd tengelyre számított tehetetlenségi nyomatéka
η
x
al
ξ
ζ
y SA a
z
Adott: A rúd geometriai méretei: l a és az anyag ρ tömegsűrű-sége. Feladat: A ξ ,η és az x,y tengelyre számí-tott tehetetlenségi nyomatékok meghatározása.
Kidolgozás:
( ) ( )2 2 2
2 2 2 2
( )2 2 2
a a l
a a lm
J dm d d dξ
ξ η ζ
η ζ η ζ ρ ξ η ζ=− =− =−
= + = + =∫ ∫ ∫ ∫
3 3 32 22
2 2 2
22 2
3 24 2 24 2
l la
al l
b b b ba d a dηζ ζ
ηρ ζ η ζ ρ ζ ζ ζ=−=− =−
⎡ ⎤ ⎛ ⎞= + = + + + =⎜ ⎟⎢ ⎥
⎣ ⎦ ⎝ ⎠∫ ∫
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 134
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 134
3 3 2
212 2 3
l
l
b ba c aζ
ζρ ρ=−
⎡ ⎤= + =⎢ ⎥
⎣ ⎦( )
22 2
12a l a lρ
+ = ( )2 2 .12m a l+
( )2 2 .12mJ J a lξ η= = +
Ha l a (karcsú rúd), akkor 2
.12mlJ Jξ η= =
Steiner-tétel: 2 2 2 2
2 12 4 3xl ml ml mlJ J mξ
⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠
.
2 2 2 2
2 12 4 3yl ml ml mlJ J mη
⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠
.
9.1.2. feladat: Henger tengelyre számított tehetetlenségi nyomatéka
hyS
ζzρ
η
ηS
ξ
R
x
dA
Adott: A henger geometriai méretei: R, h és az anyag ρ tömegsűrűsége. Feladat: A ζ és a z tengelyre számított tehetet-lenségi nyomaték meghatározása.
S
dr
ϕd
ϕdr
dAr
Kidolgozás:
2 2
( )
( )m
J dVζ ξ η ρ= +∫22
2 3
0 0 02
2
hR R
h r rz
r r d drdz h r drdV
π
ϕ
ρ ϕ ρ π+
= = ==−
= =∫ ∫ ∫ ∫ =
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 135
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 135
4
2 2 2
0
1 12 .4 2 2
Rrh R h R m R
Vρ π π ρ
⎡ ⎤= = =⎢ ⎥
⎣ ⎦ =
Steiner-tétel: 2 2 2 21 3
2 2zJ J mR mR mR mRζ= + = + = .
9.2. Merev test impulzusa, impulzusnyomatéka
x
z
O y
1mnm
im
ir
2m
iv
x Oy
mr
zdm
v
a) Az impulzusvektor értelmezése:
Tömegpontrendszer esetén:
1
n
i ii
I m v=
= ∑ .
Merev test esetén:
( ) ( )m V
I vdm v dVρ= =∫ ∫ .
Az impulzusvektor mértékegysége: [ ]2
m mkg = kg s = Nss s
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
.
(kilogram méter per szekundum, vagy nyúton szekundum)
Az impulzus kiszámítása merev test esetén: SI mv= .
m – a test (egész) tömege. b) Impulzusnyomaték (perdület) vektor értelmezése:
Tömegpontrendszer esetén:
1 1
n n
O i i i i ii i
r m v r Iπ= =
= × = ×∑ ∑ .
Merev test esetén:
( ) ( )O
m m
r vdm r dIπ = × = ×∫ ∫ .
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 136
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 136
A perdület mértékegysége: 2 2
2
m mkg = kg s = m Nss s
⎡ ⎤ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
.
(kilogram méter négyzet per szekundum, vagy méter nyúton szekundum) c) Speciális eset: az S ponti perdületvektor kiszámítása:
xS y
zω
Sπ
S SJπ ω= ⋅ .
Általában: Sπ ω .
Kivétel: ha ω a
SJ egyik főtengelyével.
x xy xz x x x xy y xz z
S yx y yz y yx x y y yz zS
zx zy z z zx x zy y z z
J J J J J JJ J J J J J J
J J J J J J
ω ω ω ωπ ω ω ω ω ω
ω ω ω ω
⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − − −⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥= ⋅ = − − = − − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥− − − − −⎣ ⎦⎣ ⎦ ⎣ ⎦
d) Összefüggés test két pontjára számított perdület között: B A BA A ABr I I rπ π π= + × = + × .
Analógia (erőrendszerek): B A BA A ABM M r F M F r= + × = + × .
9.3. Kinetikai energia, teljesítmény, munka merev test(ek) esetén
a) Kinetikai (mozgási) energia:
x
z
O y
1mnmim
ir
2m
iv
1v
x
z
Sy
dm
v
Sv
ω
m
SJ
- A kinetikai energia értelmezése:
Tömegpontrendszer esetén: Merev test esetén:
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 137
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 137
2
1
12
n
i ii
E m v=
= ∑ . 2
( )
12 m
E v dm= ∫ .
A kinetikai energia mértékegysége: [ ] [ ]2
2
mkg = Nm = J (joule)s
⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦
.
- A kinetikai energia kiszámítása merev test esetén:
21 1 1( )2 2 2S S S S
E v I mv Jω π ω ω= ⋅ + ⋅ = + ⋅ ⋅ .
Speciális esetek: α ) Ha az ω szögsebességvektor a
SJ tenzor egyik
tehetetlenségi főtengelyével. Ekkor: 2
sSJ Jω ω ω⋅ ⋅ = , ahol sJ a test S ponti, ω -val
tehetetlenségi főtengelyére számított tehetetlenségi nyomaték.
2 21 12 2S sE mv J ω= + .
β ) Ha 0Av = és „a” az ω vektorral A ponti tehetetlenségi főtengely, akkor: , ahol aJ a test A ponti, ω -val tehetetlenségi
főtengelyére számított tehetetlenségi nyomaték.
b) A merev test(ek)re ható erőrendszer teljesítménye: - Az ER redukált vektorkettősével:
S SP F v M ω= ⋅ + ⋅ .
, SF M - a testre ható erőrendszer S pontba redukált vektorkettőse,
, Svω - a test szögsebessége és S pontjának sebessége.
- Az ER-t alkotó erőkkel és nyomatékokkal:
1 1
n m
i i j ji j
P F v M ω= =
= ⋅ + ⋅∑ ∑ .
n – az ER-hez tartozó koncentrált erők száma, m - az ER-hez tartozó koncentrált nyomatékok száma,
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 138
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 138
iv - az iF koncentrált erő támadáspontjának sebessége,
jω - annak a merev testnek a szögsebessége, amelyre az jM koncentrált nyomaték hat.
c) Merev testre ható erőrendszer munkája: A merev testre ható erőrendszer < t1 t2 > időtartam alatt végzett munkája egyenlő az erőrendszer P teljesítményének 1t – 2t határok között vett idő szerinti integrálja:
2
1
12
t
t
W P dt= ∫ .
9.4. Gyakorló feladatok impulzus, kinetikai energia, teljesítmény, munka kiszámítására merev test(ek) esetén
9.4.1. feladat: Tömegpont rendszer impulzusa és perdülete
x
3vccc
2m1mA
3a
3m
z Adott: A súlytalan, vízszintes rúd az y tengely körül végez forgó-mozgást. A rúdhoz kötött anyagi pontok tömegei:
1 0 2 0 3 04 , , 2 .m m m m m m= = =
0 4 kgm = .
A (3) jelű tömegpont sebessége és gyorsulása: 3 ( 3 ) m/sv k= − , 2
3 ( 6 6 ) m/sa i k= − + .
Feladat: a) Az ábrán c-vel jelölt távolság meghatározása. b) Az impulzus vektorrendszer ( , )AI π redukált vektorkettősének
meghatározása. Kidolgozás: a) A c távolság meghatározása:
23 3 3( ) ( 6 6 ) m/sn n t ta a e a e i k= + = − + .
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 139
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 139
2 2 223 3
33
3| | 6 m/s 1,5 m.| | 6n
n
v va cc a
= = ⇒ = = =
b) Redukált vektorkettős meghatározása: 3
1 1 2 2 3 31
i ii
I m v m v m v m v=
= = + +∑ .
1 (6 ) m/sv k= , 2 (3 ) m/sv k= , 3 ( 3 ) m/sv k= − . 3
1
kgm16(6 ) 4(3 ) 8( 3 ) (84 ) Ns.si i
iI m v k k k k
=
= = + + − = =∑
3
1 1 2 2 3 31
( )A i i ii
r m v r I r I r Iπ=
= × = × + × + ×∑ .
1 ( 3 ) mr i= − , 2 ( 1,5 ) mr i= − , 3 (1,5 ) mr i= .
( 3 ) (96 ) ( 1,5 ) (12 ) (1,5 ) ( 24 )A i k i k i kπ = − × + − × + × − (342 ) Nms.j=
9.4.2. feladat: Impulzus és perdület
l
l
l
x
y1m
2mξ
2R/
Aε
3Sη
ω
A
z
y
ζ1m 2m
R
η
εω
3m
Adott: Az R sugarú, m tömegű korong a hozzá kötött ξηζ KR-rel együtt a z tengely körül ω pillanatnyi szögsebességgel és ε szöggyorsu-lással forog. A szerkezethez az 1m és 2m jelű tömegek mereven kap-csolódnak.
( 2 ) rad/skω = − , 2(1,5 ) rad/skε = , 0,8 m,l =
1 mR = , 1 20 kgm = ,
2 15 kgm = , 3 10 kg.m =
Feladat: Meghatározni a szerkezet: a) impulzus vektorrendszerének A pontbeli ( , )AI π vektorkettősét,
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 140
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 140
b) a ξ ,η és ζ tengelyre számított impulzusnyomatékát. Kidolgozás: a)Az impulzus vektorrendszer A pontbeli ( , )AI π vektorkettőse:
A tömegpontok és a korong súlypontjának sebessége:
1 1 ( 2 ) ( 0,5 )v r k R jω= × = − × − = ( 2 ) ( 0,5 ) ( ) m/s,k j lk i− × − + = −
2 2 ( 2 ) ( )v r k R iω= × = − × = ( 2 ) ( 2 ) ( 2 ) m/s,k i lk j− × + = −
3 0 ,Sv = mert a korong S súlypontja rajta van a forgástengelyen. A rendszer impulzusa:
1 1 1kgm20( 1 ) ( 20 ) ,
sI m v i i= = − = −
2 2 2kgm15( 2 ) ( 30 ) ,
sI m v j j= = − = −
3 3 3 0.SI m v= = 3
1 2 31
kgm( 20 30 ) .si i
iI m v I I I i j
=
= = + + = − −∑
A rendszer impulzusnyomatéka az A pontra: 2
3 1 1 2 2 31
.A Ai i A A A Ai
r I r I r Iπ π π=
= × + = × + × +∑
1 ( 1,5 ) ( 1,5 0,8 ) m,Ar R j l k j k= − + = − +
2 ( 2 ) ( 1,6 ) m,Ar R i R j l k i j k= − + = − +
1 1 1 0 1,5 0,8 ( 16 30 ),20 0 0
A A
i j kr I j kπ = × = − = − −
−
2 2 2 1 1 1,6 (48 30 ),0 30 0
A A
i j kr I i kπ = × = − = −
−
23 3
1( ) 5( 2 ) ( 10 ),2S zJ m R k kπ ω ω= = = − = −
3 3 3 ( 10 ),A S SAI r kπ π= + × = −
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 141
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 141
2kgm( 16 30 ) (48 30 ) ( 10 ) (48 16 70 )sA j k i k k i j kπ = − − + − + − = − − .
b) A ξ ,η és ζ tengelyre számított impulzusnyomatékok:
A Ae iξ ξπ π π= ⋅ = ⋅ =2kgm(48 16 70 ) 48 .
si j k i− − ⋅ =
A Ae jη ηπ π π= ⋅ = ⋅ =2kgm(48 16 70 ) 16 .
si j k j− − ⋅ =−
A Ae kζ ζπ π π= ⋅ = ⋅ =2kgm(48 16 70 ) 70 .
si j k k− − ⋅ =−
9.4.3. feladat: Merev test impulzusa és perdülete
Sta
x ξ
A
Sl
η
m
Snaα
y
t
n
Adott: Az m tömegű, l hosszúságú prizmatikus rúd a hozzá kötött ξηζ KR-rel együtt a z tengely körül ω pillanatnyi szögsebes-séggel forog, miközben a S súly-pontjának gyorsulása Sa .
80 kgm = , 3 ml = , 2( 24 4,5 ) m/s ,Sa n t= + o30α = .
Feladat: a) A rúd impulzusának meghatározása. b) A rúd S pontra számított impulzusnyomatékának meghatározása. c) A rúd A pontra számított impulzusnyomatékának meghatározása. Kidolgozás: a) A rúd impulzusának meghatározása:
(480 ) kgm/s.S SI mv mv t t= = =
Az S pont sebessége: 2
36 6 m/s.2
2
S SnSn S
v l aa vl= ⇒ = = =
A rúd pillanatnyi szögsebessége: 6 4 rad/s ,1,5
2
Svlω =− = − =− ,
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 142
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 142
( 4 ) rad/s.kω = − b) A rúd S pontra számított impulzusnyomatékának meghatározása:
2 2280 3( 4 ) ( 4 ) 60( 4 ) ( 240 ) kgm /s
12 12S smlJ k k k kπ ω ⋅
= = − = − = − = − .
c) A rúd A pontra számított impulzusnyomatékának meghatározása: 2 2
280 3 ( 4 ) 240( 4 ) ( 960 ) kgm /s3 3A a
mlJ k k kπ ω ω⎛ ⎞ ⋅
= = = − = − = −⎜ ⎟⎝ ⎠
,
vagy 240 (480 1,5 )A S SAI r k t nπ π= + × = − + × =
2240 720 ( 960 ) kgm /sk k k= − − = − .
9.4.4. feladat: Merev test impulzusa, impulzusnyomatéka és kinetikai energiája
Adott: Az m tömegű merev test ω szögsebessége, S súlypontjának Sv sebes-sége, az S pontra vonatkozó tehetetlenségi tenzor [ ]
SJ mátrixa és az
SBr vektor:
x
SBr
y
zb
B
ω
Sv
η
ζ
ξ
S
m
A
(0,5 0,3 ) mSBr j k= + ,
2
2 0 00 3 1 kgm0 1 4
SJ
⎡ ⎤⎢ ⎥⎡ ⎤ =⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
,
(30 20 20 ) rad/si j kω = + − , (2 4 ) m/sSv i j= + ,
150 kgm = . Feladat: a) A test I impulzusának és súlyponti Sπ perdületének meghatározása. b) A test B pontra számított Bπ perdületének meghatározása. c) A test b és η tengelyekre számított bπ és ηπ perdületének meghatá-
rozása. d) A test E kinetikai energiájának meghatározása. Kidolgozás:
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 143
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 143
a) A test I impulzusának és súlyponti Sπ perdületének meghatározása:
(300 600 ) kgm/s,SI mv i k= = +
2
2 0 0 300 3 1 20 (60 40 60 ) kgm /s0 1 4 20
S SJ i j kπ ω
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ = = + −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎣ ⎦ ⎣ ⎦
.
b) A test B pontra számított Bπ perdületének meghatározása:
.B S SBI rπ π= + ×
2300 0 600 ( 300 90 150 ) kgm /s0 0,5 0,3
SB
i j kI r i j k× = = − − + .
(60 40 60 ) ( 300 90 150 )B i j k i j kπ = + − + − − + =
2( 240 50 90 ) kgm /s.i j k= − − +
c) A test bπ és ηπ perdületének meghatározása: 290 kgm /sb B B ze eζπ π π= ⋅ = ⋅ = , 240 kgm /sS S ye eη ηπ π π= ⋅ = ⋅ = .
d) A test E kinetikai energiájának meghatározása. 1 ( ).2 S SE I vπ ω= ⋅ + ⋅
1 (60 40 60 ) (30 20 20 )2
E i j k i j k= + − ⋅ + − +
1 (300 600 ) (2 4 ) 34002
i k i k J+ + ⋅ + = .
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 144
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 144
9.4.5. feladat: Merev test impulzusa, impulzusnyomatéka
A
R
ω
m
S
B
r
x
y
Adott: Az R sugarú hengeres felületen gör-dülő, r sugarú, m tömegű homogén körhenger, amelynek ω a szögse-bessége:
( 2 ) rad/skω = − , 20 kgm = , 1 mR = , 0,25 mr = .
Feladat: A gördülő henger impulzusvektorá-nak, valamint S és A ponti perdület vektorának meghatározása.
Kidolgozás: A gördülő henger impulzusa:
20 0,25 4 (20 ) kgm/s=Ns.SI mv mr i i iω= = = ⋅ ⋅ = Az S súlypontra számított perdület vektor:
2 2 21 1 20 0,25 ( 4 ) ( 2,5 ) kgm /s.2 2S sJ mr k kπ ω ω⎛ ⎞= = = ⋅ − = −⎜ ⎟
⎝ ⎠
Az A pontra számított perdület vektor: .A S SAI rπ π= + ×
2(20 ) ( 0,25 ) ( 5 ) kgm /s,SA S SAI r mv r i j k× = × = × − = − ( ) ( 0,25 ) m,SAr r j j= − = −
2( 2,5 ) ( 5 ) ( 7,5 ) kgm /s.A S SAI r k k kπ π= + × = − + − = −
vagy
2 2 23 3 20 0,25 ( 4 ) ( 7,5 ) kgm /s.2 2A aJ mr k kπ ω ω⎛ ⎞= = = ⋅ − = −⎜ ⎟
⎝ ⎠
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 145
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 145
9.4.6. feladat: Merev test kinetikai energiája és a ráható ER teljesítménye
Adott: 1 2 (2 ) m/s,S Sv v i= = 210 m/sg ≅ , 2 8 kgm = , 1 10kgm = ,
1 ( 60 20 ) NF i j= − + , 2 ( 80 ) NF j= − , 1 ( 20 ) NmM k= − , 0,5 mR = , o30β = .
α
C
x
R
2F
1F1Sv
1M
β
2m
1m
y 1S
2S
l
A
D
A henger csúszásmentesen gördül, a rúd a C pontban csúszik a lejtőn. A C pontban az érintkező felületek simák. A rúd a hengerhez az 1S pontban csuklóval kapcsolódik. Feladat: a) A szerkezet kinetikai energiájának
meghatározása. b) A szerkezetre ható erőrendszer
teljesítményének meghatározása. Kidolgozás: a) A szerkezet kinetikai energiája:
2 21 1 1 1 1
1 12 2S sE m v J ω= + = 2 2 2
1 1 1 11 ( )2 sm R Jω ω+ =
2 2 21 1 1 1 1
1 1( )2 2s am R J Jω ω+ =
2 2 21
3 3 10 0,5 3,75 kgm2 2aJ m R= = ⋅ ⋅ = .
2 21 1
1 0,5 3,75 4 30 J.2 aE J ω= = ⋅ ⋅ =
2 2 22 2 2 2 1
1 1 ( ) 0,5 8 2 16 J.2 2SE m v m Rω= = = ⋅ ⋅ =
2
1 21
30 16 46 J.ii
E E E E=
= = + = + =∑
b) A szerkezetre ható erőrendszer teljesítménye:
1 1 1 1 1 1 1(sin cos ) ( ) sinG S S SP G v m g i j v i m g vβ β β= ⋅ =− + ⋅ = − =
10 10 2 0,5 100 W.= − ⋅ ⋅ ⋅ =−
2 2 2 2 2 2 2(sin cos ) ( ) sinG S S SP G v m g i j v i m g vβ β β= ⋅ = − + ⋅ = − =
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 146
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 146
8 10 2 0,5 80 W.= − ⋅ ⋅ ⋅ =−
1 1 1 1 1( ) (2 ) ( 60 20 ) (4 ) 240 W.F B x y SP F v F i F j v i i j i= ⋅ = + ⋅ = − + ⋅ = −
2 2 2 ( 80 ) (2 ) 0.F SP F v j i= ⋅ = − ⋅ =
C
α
y l2S
12 yF
12xF
1Sv
2m
β
2F
2GCF
x
β
1S
A C pontban ható CF kényszererő (támasztóerő):
( )C N NF F F j= = .
2 0CF C C C SP F v F v= ⋅ = ⋅ = , mert
2 1C S SF v v⊥ ≡ .
0AF A AP F v= ⋅ = , mert 0Av = .
1 1 1 1 1( ) ( ) ( 20 ) ( 4 ) 80 W,MP M M k k k kω ω= ⋅ = ⋅ = − ⋅ − =
mert 11 1
2 4, ( 4 ) rad/s.0,5
Sv kR
ω ω= = = = −
Az erőrendszer teljesítménye: 1 2 1 2 1A Ci G G F F F F M
iP P P P P P P P P= = + + + + + + =∑
100 80 240 0 0 0 80 340 W=− − − + + + + =− .
9.4.7. feladat: Tömegpontrendszer impulzus vektorrendszere Adott:
0 1 kgm = , 1 ma = , 0 ( 2 ) rad/s =áll.iω = − A tömegpontokat összekötő rudak merevek és súlytalanok. Feladat: A tömegpontrendszer I impulzusának és az A és B pontra számított perdületének meghatározása. Megoldás:
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 147
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 147
01 m3m =
03 mm =02 m2m = B
A0ω
η
y
a2a
ζz
A tömegpontok sebessége: 1 (8 ) m/sv j= ,
2 (4 2 ) m/sv j k= + ,
3 (4 4 ) m/sv j k= −
Az impulzus vektorok:
1 1 1 ( 24 ) kgm/s,I m v j= =
2 2 2 (8 4 ) kgm/s,I m v j k= = +
3 3 3 ( 4 4 ) kgm/s,I m v j k= = −
A tömegpontrendszer impulzusa: 3
1
m(36 ) kgsi
iI I j
=
= = =∑ .
A rendszer A pontra számított eredő perdület vektora: 23
1
m( 132 ) kgsA Ai
iiπ π
=
= = −∑ .
A rendszer B pontra számított perdület vektora: ( 60 ) Nms.B iπ = −
9.4.8. feladat: Merev testre ható erőrendszer teljesítménye
x
G
A
β
1FB
Sy
2MR
Sv
Adott: Az R sugarú, G súlyú homogén henger β hajlásszögű lejtőn gör-dül. A henger súlypontjának pilla-natnyi sebessége Sv .
100 NG = , (2 ) m/sSv i= ,
2 (20 ) NmM k= , o30β = ,
0,5 mR = , 1 (60 20 ) N.F i j= +
Feladat: A G súlyerő GP , az 1F erő 1FP , az 2M nyomaték
2MP és az
AF támasztóerő AFP teljesítményének kiszámítása.
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 148
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 148
Megoldás: 100 WGP =− ,
1240 WFP = ,
280 WMP = − , 0.
0AF A AP F v= ⋅ =
=
9.5. Impulzus tétel, perdület tétel
Merev test impulzusa: SI mv= .
Merev test impulzusának idő szerinti deriváltja: ( )S SI mv ma= = . a) Az impulzus tétel: - Az impulzus tétel differenciális alakja: SI ma F= = . A merev test impulzusának idő szerinti deriváltja egyenlő a testre
ható külső erők eredőjével. - Az impulzus tétel integrál alakja:
2
1
2 1( ) ( ) ( )t
t
I I t I t F t dtΔ = − = ∫ .
Test impulzusának véges időtartam alatti megváltozása egyenlő a testre ható erők adott időtartamra vonatkozó integráljával.
b) Az S pontra felírt perdület tétel:
xS
y
z
ω
SvSaε
,S
m J
Ez a perdület tétel egy speciális esete.
- A súlyponti perdület tétel differenciális alakja: S SMπ = ,
S SSJ Mε ω π⋅ + × = .
Merev test S pontjára számított perdületvektor idő szerinti deriváltja egyenlő a testre ható külső erőrendszer S pontra számított nyomatékával.
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 149
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 149
-A súlyponti perdület tétel integrál alakja:
2
1
2 1( ) ( )t
S S S St
t t M dtπ π πΔ = − = ∫ .
c) A tetszőleges A pontra felírt perdület tétel: ( ) AS A AA A
J J r ma Mε ω ω+ × ⋅ + × = ,
( ) AS S AS SJ J r ma Mε ω ω+ × ⋅ + × = .
9.6. Energiatétel, munkatétel
a) Differenciális alak ≡ energiatétel:
E P= .
Merev test mozgási energiájának idő szerinti deriváltja egyenlő a testre ható külső erőrendszer teljesítményével.
b) Integrál alak ≡ munkatétel:
2 1 12E E W− = . Merev test kinetikai energiájának megváltozása a test véges
mozgása során egyenlő a testre ható külső erőrendszer ugyanazon mozgás során végzett munkájával.
9.7. Merev test kényszermozgása
Kényszermozgás:Ha a merev test(ek) mozgását más testek előírt geometriai feltételeknek megfelelően korlátozzák.
Kényszer: Az a test (testek) amely az általunk vizsgált test mozgását előírt geometriai feltételeknek megfelelően korlátozza.
Tétel: A kényszer hatását a kényszererő teljes mértékben helyettesíti. Sima kényszer:A kényszererő merőleges az érintkező felületekre. Érdes kényszer:A kényszererő normális és tangenciális koordinátája
közötti a Coulomb-féle súrlódási törvény teremt kapcso-latot.
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 150
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 150
9.7.1. feladat: Hasáb haladó mozgása lejtőn
Sx
y
μ
m
α
KF
G
SvSan
ρ ρ
Adott: A haladó mozgást végző m tömegű hasáb, továbbá
, , , , Sm g vα μ . Feladat: A hasáb Sa gyorsulásának és a hasábra ható támasztó erőrendszer KF eredőjének meghatározása.
a) A feladat megoldás számítással:
S Sxa a i= , K N NF F i F jμ= − + .
Impulzus tétel: / /S Kma G F j i= + ⋅ ⋅ , 0 cos cosN Nmg F F mgα α= − + ⇒ = ( ).
sinSx Nma mg Fα μ= − − , sin cosSxma mg mgα μ α= − − ,
( sin cos ) ( )Sxa g gα μ α= − − .
(sin cos )Sa g iα μ α= − + , cos ( )KF mg i jα μ= − + .
b) A feladat megoldása szerkesztéssel: Impulzus tétel: S Kma G F= + .
Helyzetábra
S xy
μ
α
Ke
Ge
aen
ρ ρ
Vektorábra
G
KF
Sam
ρ α
⋅
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 151
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 151
9.7.2. feladat: Hasáb haladó mozgása
xG
Sv Sa
μS
0Fy
β
Adott: A haladó mozgást végző m tömegű hasáb, továbbá 0, , , , SF G vμ β . Feladat: A hasáb Sa gyorsulásának és a hasábra ható támasztó erőrendszer
KF eredőjének meghatározása.
a) A feladat megoldása szerkesztéssel: Impulzus tétel: 0S K
e
ma F G F
F
= + + .
Helyzetábra
x
Sv
μS
y
Keρ
β
Ge
0eee
ae
Vektorábra
G
0F
eF
Sam
ρKF
⋅
b) A feladat megoldása számítással:
S Sxa a i= , K N NF F i F jμ= − + ,
0 0 0 0 (cos sin )x yF F i F j F i jβ β= + = + .
Impulzus tétel : 0 , / /S Kma F G F j i= + + ⋅ ⋅ .
0 00 , siny N NF G F F G F β= − + ⇒ = − .
0Sx x Nma F Fμ= − ,
0 01 ( )Sx x ya F G Fm
μ⎡ ⎤= − −⎣ ⎦ .
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 152
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 152
9.7.3. feladat: Henger gördülése lejtőn
ySv
β
0F
G
m
R
Sa0M
A x
αAF 0ρ
S
B
Adott: A tiszta gördülő mozgást végző henger, továbbá 0,α μ , m,
0 0, , ,F Mβ g, R.
Feladat: a) A henger S ponti Sa
gyorsulásának meghatározása. b) Az A ponti AF támasztóerő
meghatározása. c) A hengerre ható erőrendszer P
teljesítményének meghatározása.
Kidolgozás: a) A henger S ponti Sa gyorsulásának meghatározása:
Perdület tétel az A pontra: ( ) /
00
AS A AA A
AS
J J r m a M kr
ε ω ω
ω
⋅ + × + × = ⋅ .
Perdület tétel a z-vel párhuzamos a tengelyre: 0 02 cos sinaJ M RF RGε β α= − + ,
0 02 cos sin
a
M RF RGJ
β αε − += , 23
2aJ mR= .
S Sxa a Rε= = .
b) Az A ponti AF támasztóerő meghatározása:
Impulzus tétel: 0 / ,S Ama G F F j= + + ⋅
0 00 cos sin cos sinAy AyG F F F G Fα β α β= − + + ⇒ = − .
Perdület tétel: S S
J Jε ω ω+ × SM=
0 0 coss AxJ M RF RFε β= − +
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 153
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 153
0 0 cossAx
J M RFFR
ε β− +=
A gördülés feltétele: 0Av = ⇒ nyugvásbeli súrlódás.
Az AF kényszererőnek (támasztóerőnek) a nyugvásbeli súrlódási
kúpon belül kell lennie: 0 0Ax
Ay
Ftg
Fρ μ≤ = .
c) A hengerre ható erőrendszer P teljesítményének meghatározása:
0 0 .
0S B A AP G v F v M F vω= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
=
0 0sin cos 2 SS S
vP G v F v MR
α β= − + − .
9.7.4. feladat: Rögzített tengely körüli forgómozgás
x
A
y
S
n e
l
gm
ϑ
1ω
2ω
)(1
)(2
Adott: 1 3 rad/sω = , 40 kgm = ,
210 m/sg ≈ , 1 ml = , o60ϑ = . Feladat: a) A súlypont 1Sa
gyorsulásának és az 1AF támasztóerőnek a meghatározása az (1) jelű helyzetben.
b) A (2) helyzetbeli 2ω szögsebesség meghatározása.
c) A súlypont 2Sa gyorsulásának és az 2AF támasztóerőnek a meghatározása a (2) jelű helyzetben.
Kidolgozás: a) A súlypont 1Sa gyorsulásának és az 1AF támasztóerőnek a
meghatározása az (1) jelű helyzetben: - A súlyponti gyorsulás meghatározása:
Perdület tétel az A pontra: ( ) /
0A As A AA
J J r m a M kε ω ωωε
+ × + × = ⋅=
.
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 154
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 154
A z tengely (a tengely) tehetetlenségi főtengely.
1 cos2a alJ M mgε ϑ= = − ⋅ ,
2 2 2
, ,4 3 12a s sl ml mlJ J m J= + = =
m 2
1 cos3 2l l mε ϑ= − ⋅ g ,
21
3 cos 7,5 1/s2
gl
ϑε = − = − ,
2 2 21 1 1 13,75 m/s , 4,5 m/s
2 2S e S nl la aε ω= − = = = ,
2 21 1 1 1
3 cos (3,75 4,5 ) m/s2 2S S e S n
g la a e a n e n e nl
ϑ ω= + = + + = + .
- A támasztóerő meghatározása: Impulzus tétel: 1 1 / /S Ama mg F e n= + ⋅ ⋅
1 1 1cos 50 NS e A e A ema mg F Fϑ= + ⇒ = − ,
1 1 1sin 16,64 NS n A n A nma mg F Fϑ= + ⇒ = − .
1 ( 50 16,64 ) NAF e n= − − .
b) A (2) helyzetbeli 2ω szögsebesség meghatározása:
Munkatétel: 2 1 12
0S A AE E W F r G r F r− = = ⋅Δ = ⋅Δ + ⋅Δ ,
2 22 1
1 ( ) sin 02 2a
lJ mgω ω ϑ− = ⋅ + , 2
3amlJ = .
2 2 22 1 1
2 3 sinsin2a
mg l gJ l
ϑω ω ϑ ω= + = + ,
2 5,91 1/sω = , 2 ( 5,91 ) rad/skω = − .
c) A súlypont 2Sa gyorsulásának és az 2AF támasztóerőnek a meg-határozása a (2) jelű helyzetben:
Perdület tétel az a tengelyre: 2 2alJ mgε = − ,
23
mε = − 2 2
l ml
23 15 1/s2ggl
= − = − .
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 155
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 155
2 22 2 2( ) (7,5 17,46 ) m/s
2 2Sl la e n e nε ω= − + = + .
Impulzus tétel: 2 2 / /S Ama mg F e n= + ⋅ ⋅ ,
23
2 2 A el gm mg F
l= + , 2
3 100 N4A egF g m⎛ ⎞= − = −⎜ ⎟
⎝ ⎠.
22 20
2 A nlm Fω = + , 2
2 2 699,6 N2A nlF m ω= = .
2 ( 100 699,6 ) NAF e n= − + .
9.7.5. feladat: Két ponton támaszkodó hasáb haladó mozgása
A
0F
G
y
x
/ 2b
AF BF
2h
2h C
S Sv
D
B
ρρ
/ 2b
Adott:
2
500 N,10 m/s ,
Gg
=
≈
0 400 N,F =
0 1,4 m/s,Sv = 0,6 m,0,8 m,
hb
==
0,1μ = . Feladat: a) A súlypont gyorsulásának és a támasztóerőknek a meghatározása. b) A megállásig megtett út és a megállásig szükséges idő
meghatározása. Kidolgozás: a) A súlypont gyorsulásának és a támasztóerőknek a meghatározása:
Impulzus tétel: 0 / /S A B
AB
ma G F F F j e
Fρ= + + + ⋅ ⋅ .
y
x
AF
• ρ
ρ eρ
( )( )AB An BnF F F i jμ= + − + ,
( )e i jρ μ= + .
0 ( ) ( ) 500 NAn Bn An BnG F F F F G= − + + ⇒ + = = .
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 156
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 156
0Sma G Fμ= − − ⇒ 0 2
1 1 m( ) (50 400) 950 sSa G F
mμ= − + = − + = − .
Perdület tétel:
0 0c c C S CSM r Iπ π π= = + ×
= =
, mert CSr párhuzamos I .
002 2 2 Bnb h hG F F bμ⎛ ⎞= − + + +⎜ ⎟
⎝ ⎠
012 2Bn
b h hF G Fz z
μ⎡ ⎤⎛ ⎞= + − =⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦
[ ]1 1500(0,4 0,03) 400 0,3 (215 120) 118,75 N0,8 0,8
= + − ⋅ = − = .
118,75 N,BnF = 500 118,75 381,25 NAn BnF G F= − = − = .
( ) ( 38,125 381,25 ) NA AnF F i j i jμ= − + = − + ,
( ) ( 11,875 118,75 ) NB BnF F i j i jμ= − + = − + . b) A megállásig megtett út és a megállásig szükséges idő
meghatározása: Munkatétel: 1 0E E F r− = ⋅Δ ,
2 21 0 1 0 1 1 1
1 ( )2
0 0A Bm v v G s i F s i F s i F s i− = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
= =,
20 0 1 1
1 02
mv F s G sμ− = − − ,
20 0 1
1 ( )2
mv F G sμ− = − + ,
2 20
150 1,4 0,108 m
2( ) 2(400 50)o
mvsF Gμ
⋅= = =
+ +.
21 0 0 1 1
1 0 1
1
állandó ,2
,0
1,4 0,19 s.9
Saa s s v t t
v v at
t
= ⇒ = + +
= +=
= − =−
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 157
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 157
9.7.6. feladat: Hasáb haladó mozgása
1F
mS
ψ
0=μ
α
G
0v
x
y
Adott: Az α jelű, sima kényszerpályán G súlyú hasáb csúszik. Kezdő sebessége 0.v A testre ható 1F erő a kényszerpályával ψ szöget zár be.
(60 80 ) NG i j= − , 210 m/sg ≈ , 0,4tgψ = ,
1 ( 85 34 ) NF i j= − + , 0.μ =
Feladat: Annak meghatározása, hogy a) mekkora 1F erő esetén mozoghat a test állandó sebességgel,
b) mekkora a test a gyorsulása és az Fα kényszererő,
c) mekkora 1maxF erő esetén szűnik meg a test és a lejtő közötti kapcso-lat.
Kidolgozás: a) Az állandó sebességű mozgás biztosításához szükséges 1F erő meghatá-
rozása: Impulzus tétel: 1ma G F Fα= + + , ahol
x yG G i G j= + , F N jα α=
1 1 1 1 1( cos sin ) x yF F i F j F i F jψ ψ= − + = + .
10 (60 80 ) ( cos sin ) /i j F i j N j iαψ ψ= − + − + + ⋅ ,
1 1 10 60 cos 60 Nx x x xF G F F Gψ= − = − + ⇒ =− = − ( ) .
11 1
1
60 0,4 24 Nyy x
x
Ftg F F tg
Fψ ψ= ⇒ = = ⋅ = ( ) .
1 ( 60 24 ) N.F i j= − +
b) Az a gyorsulás és az Fα kényszererő (támasztóerő) meghatározása:
1 .ma G F Fα= + +
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 158
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 158
1 1( ) ( ) ( ) ( ) / /x y x y x ym a i a j G i G j F i F j N j i jα+ = + + + + ⋅ ⋅
1 ,x x xma G F= + ⇒ 21 60 85 2,5 m/s ,10
x xx
G Fam+ −
= = = −
1 ,
0y y yma G F Nα= + + ⇒ 1 80 34 46 Ny yN G Fα = − − = − = .
2( 2,5 ) m/s .a i= − (46 ) N.F jα =
c) Az 1maxF meghatározása: Az elválás feltétele: 1 0y yN G Fα = − − ≤ ⇒ 1 80 Ny yF G≥ − = ,
11 max
80 200 N.0,4
yx
FF
tgψ= = = 1max ( 200 80 ) N.F i j= − +
9.7.7. feladat: Hasáb mozgása kényszerpályán
x
G
0Sv
αSh
1F by
Adott: Az α jelű kényszerpályán 0Sv pillanat-nyi sebességgel haladó mozgást végző hasábra a G súlyerő és az 1F erő hat.
0 (3 ) m/sSv i= , 210 m/sg ≈ , 2 mb=
1 (0,2 ) kNF i= , ( 0,8 ) kNG j= − , 0,8 mh= ,
Feladat: Határozza meg számítással és szerkesztéssel 1) 0μ = (sima kényszerpálya) esetén
a) a hasáb súlypontjának Sa gyorsulását, Sv sebességét és a támasztó
erőrendszer Fα eredőjét az idő függvényében!
b) az 1maxF értékét, amelynél bekövetkezik a hasáb felbillenése!
2) 0,2μ = (érdes kényszerpálya) esetén a hasáb súlypontjának Sa gyorsulását és Sv sebességét az idő függvényében!
Kidolgozás: 1) A feladat megoldása sima kényszerpálya esetén ( 0μ = ). a) A gyorsulás, a támasztóerő és a sebesség meghatározása:
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 159
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 159
- Számítás: 1 .S er
er
ma F G F F F
Fα α= + + = +
1( ) ( ) ( ), / /
= 0Sma i F i G j N i N j i jα αμ= + − + + ⋅ ⋅
1 ,Sma F= ⇒ 21 200 2,5 m/s .80S
Fam
= = =
0 ,G Nα= − + ⇒ 0,8 kN.N Gα = = 2( 2,5 ) m/s = áll.Sa i= (0,8 )kN = áll.F jα =
0( ) ( ) (3 ) (2,5 ) m/s.S S S Sv v t v a t t i t i= = + = +
- Szerkesztés: 1 .
er
Sma F G F
Fα= + +
Szerkezetábra
x
eαGe
Svae
αSh
1eb
D
y
ere
Vektorábra
G
1F
erF
Sam
αF
b) Billenés: Ha a támasztóerő hatásvonala nem metsz bele az érintkezési
felületbe. - Szerkesztés: max 1max .S bill
er
ma F G F
F
= + +
Szerkezetábra Vektorábra
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 160
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 160
xGe
Svae
αSh
1eb
D
y
billeα
er bille G
1maxF
er billF
maxSam
billFα
- Számítás: 0d dMπ = =
1max0 ,2 2h bF G= − + ⇒ 1max
2800 2000 N 2 kN0,8
bF Gh
= = = = .
2) A feladat megoldása érdes kényszerpálya esetén ( 0,2μ = ). - Számítás: 1 .S er
er
ma F G F F F
Fα α= + + = +
1( ) ( ) ( ) / /Sma i F i G j N i N j i jα αμ= + − + − + ⋅ ⋅
1 ,Sma F Nαμ= − 0 ,G Nα= − +
21 40 0,5 m/s ,80S
F Na
mαμ−
= == = ⇐ 0,8 kN,N Gα = =
2(0,5 ) m/s , = állandóS Sa i a= .
0( ) ( ) (3 ) (0,5 ) m/s.S S S Sv v t v a t t i i t= = + = + ( ),F N i N jα α αμ= − + ( 160 800 ) N, =áll.F i j Fα α= − +
- Szerkesztés: 1 .S
er
ma F G F
Fα= + +
Szerkezetábra Vektorábra
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 161
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 161
x
Ge
ae
αSh
1eby
eαρ
ereSv
G
1F
erF
Sam
αF
ρ
9.7.8. feladat: Hasáb mozgása kényszerpályán
b
SSv x
y
μ c
α
0F Adott: Az érdes, α hajlásszögű felületen Sv pillanatnyi sebes-séggel lefelé mozgó m tömegű hasáb.
( 10 ) m/s,Sv i= − 0,25 , 40 kg,mμ = =
210m/sg ≈ , o30α = , c= 1 m, b = 2 m,
0 (200 100 ) N.F i j= −
Feladat: A hasáb súlyponti gyorsulásának, valamint a hasábra ható kényszererőnek és az erő hatásvonalának meghatározása a) számítással, b) szerkesztéssel.
Kidolgozás: a) A feladat megoldása számítással:
b
SSv
xy
μ c
m
α KF
0F
h
G
Sa
Impulzus tétel:
0( ).S Km a G F F= + +
( )S Sa a i= ,
0 0 0( )x yF F i F j= + ,
( )K N NF F i F jμ= + .
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 162
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 162
( ) ( sin cos )Sma i m g i m g jα α= − − + 0 0( ) ( )x y N NF i F j F i F jμ+ + +
/ /j i⋅ ⋅
00 cos ,y Nm g F Fα= − + + ⇒ 346,4 100 446,4 N.NF = + =
0sin ,S x Nma m g F Fα μ= − + + ⇒ 01 ( sin ),S x Na m g F Fm
α μ= − + +
21 ( 40 10 0,5 200 0,25 446,4) 2,91 m/s40Sa = − ⋅ ⋅ + + ⋅ = .
A kényszererő: ( ) (111,6 446,4 ) N.K N NF F i F j i jμ= + = + A kényszererő hatásvonala a perdület tételből:
s sMπ = ,
0 002 2x y Nc bF F h F= − − + ,
⇓ 00 200 1000,5 0,448 m.
2 2 446,4 446,4yx
N N
Fc F bhF F
= + = + =
b) A feladat megoldása szerkesztéssel: 0( ).S K
er
ma G F F
F
= + +
Helyzetábra
S x
α Ke
0e
Ge
ρρy
ae
⋅ ere
Vektorábra
ρ
.
0F
G
erFKF
Sam
9.7.9. feladat: Henger gördülése sík kényszerpályán Adott: A sík kényszerpályán tiszta gördülő mozgást végző körhenger.
2(8 ) m/s ,Sa i= 210 m/s ,g ≈ 2 m,ABl = 0,1 m,R = 30 kg.m= Feladat:
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 163
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 163
a) Az adott gyorsulás fenntartásához szükséges 0 0F F i= erő meghatá-rozása.
xB
ABl0ρ
KF
0μ
y m C0F
S Sa
gmR
A
b) Az KF kényszererő meghatá-rozása.
c) A csúszásmentes gördülő moz-gás megvalósításához szüksé-ges 0minμ nyugvásbeli súrlódási tényező meghatározása.
d) A hengerre ható erőrendszer-nek az ABl hosszon végzett
ABW munkájának meghatáro-zása.
Kidolgozás:
A henger szöggyorsulása 8 ( 80 ) .0,1
Sak k k kR
ε ε=− =− =− = −
A hengerre ható kényszererő (támasztóerő) K T NF F i F j= + .
a) Az 0F erő meghatározása:
x
0ρKF
0μ
y m C0F
S Sa
gmR
A
εTF
NF
Perdület tétel az A pontra:
A AMπ = ,
0, ( )A AA
A
J Mε ω π
ω π
+ × =
=
,
,a AJ Mε = mert a tehetetlenségi főtengely.
0( ) ( 2 ) /aJ k F R k kε− = − ⋅ ⋅
2
0
32
2 2a
mRJFR R
εε= = =
21,5 30 0,1 80 180 N.2 0,1
⋅ ⋅ ⋅= =
⋅
b)Az KF kényszererő (támasztóerő) meghatározása:
Impulzus tétel: .Sm a F= ⇒ 0 .S Kma F G F= + +
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 164
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 164
0( ) / /T N SF i m g j F i F j ma i i j− + + = ⋅ ⋅
0 ,T SF F ma+ = 0,Nm g F− + =
0 30 8 180 60 N,T SF ma F= − = ⋅ − = 30 10 300 N.NF m g= = ⋅ =
(60 300 ) N.K T NF F i F j i j= + = + Ellenőrzés: perdület tétel a henger S ponti tengelyére:
,s SJ Mε = ⇒ sJ kε− = 0( ) ( ) /SF R k F R k k− + ⋅
22
0 0
10,5 30 0,1 802 180 60 N.
0,1s
T
mRJF F FR R
εε ⋅ ⋅ ⋅= − = − = − =
c) A csúszásmentes gördüléshez szükséges minimális nyugvásbeli súr-lódási tényező:
0min60 0,2.
300T
N
FF
μ = = =
d) Az ABl szakaszon végzett munka:
0( )0 0
B B
A A
t t
AB C S K At t
W P dt F v G v F v dt= = ⋅ + ⋅ + ⋅ == =
∫ ∫ 0 2B
A
t
St
F v dt⋅∫
02 2 180 2 720 J.ABF l= = ⋅ ⋅ =
9.7.10. feladat: Henger gördülése sík kényszerpályán
y m
S0M
gmR
0μ A x
Adott: A sík kényszerpályán tiszta gördülő mozgást végző körhenger.
0 (36 ) Nm,M k= 210 m/s ,g ≈ 0,3 m,R = 20 kg,m=
21,2 kgm ,sJ = 0 0 0,4tgμ ρ= = , 0,3.tgμ ρ= =
Feladat: a) A henger ( )kε ε= szöggyorsulásának és S pontja ( )S Sa a i= gyor-
sulásának meghatározása. b) A hengerre ható KF kényszererő (támasztóerő) meghatározása.
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 165
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 165
c) A nyomaték legnagyobb 0maxM értékének meghatározása, amelynél a henger még éppen nem csúszik meg.
Kidolgozás: a) A henger ( )kε ε= szöggyorsulása és ( )S Sa a i= gyorsulása:
A szöggyorsulás és az S ponti gyorsulás kapcsolata: Sa Rε= − , vagy
SaR
ε = − .
A hengerre ható kényszererő .K T NF F i F j= + y
m
S0M
gmR0μ A x
0ρ
Sa
TF
NF
ε
KF
A AMπ =
= 0, mert -akA AA
J Mε ω π+ × =
a AJ Mε = , mert a tehetetlenségi fő-tengely.
0 /aJ k M k kε = ⋅
0 02
a s
M MJ J mR
ε = = =+
236 36 12 rad/s1,2 20 0,09 3
= = =+ ⋅
.
212 0,3 ( 3,6 ) m/s .
0S Se Sna a i a j R i i iε= + =− = − ⋅ = −
=
b) Az KF kényszererő (támasztóerő) meghatározása:
Impulzus tétel: Sma F= ⇒ ( )S Kma G F= + .
( ) / /S T Nma i m g j F i F j i j= − + + ⋅ ⋅ . ,S Tma F= 0 Nmg F= − + ,
20 3,6 72 NT SF ma= =− ⋅ =− , 20 10 200 NNF m g= = ⋅ = .
( 72 200 ) N.K T NF F i F j i j= + = − +
c) A megcsúszáshoz tartozó 0maxM nyomaték meghatározása:
max 0 0,4 200 80 N,T NF Fμ= = ⋅ =
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 166
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 166
max max max 80 NT SF ma m Rε=− = − = − ( )← .
2maxmax
80 40 rad/s20 0,3 3
TFm R
ε = = =⋅
.
max 0max ,aJ Mε = ⇒ 0max403 40 Nm,3
M = ⋅ =
0max ( 40 ) Nm.M k=
9.7.11. feladat: Gördülő mozgás kinetikája
Sv
GR
A
y
α
ABs
S
z
B
Aω
Bω0M
Adott: Az R sugarú, G súlyú merev körhenger, amely a rá ható 1M
nyomaték hatására felfelé gördül az érdes lejtőn. A gördülő el-lenállás karja .gf ( 100 240 ) NG j k= − − , 5 mm,gf =
1 ( 59 ) NmM i= − , 0,5 mR = , 0,4μ = , 0 0,5μ = , 3,9 m,ABs = ( 4,9 ) rad/s.B iω = −
Feladat: a) A henger ( )kε ε= szöggyorsulásának és az ( )C Cy CzF F j F k= +
támasztóerő meghatározása. b) Mekkora Aω szögsebességgel kell a hengernek elindulnia, hogy a B
pontban az előírt Bω legyen a szögsebessége? Kidolgozás: a) A szöggyorsulás és a támasztóerő meghatározása:
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 167
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 167
Sv
GR
0M
A
y
α
CzF
S
C
gf
z
CyF
.S Cm a G F= + y zG G j G k= + .
( ) ( ) /Se y z Cy Czma j G j G k F j F k k= + + + ⋅ 0 ,z CzG F= +
240 N.Cz zF G= − =
,a aMπ =
1a y Cz gJ M G R F fε = − + + ,
2 2100 240 26 kg,10
Gm
g+
= = =
2 2 2 23 3 26 0,5 9,75 kgm ,2 2a sJ J m R m R= + = = ⋅ =
1 259 100 0,5 240 0,005 0,8 rad/s26
y Cz g
a
M G R F fJ
ε− + + − + ⋅ + ⋅
= = = − ,
20,8 1/sε = − , 2( 0,8 ) rad/siε = − , 20,5 0,8 0,4 m/sSea Rε= = ⋅ = .
( ) ( ) /Se y z Cy Czma j G j G k F j F k j= + + + ⋅
,Se y Cyma G F= +
26 0,4 100 110,4 NCy Se yF ma G= − = ⋅ + =
(110,4 240 ) N.CF j k= +
ϕCF
0ρ 0ρ
C
CyFCzF
0μ
A megcsúszás ellenőrzése:
( )C Cy CzF F j F k= + . 110,4 0,46240
Cy
Cz
Ftg
Fϕ = = = .
Mivel 0,46tgϕ = < 0 0 0,5tgρ μ= = , ⇒ A henger nem csúszik meg.
b) A henger indulási szögsebességének meghatározása:
.B
A
t
B A ABt
E E W P dt− = = ∫ 1 .S AP G v M Mω ω= ⋅ + ⋅ + ⋅
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 168
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 168
1( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),y z S Cz gP G j G k v j M i i F f i iω ω= + ⋅ + − ⋅ − + ⋅ −
1 1( ) ,y S Cz g y S Cz gP G v M F f G v M F fω ω ω= + − = + −
B A ABE E W P dt− = = =∫
1 1( ) ( )B B
A A
t t
y S Cz g y AB Cz g ABt t
G v dt M F f dt G s M F fω ϕ= − + − = − + −∫ ∫ ,
2 21
1 ( ) ( ) ,2
ABa B A y AB Cz g
sJ G s M F fR
ω ω− = − + −
12 2 2 ( ),AB y Cz g
A Ba
s G R M F fJ R
ω ω− +
= +
2 2 2 3,9(100 0,5 59 240 0,005)4,99,75 0,5Aω ⋅ ⋅ − + ⋅
= + =⋅
2 27,8(50 59 1,2)24,01 11,53 rad /s4,875
− += + = .
11,53 3,395 rad/s.Aω = = ( 3,395 ) rad/sA iω = − .
9.7.12. feladat: Álló tengely körüli forgó mozgás kinetikája (Fizikai inga)
Adott: 0 4 rad/sω = , 210 m/sg ≈ , 10 kgm= , 0,2 ml = , o0 60α = ,
20,15 kgmsJ = . y
xl
e, sm J
nA
S
gm
0α
(0)helyzet
(1)helyzet
0ω
Feladat: a) Az indítás pillanatában az 0Sa
gyorsulás és az 0AF támasztóerő meghatározása.
b) Az (1) helyzetben az S pont 1Sa gyorsulása és az A pontban ható
1AF kényszererő meghatározása.
Kidolgozás:
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 169
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 169
a) A súlyponti gyorsulás és a támasztóerő meghatározása az indítási, (0) jelű helyzetben:
Az A ponti kényszererő: 0 0 0( )A A e A nF F e F n= + . Az S pont gyorsulása: 0 0 0( )S e na a e a n= + .
Az inga szöggyorsulása: 0 0( )kε ε= .
Az inga szögsebessége: 0 ( 4 ) 1/s.kω = − Az A pontra felírt perdület tétel:
0 0A AMπ = ⇒ 0 0 0 0
0 00,A AA
A
J M
mert
ε ω π
ω π
+ × =
=
.
0 0a AJ Mε = .
0 0sin /aJ k m g l k kε α= − ⋅ ,
0 0sin ,aJ m g lε α= −
0 00 2 2
sin sin 10 10 0,866 0,20,15 10 0,2a s
m g l m g lJ J ml
α αε ⋅ ⋅ ⋅= − =− =− =
+ + ⋅
217,2 31,5 rad/s0,55
= − = − .
20 ( 31,5 ) rad/s .kε = −
A súlyponti gyorsulás: 0 0 0( ) ,S S e S na a e a n= + 2 2
0 0 00,2 ( 31,5) 6,3 m/s ( 6,3 ) m/sS e S ea l a eε= = ⋅ − =− ⇒ = − . 2
2 2 200 0 00,2 16 3,2 m/s (3,2 ) m/sS
S n S nva l a nl
ω= = = ⋅ = ⇒ = . 2
0 0 0( ) ( 6,3 3,2 ) m/s .S S e S na a e a n e n= + = − +
Impulzus tétel: 0Sm a F= ⇒ 0 0( ).S Am a F G= +
0 0( )S e S nma e ma n+ =
0 0 0 0( ) ( sin cos ) / /A e A nF e F n m g e m g n e nα α= + + − − ⋅ ⋅
0 0 0sin ,S e A ema F m g α= − 0 0 0cos ,S n A nma F m g α= −
0 0 0( sin ),A e S eF m g aα= + 0 0 0( cos ),A n S nF m g aα= +
0 10 (10 0,866 6,3) 23,6 N.A eF = ⋅ ⋅ − = 0 10 (10 0,5 3,2) 82 NA nF = ⋅ ⋅ + = .
0 (23,6 82 ) N.AF e n= +
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 170
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 170
b) A súlyponti gyorsulás és a támasztóerő meghatározása a függőleges, (1) jelű helyzetben: Az inga szögsebessége a függőleges helyzetben 1ω . Munkatétel: 1 0 01E E W− = ,
2 21 0 0
1 1 (1 cos )2 2a aJ J m g lω ω α− = − ,
2 21 0 0
2 (1 cos )a
mlJ
ω ω α= + − =2 10 10 0,216 (1 0,5) 52,36
0,55⋅ ⋅ ⋅
+ − = ,
1 7,236 rad/sω =± ,
1 ( 7,236 ) rad/s.kω = −
Az A pontra felírt perdület tétel:
1 1A AMπ = , ⇒ 1 1 1 1
1 1= 0,mertA AA
A
J Mε ω π
ω π
+ × = ⇒ 1 1a AJ Mε = .
1 0 /aJ k kε = ⋅ ,
1 0aJ ε = ⇒ 21 0 rad/s .ε =
1 1 1( )S S e S na a e a n= + .
1 1 10,2 0 0 0,S e S ea l aε= = ⋅ = ⇒ =
1
22 2 2
1 1 0,2 7,236 10,47 m/sSS n
va l
lω= = = ⋅ = ,
21 (10,47 ) m/sS na n= ,
21 1 1( ) (10,47 ) m/s .S S e S na a e a n n= + =
Impulzus tétel:
1Sm a F= ⇒ 1 1( ) ,S Am a F G= +
1 1 1 1( ) ( ) ( ) / /S e S n A e A nma e ma n F e F n m g n e n+ = + + − ⋅ ⋅ .
1 1 ,S e A ema F= 1 1 ,S n A nma F m g= −
1 1 0.A e S eF ma= = 1 1( ) 10 (10 10,47) 204,7 N.A n S nF m g a= + = ⋅ + =
1 ( 204,7 ) N.AF n=
A két helyzetben fellépő mennyiségek szemléltetése:
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 171
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 171
y
xe
n
A
S
gm
(0)helyzet
0ω
0S na0S ea
0A nF 0A eF
0ε
y
x
ie =
A
S
gm (1)helyzet
1ω
1S na
1A nF
jn =
9.7.13. feladat: Álló tengely körüli forgó mozgás kinetikája
(Fizikai inga)
A
y
S
n
e
m g
l
m
(1)helyzet
(2)helyzet
α
xAdott: Az m tömegű, l hosszúságú prizmatikus rúd, amely az A pont körül a függőleges síkban végez forgómozgást. Az α szöggel meg-határozott (1) jelű helyzetben a rúd S pontjának sebessége zérus.
o30α = , 210 m/sg ≈ , 2 kgm= , 2 m.l =
Feladat: a) A rúd S pontja 1Sa gyorsulásának és az 1AF támasztóerőnek a meg-
határozása az (1) jelű helyzetben. b) A rúd S pontja 2Sa gyorsulás át és az 2AF támasztóerőnek , valamint
az 2ω szögsebességének a meghatározása a (2) jelű helyzetben.
Kidolgozás: a) A súlyponti gyorsulás és a támasztóerő meghatározása az indítási,
(1) jelű helyzetben: Az A ponti kényszererő: 1 1 1( )A A e A nF F e F n= + , Az S pont gyorsulása 1 1 1( )S S e S na a e a n= + ,
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 172
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 172
A rúd szöggyorsulása 1 1( ).kε ε=
A rúd szögsebessége 1 1( ) 0.kω ω= =
Az A pontra felírt perdület tétel: 1 1 .A AMπ =
1 1 1 1
1 10, mertA AA
A
J Mε ω π
ω π
+ × =
=
.
A
y
S1S na
1S ea
m g
m
(1)helyzet
α
e
1A eF
1A nF
n
1ε
1 1a AJ Mε = ,
1 sin /2alJ k m g k kε α= ⋅
1 sin2alJ m gε α= .
1 2
sin sin2
22
aS
m g l m g lJ lJ m
α αε = = =⎡ ⎤⎛ ⎞+⎢ ⎥⎜ ⎟
⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦
2
sin 3 sin1 223
m g l glml
α α= =⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠
.
2 21 1
3 10 0,5 3,75 rad/s , (3,75 ) rad/s .2 2
kε ε= ⋅ = =
A súlyponti gyorsulás: 1 1 1( ).S S e S na a e a n= + 2 2
1 1 11 3,75 3,75 m/s (3,75 ) m/s ,2S e S ela a eε= = ⋅ = ⇒ =
22 21
1 1 12 1 0 0 0,
2S
S n S nv la al
ω= = = ⋅ = ⇒ = 2
1 (3,75 ) m/sSa e= .
Impulzus tétel: 1 1( ) ,S Am a F G= +
1 1( )S e S nma e ma n+ =
1 1( ) ( sin cos ), / /A e A nF e F n m g e m g n e nα α= + + − ⋅ ⋅
1 1 0sin ,S e A ema F m g α= +
1 1( sin ) 2 (3,75 10 0,5) 2,5 N,A e S eF m a g α= − = ⋅ − ⋅ =−
1 1 cos ,S n A nma F m g α= −
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 173
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 173
1 1( cos ) 2 10 0,866 17,3 N.0
A n S nF m g aα= + = ⋅ ⋅ ==
1 ( 2,5 17,3 ) N.AF e n= − + b) A súlyponti gyorsulás és a támasztóerő meghatározása a függőleges,
(2) jelű helyzetben: Munkatétel: 2 1 12.E E W− =
2 22 1
1 1 (1 cos ),2 2 2
0a a
lJ J m gω ω α− = −=
22
1 (1 cos ),2 2a
lJ m gω α= −
22
2
(1 cos ) 3 3 10(1 0,866)(1 cos ) 2,011 23
m g l glml
αω α− ⋅ −= = − = = ,
2 2,01 1,417 rad/s.ω = =
Az A pontra felírt perdület tétel: 2 2 .A AMπ =
2 22 2 2
2 2
, 0.
00,mert
A AA
A
J Mε ω π ε
ω π
+ × = ⇒ =
==
A súlyponti gyorsulás: 2 2 2( ).S S e S na a e a n= +
2 2 02S ela ε= = .
22 22
2 2 22 1 1,417 2,01 (2,01 ),
2S
S n S nv la a nl
ω= = = ⋅ = ⇒ =
2
2( 2,01 ) m/sSa n=
Impulzus tétel: 2 2( ) ,S Am a F G= +
2 2 2 2( ) ( ) ( ), / /S e S n A e A nma e ma n F e F n m g n e n+ = + + − ⋅ ⋅
2 2 ,S e A ema F= 2 2 ,S n A nma F m g= −
2 2 0.0
A e S eF m a= ==
2 2( ) 2(10 2,01) 24,02 N.A n S eF m g a= + = + =
2 ( 24,02 ) N.AF n=
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 174
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 174
9.7.14. feladat: Hasáb mozgása kényszerpályán
y
1Fm
Sψ
G
0vx
Adott: Az érdes kényszerpályán az m tömegű téglatest 0v sebességgel mozog felfelé. A mozgásbeli súrlódási tényező μ .
0 (8 ) m/sv i= , 210 m/sg ≈ , 10 kg,m = 0,2μ = ,
o30ϕ ψ= = . Kérdés: a) Az m tömegű test Sa gyorsulása hogyan függ az 1F erő nagyságától,
ha 0Nα ≥ ?
b) Az m tömegű test Sa gyorsulása hogyan függ az 1F erő nagyságától, ha az elválás megtörtént?
Megoldás:
a) Ha 0,Nα ≥ akkor 0Fα ≠ ⇒ a test kényszermozgást végez.
( )S Sxa a i= , 1(sin cos ) (cos sin ),SxFa gm
ϕ ϕ ψ μ ψ= − + + −
1
3cos 20 100 100 3 173,2 N.1sin
2
m gN Fαϕ
ψ≥ ⇒ ≤ = = =
b) Ha elválik, akkor 0 0N Fα α≡ ⇒ = ⇒ a test szabad mozgást végez. 1 1( cos sin ) ( sin cos ) .S
F Fa g i g jm m
ψ ϕ ψ ϕ= − + +
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 175
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 175
9.7.15. feladat: Gördülő mozgás kinetikája y m
SSv
gmR
0μ A x
0ρKF
0F
Adott: A csúszásmentesen gördülő R suga-rú, m tömegű henger. A henger S pontjának sebessége Sv . A hengerre
a saját súlyán kívül még az 0F erő is hat.
(10 ) m/s,Sv i= 210 m/s ,g ≈ 2 mR = , 20 kg,m=
0 ( 15 5 ) N.F i j= − +
Feladat: a) A henger ( )kε ε= szöggyorsulásának és súlypontja ( )S Sa a i=
gyorsulásának meghatározása. b) A hengerre ható AF kényszererő (támasztóerő) meghatározása. c) A hengerre ható erőrendszer teljesítményének meghatározása.
Megoldás: a) A henger ε szöggyorsulása és súlypontja Sa gyorsulása:
2(0,25 ) rad/skε = , 2( 0,5 ) m/s .Sa i= −
b) A hengerre ható A KF F= kényszererő (támasztóerő):
(5 195 ) N.AF i j= +
c) A hengerre ható erők teljesítménye:
0 150 W.0 0
S S A AP F v G v F v= ⋅ + ⋅ + ⋅ = −
= =
9.7.16. feladat: Gördülő mozgás kinetikája Adott: Az R sugarú, m tömegű körhenger, mely az α dőlésszögű lejtőn
csúszásmentesen gördül lefelé. A hengerre a saját súlyán kívül még a vízszintes 0F erő és az 0M nyomaték is hat.
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 176
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 176
ySv
α0F
G
m
R0M
A
x
α
0s
S
4 kg,m= 1 m,R =
0 100 NmM = ,
0 2 m,s = 0 40 NF = , o30 ,α =
210 m/sg ≈ .
Feladat: a) A henger ( )kε ε= szöggyorsulásának és S pontja ( )S Sa a i= gyor-
sulásának meghatározása. b) A hengerre ható AF támasztóerő (kényszererő) meghatározása. c) Mennyi munkát végez a hengerre ható erőrendszer 0s út megtétele alatt? Megoldás:
a) A henger ( )kε ε= szöggyorsulása és ( )S Sa a i= gyorsulása: 2( 7,56 ) 1/skε = − , 2(7,56 ) m/s .Sa i=
b) A hengerre ható támasztóerő: (84,88 14,64 ) N.AF i j= +
c) A hengerre ható erőrendszer munkája: 0
0 0 0( ) ,Sx x S x x S
v MP F G v M F G vR R
⎡ ⎤= + − = + −⎢ ⎥⎣ ⎦
00 0 0( ) x x
MW s P dt F G sR
⎡ ⎤= = + −⎢ ⎥⎣ ⎦∫
00 0cos sin 90,72 Nm.MF m g s
Rα α⎡ ⎤= + − =−⎢ ⎥⎣ ⎦
Mechanika Merev test kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 177
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 177
9.7.17. feladat: Álló tengely körüli forgómozgás kinetikája
x
A
y
Sne
gm
lm
(0)helyzet
(1)helyzetα
Adott: o30α = , 210 m/sg ≅ ,
4 kgm= , 0 0ω = ,
2 m.l =
Feladat: a) Az indítás pillanatában, a (0) jelű helyzetben a rúd szöggyorsulásá-
nak, S súlypontja 0Sa gyorsulásának és az 0AF támasztóerőnek a meghatározása.
b) A vízszintes, (1) helyzetben a rúd 1ω szögsebességének meghatáro-zása.
Megoldás: a) A súlyponti gyorsulás és a támasztóerő az indítási helyzetben:
20 (6,49 ) rad/skε = , 2
0 (6,49 ) m/s .Sa e=
0 ( 8,68 20 ) N.AF e n= − − b) A szögsebesség a vízszintes helyzetben:
1 (2,739 ) rad/s.kω =
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 178
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 178
10. Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
10.1. A forgó alkatrész támasztó erőrendszere
yxA
S
Sr
εω
G
0M
z
BFB
AF
lSR
kzS
1 2
3
•
Adott: A szerkezet (alkatrész) geometriája és a külső ER:
0,G M . A szerkezet a z tengely körül végez forgó mozgást. Feladat:Az
( )A Ax Ay AzF F i F j F k= + +
és ( )B Bx ByF F i F j= + támasztóerők meghatározása és annak biztosítása, hogy a támasztóerők ne függjenek a szerkezet forgását jellemző
,ω ε mennyiségektől.
Jelölés: a szerkezet S ponti tehetetlenségi főtengelyei.
A szerkezet súlypontjának helyvektora: ( )S S S S S Sr R z k x i y j z k= + = + + .
A támasztóerők összesen 3+2=5 db skaláris ismeretlent tartalmaznak. A feladat megoldása:
Impulzus tétel: /S A Bma G F F k= + + ⋅ 0 .Az AzG F F G= − + ⇒ = Perdület tétel az A pontra:
0/
0AS A S BA A
k J J r m a M r G lk Fε ω ω× + × ⋅ + × = + × + ×
=
.
Az alkatrész a z tengely körül forog: ( ), ( )k kε ε ω ω= = .
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 179
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 179
2( ) 0 ( ) ( )
( )1
S BA A
S B
k J k k k J k k R G k lk F
R G F l k k
ε ω× ⋅ + × × ⋅ = + × × + × ×
− − ⋅=
,
21 ( )B S A AF GR k J k k k J k
lε ω⎡ ⎤= − − × ⋅ − × × ⋅⎣ ⎦ .
Az előzővel megegyező gondolatmenetből: 21 ( )A S B B
F GR k J k k k J k Gkl
ε ω⎡ ⎤= + × ⋅ + × × ⋅ +⎣ ⎦ .
Célkitűzés: A forgás következtében ne lépjenek fel radiális irányú támasztóerők.
(A sugárirányú támasztóerők ne függjenek a szerkezet forgását jellemző ,ω ε mennyiségektől.)
Kérdés: Ez a célkitűzés milyen feltételek mellett teljesül? Feltételek: a) 0 A BF F G= + + akkor teljesül, ha 0Sa = .
Az S pontnak a forgástengelyre kell esnie : 0SR = .
Definició: Statikusan kiegyensúlyozottnak nevezünk egy rögzített tengely körül forgó szerkezetet (merev testet), ha S pontja a forgástengelyre esik.
b) 0, 0A BF G F+ = = akkor teljesül, ha A
J k k⋅ és B
J k k⋅ .
⇓ A z tengelynek a forgó test tehetetlenségi főtengelyének kell lennie. Ha 0SR = , akkor a Steiner-tételből következően mindegy, hogy a test A, B vagy S ponti tehetetlenségi tenzorát veszem a feltétel teljesítésénél:
SJ k k⋅ ⇒
AJ k k⋅ ⇒
BJ k k⋅ .
Ha A
J k k⋅ és B
J k k⋅ akkor a támasztóerőkre kapott összefüggésben eltűnik a 2. és a 3. (a forgástól függő) tag.
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 180
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 180
Definició: Dinamikusan kiegyensúlyozottnak nevezünk egy rögzített tengely körül forgó testet, ha a forgástengely a test S ponti tehetetlenségi főtengelye.
Megjegyzés: - Az a) feltétel helyett 0SmR = is írható. - A b) feltétel helyett a 0xz yzJ J= = , vagy a
( ) 0z xz yzk J k J i J j− × × = + = feltétel is írható.
10.2. A forgó alkatrész tömegkiegyensúlyozása
-Az a) feltétel teljesül, ha a szerkezet S pontja rajta van a forgástengelyen. -A b) feltétel teljesül, ha a forgástengely a szerkezet tehetetlenségi
főtengelye. Megoldás: Ezeket a feltételeket az eredeti (kiegyensúlyozatlan)
szerkezethez tömegek hozzáadásával (+ tömeg), vagy elvételével ( − tömeg) lehet teljesíteni.
Tömeg elvétele: pl. lyukat fúrunk az alkatrészbe.
yx
S
εω
0M
z
SR•
1z
y′x′
1m
2R2m
x ′′y ′′
1R 2z
m
A
B
Eredeti szerkezet tömege: m Hozzáadott/elvett tömegpontok tömegei: 1 2,m m
Az eredeti szerkezet és a hozzáadott/elvett tömegpontok mereven kapcsolódnak egymás-hoz. A hozzáadot/elvett tömegpontok helyvektorai:
1 1 1 ,R x i y j= + 2 2 2R x i y j= + ,
1 1 1r R z k= + , 2 2 2r R z k= + .
A statikus tömegkiegyensúlyozás feltétele (első feltétel):
1 1 2 2 0SmR m R m R+ + = . (Az eredeti szerkezet és a két tömegpont közös súlypontjának a forgástengelyre kell esnie.) A dinamikus tömegkiegyensúlyozás feltétele (második feltétel):
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 181
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 181
1 1 1 2 2 2 0xz yzJ i J j m R z m R z+ + + = . (Az eredeti szerkezetből és a két tömegpontból álló rendszernek a z forgástengelynek tehetetlenségi főtengelyének kell lennie.) A fenti két feltételi vektor egyenletnek megfelelő skaláris egyenletek:
1 1 2 2
1 1 2 2
1 1 1 2 2 2
1 1 1 2 2 2
00
00
S
S
xz
yz
mx m x m xmy m y m yJ m x z m x zJ m y z m y z
+ + = ⎫⎪+ + = ⎪⎬+ + = ⎪⎪+ + = ⎭
⇒
1 1 2 2
1 1 2 2
1 1 1 2 2 2
1 1 1 2 2 2
S
S
xz
yz
m x m x mxm y m y mym x z m x z Jm y z m y z J
+ = − ⎫⎪+ = − ⎪⎬+ = − ⎪⎪+ = − ⎭
.
Ez egy négy egyenletből álló inhomogén, algebrai egyenletrendszer. Az egyenletrendszerben szereplő ismeretlenek: 1 1 1 1, , , ,m x y z
2 2, ,m x 2 2,y z (8 db skalár mennyiség).
Probléma: 4 db. skalár egyenlet, 8 db. ismeretlen. Megoldás: 4 db. skalár ismeretlen önkényesen felvehető.
Példa: az autókerék kiegyensúlyozása. Térjünk át a descartesi helykoordinátákról henger koordinátákra:
1 1 1 1
2 2 2 2
, , , ,, , ,
m x y zm x y z
⎫⎬⎭
⇒ 1 1 1 1
2 2 2 2
, , , ,, , ,
m R zm R z
ϕϕ
⎫⎬⎭
.
Ha 1 2 1 2, , ,z z R R -t felvesszük, akkor a 1 1 2 2, , ,m mϕ ϕ ismeretlenek az egyenletredszerből az alábbi módon számíthatók ki:
( ) ( )221 2 2
1 2 1
1xz S yz Sm J m x z J m y z
R z z⎡ ⎤= − + −⎢ ⎥⎣ ⎦−
,
( ) ( )222 1 1
2 1 2
1xz S yz Sm J m x z J m y z
R z z⎡ ⎤= − + −⎢ ⎥⎣ ⎦−
,
21
2
yz S
xz S
J m y ztg
J m x zϕ
−= −
−, 1
21
yz S
xz S
J m y ztg
J m x zϕ
−=
−.
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 182
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 182
10.3. Gyakorló feladatok forgó alkatrészek kiegyensúlyozására és támasztó erőrendszerének meghatározása
10.3.1. feladat: Kiegyensúlyozatlan forgórész támasztóerői
Rh
ϕζ
B ωz
BF
SA
AF gm
ym
η
2l / 2l /
z′
y′
Adott: m= 48 kg, l=0,6 m,
0,2 m0,05 m
Rh R
h= ⎫
⇒⎬= ⎭,
105 rad/s állandó,ω = = o3ϕ =
Feladat: Az ,A BF F támasztóerők meghatározása.
A támasztóerők koordinátái: ,A Ax Ay B Bx ByF F i F j F F i F j= + = + . Derékszögű KR-ek: az x,y,z, az , ,x y z′ ′ ′ és a , ,ξ η ζ . Kidolgozás: a) A S ponti tehetetlenségi tenzor: ( h R ).
- tehetetlenségi tenzor a , ,ξ η ζ koordináta-rendszerben: 2
2
( )
2
1 0 040 0
10 0 0 04
0 0 10 02
S
mRJ
J J mRJ
mR
ξ
ηξηζ
ζ
⎡ ⎤⎢ ⎥
⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
,
22 21 48 0,2 0,48 kgm
4 4J J mRξ η
⋅= = = = ,
2 21 0,96 kgm2
J mRζ = = , 2 2sin 0,052, sin 0,0027, cos 0,999, cos 0,997.ϕ ϕ ϕ ϕ= = = =
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 183
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 183
Koordináta transzformáció:
cos sin
sin cos
i e
j e e
k e e
ξ
η ζ
η ζ
ϕ ϕ
ϕ ϕ
⎫=⎪⎪= + ⎬⎪
= − + ⎪⎭
- tehetetlenségi tenzor az x,y,z koordináta-rendszerben:
[ ]0 0 1
1 0 0 0 0 00 0 0
x S
JJ i J i J J
J
ξ
η ξ
ζ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ ⋅ = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
,
[ ]0 0 0
1 0 0 0 0 cos 00 0 sin
xy yx S
JJ J i J j J
J
ξ
η
ζ
ϕϕ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= = − ⋅ ⋅ = − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
,
0xz zx SJ J i J j= = − ⋅ ⋅ = ,
[ ]0 0 0
0 cos sin 0 0 cos0 0 sin
y S
JJ j J j J
J
ξ
η
ζ
ϕ ϕ ϕϕ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ ⋅ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
,
2 2cos sin 0,48 0,997 0,96 0,003yJ J Jη ζϕ ϕ= + = ⋅ + ⋅ , 20,479 0,003 0,482 kgmyJ Jη= + = ≈ ,
[ ]0 0 0
0 sin cos 0 0 sin0 0 cos
z S
JJ k J k J
J
ξ
η
ζ
ϕ ϕ ϕϕ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ ⋅ = − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
,
2 2sin cos 0,48 0,003 0,96 0,997zJ J Jη ζϕ ϕ= + = ⋅ + ⋅ , 20,0014 0,957 0,958 kgmzJ Jζ= + = ≈ .
[ ]0 0 0
0 cos sin 0 0 sin0 0 cos
yz zy S
JJ J j J k J
J
ξ
η
ζ
ϕ ϕ ϕϕ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= = − ⋅ ⋅ = − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
2cos sin cos sin 0,025 kgmyz zyJ J J Jη ζϕ ϕ ϕ ϕ= = + − = − ,
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 184
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 184
2
( )
0 0 0,480 0 00 0 0,482 0,025 kgm0 0 0,025 0,958
x
y yzSxyz
zy z
JJ J J
J J
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− ⎣ ⎦⎣ ⎦
.
- tehetetlenségi tenzor az , ,x y z′ ′ ′ koordináta-rendszerben: Steiner-tétel:
2 2 2( ) 0,48 48 0,09 4,8 kgmx x S SJ J m y z′ = + + = + ⋅ = , 2 2 2( ) 0,482 48 0,09 4,802 kgmy y S SJ J m x z′ = + + = + ⋅ = , 2 2 2( ) 0,958 0 0,958 kgmz z S SJ J m x y′ = + + = + = ,
0x y xy S SJ J mx y′ ′ = + = , 0x z xz S SJ J mx z′ ′ = + = ,
20,025 kgmy z yz S SJ J my z′ ′ = + = − ,
2
( ) ( )
4,8 0 00 4,802 0,025 kgm0 0,025 0,958
A Bx y z x y z
J J′ ′ ′ ′ ′ ′
⎡ ⎤⎢ ⎥= = ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
.
b) A támasztóerők meghatározása: Perdület tétel az A pontra:
0 0AS A AS AB BA A
J J r m a r G r Fε ω ω⋅ + × ⋅ + × = × + ×= =
,
2 ( ) ( )2y z z Blk J j J k G k j lk F
i
ω ′ ′ ′⎡ ⎤× − + = × − + ×⎣ ⎦ ,
2 / /2y z Bx BylJ i Gi lF j lF i j iω ′ ′+ = + − ⋅ ⋅ ,
0BxF = , 2 2
2 1 105( ) 240 0,025 219,38 N2 2 0,6By y z y zl GF G J J
l lωω′ ′ ′ ′= − = − = − = − .
Perdület tétel a B pontra:
0 0BS B BS BA AB B
J J mr a r G r Fε ω ω⋅ + × ⋅ + × = × + ×= =
,
2 ( ) ( )2y z z Alk J j J k G kx j lk Fω ′ ′ ′⎡ ⎤× − + = − − − ×⎣ ⎦ ,
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 185
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 185
2 / /2y z Ax AylJ i Gi lF j lF i j iω ′ ′ = − − + ⋅ ⋅ ,
0AxF = , 2 2105240 0,0251 701,21 N
2 0,6Ay y zGF J
lω
′ ′= + = + = .
10.3.2. feladat: Kiegyensúlyozatlan forgórész támasztóerői
ζ
z
A y
ηS
B
2l
1l
ϑ
ωε
G
0 (100 ) rad/s,kω = 8 kN,G =
Adott: Az A,B jelű csapágyakban forgó merev tengelyre ferdén felékelt G súlyú tárcsa. A tengely állandó
0ω szögsebességgel forog. Ismert a tárcsa S súlyponti tehetetlenségi
( )S
Jξηζ
tenzora:
2
( )
35 0 00 35 0 kgm0 0 64
SJξηζ
⎡ ⎤⎡ ⎤ ⎢ ⎥=⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎣ ⎦
,
1 0,6 ml = , o1ϑ = , 210 m/sg ≅ .
Feladat: a) Az A és B csapágyakban fellépő AF és BF támasztóerők (csapágy-
erők) meghatározása. b) Az ( )A AF F t= és ( )B BF F t= támasztóerő-idő függvények meghatá-
rozása. Kidolgozás: a) A támasztóerők meghatározása:
Impulzus tétel: ,I F= ⇒ ,
0S A Bm a G F F= + +
=
0 ( ) ( ) ( ),Ax Ay Az Bx ByG k F i F j F k F i F j= + + + + + / ze⋅ 0 ,AzG F= + ⇒ 8 kN.AzF G= = Perdület tétel az A pontra:
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 186
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 186
,A AMπ = ⇒ 0
A S SA AB BI r r Fπ π= + × = ×=
, ⇒ A Sπ π=
0 1 2( ) ( ).0
S Bx BySJ l l k F i F jε ω π⋅ + × = + × +
=
A tárcsa S ponti perdületvektora: 1
0 1 0( )
2 0
0 0 00 0 sin .0 0 cos
S S
JJ J
Jξηζ
π ω ω ϑω ϑ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
1 0 2 0sin cos .S J e J eη ζπ ω ϑ ω ϑ= + Koordináta transzformáció:
cos sine j kη ϑ ϑ= + ,
sin cose j kζ ϑ ϑ= − + .
ζz
y
ηS
ϑ
ϑ
0ω
21 0 1 0sin cos sinS J j J kπ ω ϑ ϑ ω ϑ= +
22 0 2 0sin cos cos ,J j J kω ϑ ϑ ω ϑ− +
2 21 2 0 0 1 2( ) sin cos ( sin cos )S J J j J J kπ ω ϑ ϑ ω ϑ ϑ= − + + .
A perdület vektor koordinátái: 0,Sxπ =
1 2 0( ) sin cos ,Sy J Jπ ω ϑ ϑ= − 2 2
0 1 2( sin cos ).Sz J Jπ ω ϑ ϑ= + Behelyettesítve a perdület tételbe:
0 1 2( ) ( ) ( ) ( ) ,Sx Sy Sz Bx Byk i j k l l k F i F jω π π π× + + = + × +
0 0 1 2 1 2( ) ( ) ,Sx Sy Bx Byj i l l F j l l F iω π ω π− = + − + / /i j⋅ ⋅ ,
0 1 2( )Sy Byl l Fω π = + 0 1 2( ) .Sx Bxl l Fω π = + 2
0 01 2
1 2 1 2
( )sin cos ,SyByF J J
l l l lω π ω ϑ ϑ= = −
+ + 0
1 2
0.SxBxF
l lω π
= =+
2100 (35 64) 0,01745 0,9998 5060 N0,6 0,4ByF = − ⋅ ⋅ = −
+,
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 187
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 187
( ) ( 5,060 ) kNB Bx ByF F i F j j= + = − .
Impulzus tétel:
0S A Bm a G F F= + +
=
⇒ ,A BF G F=− −
( ) (5,060 8 ) kNA Ax Ay AzF F i F j F k j k= + + = + .
b) Az ( )A AF F t= és ( )B BF F t= függvények meghatározása: A támasztóerők a forgórésszel együtt forognak.
0 0( ) ( sin cos )A A ByF F t F t i t j G kω ω= = − − + + ,
0 0( ) ( sin cos )B B ByF F t F t i t jω ω= = − + . η
j
i
BF
ξ
t0ωϕ =
t0ωϕ =
10.3.3. feladat: Forgórész (autókerék modell) kiegyensúlyozása
Rh
ϕ ζ
B0 áll.ω =
zSA
y,
Sm J
η
2l / 2l /
Adott: m= 10 kg, l=0,4 m, R=0,3 m , h=10 cm,
0ω =100 rad/s = állandó, o2 .ϕ =
A tengely tömege a forgórész tö-megéhez képest elhanyagolhatóan kicsi
Feladat: A forgórész dinamikus tömegkiegyensúlyozása, ha 1 2R R R= = és
1 / 2z h= , 2 / 2.z h=−
Kidolgozás:
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 188
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 188
A forgórész statikusan kiegyensúlyozott, mert az S pont a forgástengelyre esik. A szerkezet S ponti tehetetlenségi tenzorának előállítása
- tehetetlenségi tenzor a , ,ξ η ζ koordináta-rendszerben: 2
2
( )
2
1 0 040 0
10 0 0 04
0 0 10 02
S
mRJ
J J mRJ
mR
ξ
ηξηζ
ζ
⎡ ⎤⎢ ⎥
⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥= =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦
⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦
,
22 21 10 0,3 0,225 kgm ,
4 4J J mRξ η
⋅= = = =
22 21 10 0,3 0,45 kgm ,
2 2J mRζ
⋅= = =
- Koordináta transzformáció: 1, cos sin , sin cos .i e j e e k e eξ η ζ η ζϕ ϕ ϕ ϕ= = = + = − +
- tehetetlenségi tenzor az x,y,z koordináta-rendszerben: 2 2sin 0,034, sin 0,0012, cos 0,999, cos 0,998ϕ ϕ ϕ ϕ= = = = .
[ ]0 0 1
1 0 0 0 0 0 ,0 0 0
x S
JJ i J i J J
J
ξ
η ξ
ζ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ ⋅ = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
[ ] 2
0,225 0 0 11 0 0 0 0,225 0 0 0,225 kgm
0 0 0,45 0xJ Jξ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= = =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦
,
[ ]0 0 0
1 0 0 0 0 cos 0,0 0 sin
xy S
JJ i J j J
J
ξ
η
ζ
ϕϕ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − ⋅ ⋅ = − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
0.xy yxJ J= =
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 189
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 189
[ ]0 0 0
1 0 0 0 0 sin 0,0 0 cos
xz S
JJ i J k J
J
ξ
η
ζ
ϕϕ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − ⋅ ⋅ = − − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
0 .xz zxJ J= =
[ ]0 0 0
0 cos sin 0 0 sin ,0 0 cos
yz S
JJ j J k J
J
ξ
η
ζ
ϕ ϕ ϕϕ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − ⋅ ⋅ = − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
cos sin cos sin ,yz zyJ J J Jη ζϕ ϕ ϕ ϕ= = − 20,225 0,03487 0,45 0,03487 0,007847 kgmyz zyJ J= = ⋅ − ⋅ =− .
[ ]0 0 0
0 cos sin 0 0 cos ,0 0 sin
y S
JJ j J j J
J
ξ
η
ζ
ϕ ϕ ϕϕ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ ⋅ = ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
2 2cos sin 0,225 0,9987 0,45 0,001217yJ J Jη ζϕ ϕ= + = ⋅ + ⋅ =
20,2247075 0,00054765 0,22525515 kgm .= + =
[ ]0 0 0
0 sin cos 0 0 sin ,0 0 cos
z S
JJ k J k J
J
ξ
η
ζ
ϕ ϕ ϕϕ
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= ⋅ ⋅ = − −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦⎣ ⎦
2 2sin cos 0,225 0,001217 0,45 0,9987zJ J Jη ζϕ ϕ= + = ⋅ + ⋅ =
20,000273825 0,449415 0,448688 kgm .= + =
2
( )
0 0 0,2250 0 00 0 0,2252 0,0078 kgm .0 0 0,0078 0,4496
x
y yzSxyz
zy z
JJ J J
J J
⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥= − =⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥− ⎣ ⎦⎣ ⎦
A forgórész tömegkiegyensúlyozása: A forgórész S súlypontja a forgástengelyen van:
( ) 0.S S S Sr x i y j z k= + + = A két, a kiegyensúlyozáshoz szükséges póttömeg súlypontját megadó helyvektor:
1 1 1 1 1 1 1 1 1( ) ( cos sin ),r x i y j z k R i R j z kϕ ϕ= + + = + +
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 190
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 190
2 2 2 2 2 2 2 2 2( ) ( cos sin ).r x i y j z k R i R j z kϕ ϕ= + + = + +
A 1ϕ és 2ϕ szöget az xy síkban, az x tengelytől mérjük.
A kiegyensúlyozáshoz szükséges 1m és 2m póttömegek: 2 2
1 2 21 2 1
1
0 0 0xz S yz Sm J m x z J m y z
R z z
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
,
2 2
2 1 12 1 2
1
0 0 0xz S yz Sm J m x z J m y z
R z z
⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟= − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟−⎝ ⎠ ⎝ ⎠
.
Az összefüggésbe behelyettesítve az önkényesen felvehető 1 2R R R= = , 1 / 2z h= és 2 / 2z h=− értékeket:
( )2
11 0,007847 0,2615kg,
0,3 0,12 2
yzm Jh hR
= = =⋅⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
( )2
2
2
1 0,007847 0,2615kg.0,3 0,1
2 2
yzm Jh hR
= = =⋅⎛ ⎞ ⎛ ⎞− −⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
A póttömegek elhelyezkedési szöge: 2
12
0,00784700
0
yz S
xz S
J m y z
tgJ m x z
ϕ
−−
= − = − → ∞−
, o1 90ϕ = .
1
21
0,00784700
0
yz S
xz S
J m y z
tgJ m x z
ϕ
−−
= = → − ∞−
, o2 270ϕ = .
Az 1m póttömeg helyzetét meghatározó vektorok :
1 1 1 1 1 1( cos sin ) (0,3 ) m, (0,3 0,05 ) m.R R i R j j r j kϕ ϕ= + = = +
Az 2m póttömeg helyzetét meghatározó vektorok:
Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 191
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 191
2 2 2 2 2 2( cos sin ) ( 0,3 )m, ( 0,3 0,05 )mR R i R j j r j kϕ ϕ= + = − = − − y
x
zS
1m
1R1r
1 2hz = +
22h z− =
1ϕ
y
x
zS
2m
2R2r
1 2hz = +
22h z− =
2ϕ
Ellenőrzés (behelyettesítés a tömegkiegyensúlyozás egyenlet-rendszerébe):
A póttömegekkel kiegészített rendszer forgástengelyre számolt számított statikai nyomatéka zérus:
1 1 2 2 0,0 00
Sm x m x m x+ + =
1 1 2 2 0,2615 0,3 0,2615 ( 0,3) 00
Sm y m y m y+ + = ⋅ + ⋅ − = .
A póttömegekkel kiegészített rendszernek a z tengely tehetetlenségi főtengelye:
1 1 1 2 2 2 0,0 00
xzJ m x z m x z+ + =
1 1 1 2 2 2yzJ m y z m y z+ + = ( 0,007847) 0,2615 0,3 0,05 0,2615 ( 0,3) ( 0,05)( 0,007847) (0,007847) 0.
= − + ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ − == − + =
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 192
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 192
11. Testek ütközése 11.1. Az ütközések osztályozása
(1)
1ω2ω
2Sv
1Sv
1S2S1A 2A (2)
n
⋅⋅
e
e - az érintkezési pontban a felületek érintő egységvektora,
n - az ütközés normálisa (az érintkezési pontban a felületekre merőleges egységvektor),
1 2,A A - a testek érintkező pontjai.
Jelölések: 1 2,S Sv v - a testek súlyponti sebességei az ütközést megelőző
pillanatban, 1 2,ω ω - a testek szögsebességei az ütközést megelőző pillanatban,
1 2,S SV V - a testek súlyponti sebességei az ütközés utáni pillanatban,
1 2,Ω Ω - a testek szögsebességei az ütközés utáni pillanatban.
Feltételezések: - az ütköző testek (valamilyen mértékben) rugalmasak, - az ütközés igen rövid idő alatt történik, - a rövid ideig tartó érintkezés alatt a testek helyzetében nem
következik be változás, - az ütközés következtében fellépő erők mellett a többi erő
elhanyagolhatóan kicsi, - az érintkező felületek simák (nincs súrlódás). Az ütköző testek anyaga: szilárd testek (alakváltozásra képesek). Anyagtörvények: -Tökéletesen rugalmas testek ütközése: a testek deformációjára
fordított energiát teljes mértékben visszanyerjük. -Tökéletesen képlékeny testek ütközése: a testek deformációjára fordított energia teljes egészében alakváltozási munkává alakul és nem nyerhető vissza.
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 193
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 193
-Rugalmas-képlékeny (valóságos) testek ütközése: a testek deformációjára fordított energia részben visszanyerhető.
Az ütközés létrejöttének feltétele: 1 2A Av n v n⋅ > ⋅ . (Az 1 jelű testnek utól kell érnie a 2 jelű testet.) Az ütközés lefolyása:
n
(2)(1)
1A
2An
(2)(1)
n
(2)(1)
Érintkezés egy
pontban A testek az érintkezés
környezetében deformálódnak
Elválás
Közeledés
Távolodás Az ütközések osztályozása: 1. Centrikus ütközés:Az ütközési normális átmegy mindkét test súlypontján.
a)Egyenes ütközés:az S ponti sebességek ütközési normális irányúak. b) Ferde ütközés:az S ponti sebességek nem ütközési normális
irányúak. 2. Excentrikus ütközés: az ütközési normális nem megy át
mindkét test súlypontján.
11.2. A centrikus ütközés
(1)
2Sv
1Sv
1S
2S(2)
n
1A2A
n1F
12 FF −=1ω
2ω
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 194
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 194
Impulzus tétel az egész rendszerre (mindkét testre együtt): (1+2) 0 állandóI F I= = ⇒ = .
1 1 2 2 1 1 2 2 állandóS S S Sm v m v mV m V+ = + = .
A rendszer (1+2 test) S pontjának Sv sebességének bevezetésével:
1 1 2 2 1 1 2 2 1 2( )S S S S S Sm v m v mV m V m m v mv+ = + = + = .
1 2m m m= + - a rendszer (1+2 test) tömege.
Impulzus tétel az (1) testre: (1) 1 1 1 1
( )
, / ,St
I m a F n dtλΔ
= = = − ∫ …
λ - skalár együttható, tΔ - az ütközés időtartama.
1 1 1 1 1( ) ( )
( )S St t
I m V v F dt dt n
C
λΔ Δ
Δ = − = = −∫ ∫
Az (1) test S ponti sebességének megváltozása párhuzamos az ütközési normálissal.
Impulzus tétel a (2) testre: (1) 2 2 2 2
( )
, / ,St
I m a F n dtλΔ
= = = ∫ …
2 2 2 2 2( ) ( )
( )S St t
I m V v F dt dt n
C
λΔ Δ
Δ = − = =
−
∫ ∫ .
A (2) test S ponti sebességének megváltozása párhuzamos az ütközési normálissal.
Az (1) és (2) testre kapott eredmények következménye: 1 1 1 2 2 2( ) ( )S S S Sm V v m V v− = − − Az ütközés során az (1) jelű test impulzusának megváltozása a (2) jelű test impulzus változásának mínusz egyszerese.
Perdület tétel az (1) testre:
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 195
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 195
(1) 1 1 1
1 1
0 állandó.
.
s s sMπ π
ω
= = ⇒ =⇓= Ω
s1 – az 1S súlyponton átmenő, a mozgás síkjára merőleges tengely jele,
1Ω - az (1) jelű test ütközés utáni szögsebessége.
Perdület tétel a (2) testre:
(2) 2 2 2
2 2
0 állandó.
.
s s sMπ π
ω
= = ⇒ =⇓= Ω
s2 – az 2S súlyponton átmenő, a mozgás síkjára merőleges tengely jele,
2Ω - az (2) jelű test ütközés utáni szögsebessége.
A centrikus ütközés során a testek szögsebességei nem változnak meg.
Ütközési tényező: az anyagtörvényt veszi figyelembe.
1 1 2 2
1 1 2 2
S n Sn S n Sn
S n Sn S n Sn
m V v m V vk
m v v m v v− −
= =− −
.
Az eltávolodási szakaszban bekövetkező impulzusváltozás és a közele-dési szakaszban bekövetkező impulzusváltozás hányadosa.
1k = - tökéletesen rugalmas ütközés, 0k = - tökéletesen képlékeny (vagy tökéletesen rugalmatlan) ütközés,
0 1k< < - rugalmas-képlékeny ütközés.
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 196
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 196
Ütközési diagram: az ütközés utáni sebességek meghatározása szer-kesztéssel.
n
1Sv
2Sv
1SV
2SV
Sv1m
2m•
2S n Snv v−2S n Snk v v−
1S n Snv v−1S n Snk v v−
⋅
S
vO
A szerkesztés gondolatmenete: - Az vO kezdőpontból felrajzoljuk az ütközés előtti 1Sv , 2Sv sebesség-
vektorokat, az n ütközési normálist és a 1Sv , 2Sv sebességvektorok végpontjain át párhuzamos egyeneseket húzunk az ütközási normális-sal.
- A 1 1 2 2
1 2
S SS
m v m vvm m
+=
+ összefüggéssel meghatározzuk a rendszer súly-
pontjának sebességét. (A xv , yv síkon meghatározzuk az 1 2,m m tö-megpontrendszer súlypontját.)
- Az S ponton keresztül merőlegest rajzolunk az n ütközési normálisra. - Ezzel meghatároztuk a 1S n Snv v− és a 2S n Snv v− mennyiségeket. - Ezeknek a mennyiségeknek a k-szorosát felmérjük a S ponton át, az
ütközési normálisra húzott merőleges egyenes másik (ellenkező) oldalára, mert: 1 1Sn S n S n Snv V k v v− = − és 2 2Sn S n S n Snv V k v v− = − .
- Ezzel megkapjuk a az ütközés utáni 1SV és 2SV sebességvektorokat.
Ellenőrzés:
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 197
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 197
A 1SV és 2SV sebességvektorok végpontjait összekötő egyenesnek is
kell mennie az S ponton, mert 1 1 2 2
1 2
S SS
mV m Vvm m
+=
+.
11.3. Gyakorló feladatok testek centrikus ütközésére
11.3.1. feladat: Járművek ütközése Adott:
1 1 2 23600 kg, 25 m/s, 1200 kg, 10 m/s, 0,8.m v m v k= = = = =
1v 2v
1m 2m
1S 2S
Feladat: Meghatározni a járművek ütközés utáni sebességét
a) számítással, b) szerkesztéssel.
Mechanikai modell:
n1m 2m1v 2v
2S1S
A feladat mechanikai szempontból centrikus, egyenes ütközés. Kidolgozás: a) A feladat megoldása számítással:
- A közös súlypont sebessége: 1 1 2 2 1 2( ) Sm v m v m m v+ = + ,
1 1 2 2
1 2
3600 25 1200 10 21,25 m/s3600 1200S
m v m vvm m
+ ⋅ + ⋅= = =
+ +.
- A járművek ütközés utáni sebessége: 1 1( )S SV v k v v− = − − ,
1 1( ) 21,25 0,8(25 21,25) 18,25 m/sS SV v k v v= − − = − − = .
2 2( )S SV v k v v− = − − ,
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 198
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 198
2 2( ) 21,25 0,8(21,25 10) 30,25 m/sS SV v k v v= + − = + − = . b) A feladat megoldása szerkesztéssel:
n
2V
Sv
1m
2m
S1 vv −S1 vvk −
2v
1v1V
2Sv v−vO
S
2Sk v v−
⋅
⋅
Egyenes ütközésnél a 1v , 2v ütközés előtti sebességeket az vO (függő-leges) kezdő egyenestől mérjük fel. A 1v , 2v sebességvektorok távolsá-gának felvétele tetszőleges.
11.3.2. feladat: Labda visszapattanása
n
2m
2v
2VH
(2)
(1)1m → ∞
Adott: Labdát ejtünk H magasságból a víz-szintes talajra.
21,2 m, 1 kg,H m= = 210 m/s , 0,7.g k≈ =
Feladat: Meghatározni, hogy milyen magasra pattan a labda.
Kidolgozás: - A labda ütközés előtti sebességének meghatározása:
Munkatétel: 12
m 22 2 0v m− = 2gH ,
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 199
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 199
2 2 24 4,9 m/sv gH= = = .
- Ütközés: 1 1, 0m v→ ∞ = .
1 1 2 2
1 2
0Sm v m vv
m m+
= →+
, 2 2 0,7 4,9 3,43 m/sV kv= = ⋅ = .
- A visszapattanási magasság meghatározása:
Munkatétel: 102
m− 22 2V m= − 2gh .
2 22 3,43 0,588 m
2 20Vh
g= = = .
11.3.3. feladat: Hajók ütközése Adott:
1 1000 kgm = , 2 3000 kgm = , 1 (40 10 ) m/sSv i j= − , k=0,8,
2 (30 ) m/sSv j= .
n1Sv
2Sv
2m1m
1S 2S
Feladat: A súlypontok ütközés utáni 1SV és
2SV sebességének meghatározása a) számítással, b) szerkesztéssel.
Kidolgozás: a) Számítás:
- A közös súlypont sebessége: 1 1 2 2 1 2( ) Sm v m v m m v+ = + ,
1 1 2 2
1 2
1000(40 10 ) 3000(30 )4000S
m v m v i j jvm m
+ − += = =
+
(10 20 ) m/si j= + . - A járművek ütközés utáni sebessége:
1 1( ) ( )Sn S n S n Snv V k v v− = − ,
1 1( ) 10 0,8(40 10) 14 m/sS n Sn S n SnV v k v v= − − = − − = − .
2 2( )Sn S n S n Snv V k v v− = − ,
2 2( ) 10 0,8(0 10) 18 m/sS n Sn S n SnV v k v v= − − = − − = .
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 200
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 200
1 ( 14 10 ) m/sSV i j= − − , 2 (18 30 ) m/sSV i j= + .
b) Ütközési diagram:
vO
S
n
2m
1m
2Sv
1Sv
30 m/s24 m/s2SV
1SV
11.3.4. feladat: Golyók ütközése
1Sv
2S
2m
1m1S
2Sv
n x
yAdott:
1 2 kgm = , 1 (4 4 ) m/sSv i j= + ,
2 6 kgm = , 2 ( 4 ) m/sSv j= − . Feladat: A golyók ütközés utáni súlyponti sebességeinek meghatározása 0k = ,
1k = és 0,6k = ütközési tényezők esetén a) szerkesztéssel és b) számítással.
Kidolgozás: a) Megoldás szerkesztéssel:
1SV
2SV
1m
2m
nS
1( )S n Snv v−
1Sv
2v
vO
11( )S n Snv v− 1( )S n Snv v−
1m1Sv
S2SV
2m
2Sv
1SV
nvOn
10,6( )S n Snv v− 1( )S n Snv v−
1Sv 1m
1SV
S
2SV2Sv
2m
vO
0k = esetén: 1k = esetén: 0,6k = esetén:
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 201
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 201
1
2
( 4 ) m/s,
( 4 )m/s.S
S
V i j
V i j
= +
= − 1
2
( 2 4 ) m/s,
(2 4 ) m/s.S
S
V i j
V i j
= − +
= −
1
2
( 0,8 4 )m/s,
(1,6 4 ) m/s.S
S
V i j
V i j
= − +
= −
b) Megoldás számítással: A rendszer S súlypontjának sebessége:
1 1 2 2
1 2
2 (4 4 ) 6 ( 4 ) ( 2 ) m/s.2 6S
m v m v i j jv i jm m
+ ⋅ + + ⋅ −= = = −
+ +
A Sv vektornak az n ütközési normálissal párhuzamos összetevője: ( ) m/s.Snv i=
- Tökéletesen rugalmatlan ütközés (k=0): 1 1(1 ) 1 (1 0) 0 4 1 m/s,S n Sn S nV v k k v= + − = ⋅ + − ⋅ =
1 ( 4 ) m/s.SV i j= +
2 2(1 ) 1 (1 0) 0 0 1 m/s,S n Sn S nV v k k v= + − = ⋅ + − ⋅ =
2 (1 4 ) m/s.SV i j= − - Tökéletesen rugalmas ütközés (k=1):
1 1(1 ) 1 (1 1) 1 4 2 m/s,S n Sn S nV v k k v= + − = ⋅ + − ⋅ =−
1 ( 2 4 ) m/s.SV i j= − +
2 2(1 ) 1 (1 1) 1 0 2 m/s,S n Sn S nV v k k v= + − = ⋅ + − ⋅ =
2 ( 2 4 ) m/s.SV i j= − - Rugalmas-képlékeny ütközés: k=0,6:
1 1(1 ) 1 (1 0,6) 0,6 4 0,8 m/s,S n Sn S nV v k k v= + − = ⋅ + − ⋅ = −
1 ( 0,8 4 ) m/s.SV i j= − +
2 2(1 ) 1 (1 0,6) 0,6 0 1,6 m/s,S n Sn S nV v k k v= + − = ⋅ + − ⋅ =
2 (1,6 4 ) m/s.SV i j= −
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 202
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 202
11.3.5. feladat: Golyó lejtőre ejtése
V
m
y
vα x
n
⋅
Adott: Az m tömegű golyót az α hajlásszögű lejtőre ejtve, az vízszintes irányban pat-tan el:
( 0,5 ) m/sv j= − , ( ),V V i= 0,75.tgα =
Feladat: Az ütközés utáni V sebesség és a k üt-közési tényező meghatározása.
Kidolgozás: Centrikus ütközés: 1m m= , 2m → ∞ . Ütközési diagram:
nS
α
v
α
( )Sn nk v v= −
)( Snn vv −
2m
1m
V
( )n SnV v− =
Az ütközési diagramból: V
tgv
α = ,
0,5 0,75 0,375,V v tgα= = ⋅ =
(0,375 ) m/s.V i= Az ütközési tényező:
,n Sn n
Sn n n
V v Vk
v v v−
= =−
sin 0,375 0,6 0,5625.cos 0,5 0,8
Vkv
αα
⋅= = =
⋅
A v sebességvektor végpontjából párhuzamost húzunk az ütközési normálissal.
11.3.6. feladat: Golyók ütközése
n1Sv
2Sv2m1m
1S2S
Adott: 1 1200 kgm = , 2 2400 kgm = ,
1 (20 ) m/sSv i= , k=0,6 ,
2 ( 10 30 ) m/sSv i j= − + .
Feladat: A súlypontok ütközés utáni sebességének meghatározása szá-mítással és szerkesztéssel. Megoldás:
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 203
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 203
a) Szerkesztés:
vO
S
n
2m
1m
2Sv
1Sv
20 m/s12 m/s
1SV
2SV
b) Számítás: 1 ( 12 ) m/sSV i= − , 2 (6 30 ) m/sSV i j= + .
11.3.7. feladat: Testek ütközése
1Sv
2Sv
1S2S
1m
2m
x
y
n
Adott:
1
1
3kg,(3 1,5 )m/s,S
mv i j
=
= +
2
2
2kg,( 2 4,5 )m/s,S
mv i j
=
= − −
0,5k = . Feladat: A testek S pontjának ütközés utáni 1 2ésS SV V sebességének
meghatározása. Megoldás: a) Az ütközés utáni sebességek meghatározása számítással: 1 (1,5 ) m/sSV j= , 2 (2,5 4,5 ) m/s.SV i j= − b) Az ütközés utáni sebességek meghatározása szerkesztéssel:
Mechanika Testek ütközése
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 204
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 204
Ütközési diagram:
2m
1m
)( n2SSn vvk −
2Sv
1Sv
3m/s
1SV
2SV
Sxv
yv
n
2( )Sn S nv v−1,5m/s
vO
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 205
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 205
12. Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
12.1. Fogalmak, jelölések Egyszerű szerkezet: a vizsgált rendszer (szerkezet) egy merev testet
tartalmaz. Összetett szerkezet: a vizsgált rendszer (szerkezet) több merev testet
tartalmaz. Szabadságfok: a vizsgált rendszer (szerkezet) pillanatnyi helyzetét,
vagy mozgását egyértelműen meghatározó (megadó) skaláris koordináták száma.
Általános koordináta: azon skaláris koordináták, amelyek a rendszer helyze-
tét, vagy mozgását egyértelműen meghatározzák. Jelölés: q=q(t) – az általános koordináta elmozdulás, vagy szögelfor-dulás is lehet. Feltételezés: a q=q(t) általános koordináta az időnek legalább kétszer differenciálható függvénye (létezik q ). Tétel: Az egy szabadságfokú szerkezet minden mozgásjellemzője kife-jezhető a szerkezet (egy!) q=q(t) általános koordinátájával. Merev test: olyan mechanikai test modell, amelyben bármely két pont
távolsága állandó (a pontok távolsága terhelés/erő hatására sem változik meg).
Rúd: olyan test, amelynek egyik geometriai mérete lényegesen na-gyobb, mint a másik kettő.
Ideális kötél: - Kötél: olyan rúd, amely csak húzóerőt képes felvenni, nyomóerő
benne nem léphet fel. - Ideális kötél: - súlytalan, - nyújthatatlan és - tökéletesen hajlékony (a hajlítással szemben nincs el-
lenállása – nem lép fel benne hajlító nyomaték).
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 206
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 206
12.2. Gyakorló feladatok összetett szerkezetek mozgására
12.2.1. feladat: Emelő szerkezet kinetikája
1S
2m
0M1m
1Rx
2G
2Steher
kötélkötéldob
y
ideális
(1)
(2)
Adott: 0 1 2, , ,M R m m .
Feladat: a) A kötéldob 1ε szöggyorsulásának
és a teher 2a gyorsulásának megha-tározása.
b) Az 1S pontban fellépő 1SF támasz-tóerő (csapágyerő) és a K kötélerő meghatározása.
Kidolgozás: Általános koordináta választás:
1q ϕ= - a kötéldob z tengely körüli szögelfordulása ( 1 1kϕ ϕ= ),
1q ω= - a kötéldob szögsebessége ( 1 1kω ω= ),
1q ε= - a kötéldob szöggyorsulása ( 1 1kε ε= ). Energiatétel az egész szerkezetre: (1+2) E P= .
A szerkezet kinetikai energiája: 2 21 1 2 2
1 12 2sE J m vω= + .
2 1 1 1 2 1 1 1,v R R q a R R qω ε= = = = , ( 2 2v v j= , 2 2a a j= )
( )2 2 2 2 21 1 2 1 1 1 2 1 1
1
1 1 12 2 2s sE J m R J m R
mϕ
ω ω ω= + = + ,
1mϕ - a szerkezet 1q ϕ= általános koordinátához tartozó általános (vagy redukált) tömege.
2 211 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1
12
d E dE m m m R m Rdt dtϕ ϕ
ωω ω ε ω ε⎛ ⎞= = = = +⎜ ⎟⎝ ⎠
.
A szerkezetre ható ER teljesítménye:
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 207
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 207
0 1 2 2 0 1 2 2
0S SP M F v G v M m gvω ω= ⋅ + ⋅ + ⋅ = −
=
,
0 1 2 1 1 0 2 1 1
1
( )P M m gR M m gRQϕ
ω ω ω= − = − ,
1Qϕ - a 1ϕ általános koordinátához tartozó általános erő (egység-nyi koordináta sebességhez tartozó teljesítmény).
Az energiatételbe behelyettesítve:
1mϕ ω 1 1 1Qϕε ω= 1 ,
1 0 2 11
2 211 1 2 1
12
Q M m gRm m R m R
ϕ
ϕ
ε −= =
+.
1 0ε > , ha 0 2 1M m gR> és ekkor 2 1 0a Rε= > . Ha 2 0a > , akkor a teher gyorsulása felfelé mutat: 2 2( )a a j= .
Impulzus tétel a (2) jelű testre:
2m
2G
K
(2)2S
(2) 2I F= .
2 2 2 /m a K G j= + ⋅ .
2 2 2m a K m g= − ,
2 2( ) ( )K m a g= + ↑ .
Impulzus tétel az (1) jelű testre:
1S0M 1m
1Rx
K1S xF
1S yF
(1) y
(1) 1I F= .
1 1 / /0
S Sm a F K i j= + ⋅ ⋅=
.
10 S xF= ,
10 S yF K= − ⇒ 1 ( )S yF K= ↑ .
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 208
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 208
12.2.2. feladat: Összetett szerkezet kinetikája
A1mx
1Gα
2m
2G
y
3m
3R
μ
1S
2S
3ε
2a
1a
(1)(3)
(2)
Adott: 1 2 3 3, , , ,m m m R μ α ,
a kötél ideális. Feladat: a) A kötéldob 3ε szöggyorsu-
lásának és az (1) és (2) jelű hasábok 1a és 2a gyorsulá-sának meghatározása.
b) A lejtőről az (1) jelű testre átadódó 1KF kényszererő és az A ponti
AF támasztóerő (csapágyerő) meghatározása. c) Az (1) és (3) jelű test közötti kötélágban fellépő 1K , valamint a (3)
és (2) jelű test közötti kötélágban fellépő 2K kötélerő meghatározása.
Kidolgozás: Általános koordináta választás:
3q ϕ= - a kötéldob z tengely körüli szögelfordulása ( 3 3kϕ ϕ= − ),
3q ω= - a kötéldob szögsebessége ( 3 3kω ω= − ),
3q ε= - a kötéldob szöggyorsulása ( 3 3kε ε= − ). Energiatétel az egész szerkezetre: (1+2+3) E P= .
A szerkezet kinetikai energiája: 2 2 21 1 3 3 2 2
1 1 12 2 2aE m v J m vω= + +
1 3 3 2 1 3 3 1 3 3 2 1 3 3, , ,v R v v R a R a a Rω ω ε ε= = = = = = .
( )2 2 2 2 2 2 2 21 3 3 3 3 2 3 3 1 3 3 2 3 3
3
1 1 1 12 2 2 2a aE m R J m R m R J m R
mϕ
ω ω ω ω= + + = + + .
3mϕ - a szerkezet 3ϕ általános koordinátához tartozó általános (vagy redukált) tömege.
33 3 3 3 3
d E dE m mdt dtϕ ϕ
ωω ω ε= = = =
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 209
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 209
2 2 21 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3
1( )2
m R m R m R mϕω ε ω ε= + + = .
A szerkezetre ható ER teljesítménye:
1 1 1 1 2 2
0K A AP G v F v F v G v= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅
=
Feltételezés: 3 3 3 3 1 1 1, , K T Nk k F F i F jω ω ε ε= − = − = − + .
1 1 1 1 2 2sin TP m g v F v m gvα= − − + =
1 3 3 1 3 3 2 3 3sin Tm g R F R m gRα ω ω ω= − − + =
( )1 3 1 3 2 3 3
3
sin Tm g R F R m gRQϕ
α ω= − − + .
3Qϕ - a 3ϕ általános koordinátához tartozó általános erő (egység-nyi koordináta sebességhez tartozó teljesítmény).
Impulzus tétel az (1) jelű hasábra:
1G
1K
11 am1KF
1S
ρ ρ
(1)
(1) 1I F=
1 1 1 /Kma G F K j= + + ⋅ ,
( )( )
1 1
1 1
1 1 1
0 cos 0,
cos ,
cos .
N
N
T N
m g F
F m g
F F m g
α
α
μ μ α
= − + +
=
= =
Ezt figyelembe véve a teljesítmény számításánál: 1 3 3 1 3 3 2 3 3sin cosP m g R m g R m gRα ω μ α ω ω= − − + =
( )1 3 1 3 2 3 3
3
sin cosm g R m g R m gRQϕ
α μ α ω= − − + .
Az energiatételbe behelyettesítve: E P= .
3mϕ ω 3 3 3Qϕε ω= 3 ,
3 1 1 23
31 2 3 3
sin cos1( )2
Q m g m g m gm m m m R
ϕ
ϕ
α μ αε − − += =
+ +.
1 2 3 3a a R ε= = Impulzus tétel az (1) jelű hasábra:
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 210
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 210
(1) 1I F=
1 1 1 1 1 /Km a m g F K i= + + ⋅ ,
1 1 1 1 1sin cosm a m g m g Kα μ α= − − + ,
1 1 1( sin cos )K m a g gα μ α= + + . Impulzus tétel a (2) jelű hasábra:
2m
2G
2K
)(22S
(2) 2I F= .
2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
/,.
m a G K jm a G KK m a m g
= + ⋅= − +
= +
Impulzus tétel a (3) jelű kötéldobra:
A
2K
AxFAyF
)(3
1Kx
y
(3) 3I F= .
1 20 / / ,AF K K i j= + + ⋅ ⋅
1
1 2
0 cos ,0 sin ,
Ax
Ay
F KF K K
αα
= −= − −
1
1 2
cos .sin .
Ax
Ay
F KF K K
αα
== +
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 211
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 211
12.2.3. feladat: Összetett szerkezet kinetikája
1S1R
x
2m
2G
A
1m
1G
AF
3m
2S
B
BF
yC
Adott: 1 1 2 3, , , 0R m m m ≈ .
A kötél ideális, a henger csúszás-mentesen gördül. Feladat: a) A henger 1ε szöggyorsulásának és a hasáb 2a gyorsulásának meghatározása.
b) A kötélben fellépő K kötélerő meghatározása.
c) Az A és B pontban fellépő AF és BF támasztóerő meghatározása. Kidolgozás: Általános koordináta választás:
1q ϕ= - a henger z tengely körüli szögelfordulása ( 1 1kϕ ϕ= − ),
1q ω= - a henger szögsebessége ( 1 1kω ω= − ),
1q ε= - a henger szöggyorsulása ( 1 1kε ε= − ). Energiatétel az egész szerkezetre: (1+2) E P= .
A szerkezet kinetikai energiája: 2 21 1 2 2
1 12 2a SE J m vω= + ,
2 1 1 1 2 1 1 12 2 , 2 2C S Ce Sv v v R a a a Rω ε= = = = = = ,
( )2 2 2 2 21 1 2 1 1 1 2 1 1
1
1 1 14 42 2 2a aE J m R J m R
Qϕ
ω ω ω= + = + .
( )21 1 1 1 2 1 1 14a
dEE m J m Rdt ϕ ω ε ω ε= = = + =
2 21 1 2 1 1 1
3 42
m R m R ω ε⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠
.
A szerkezetre ható ER teljesítménye: ( )1 2 2 2 2 2 1
1
20 0
S A AP G v F v G v m gv m g RQϕ
ω= ⋅ + ⋅ + ⋅ = == =
.
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 212
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 212
Az energiatételbe behelyettesítve: E P= . 2 2
1 1 2 1 13 42
m R m R ω⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠
1 2 1 12m g Rε ω= ,
2 21
1 2 11 1 2 1
2 43 (3 8 )42
m g m gm m Rm R m R
ε = =++
.
21 1 1 2 1 1 1
1 2
4 , 2 23 8S S S
m ga R a R am m
ε ε= = = =+
,
Impulzus tétel a (2) jelű testre:
2m
2G
K
)(22S
2a
(2) 2I F= .
2 2 2
2 2
,( ).
S
S
m a m g KK m g a
= −= −
Impulzus tétel az (1) jelű testre:
1S
AxFAyF
)(1 K
x
y
1GA
1R
(1) 1I F= .
1 1 1
10S A
Ay
m a G F KG F= + +
= − +
(1) 1 1s sMπ = .
1 1 1 1s AxJ R K R Fε = − ,
1 1 1 2 2 1( )s S AxJ R m g a R Fε = − − ,
12 2 1 2 1 1 1 1 1
1
3( ) ( 2 )2
sAx S
JF m g a m g R m RR
ε ε ε= − − = − − .
Impulzus tétel a (3) jelű testre:
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 213
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 213
B
2K
BxFByF
)(3
1Kx
y
3S
(3) 3I F= .
3 3 1 2 / /0 0
S B
B
m a F K K i j
a
= + + ⋅ ⋅≈ =
,
1 2K K= ,
0 , 0 ,Bx ByF K F K= − = −
( ), ( ).Bx ByF K F K= → = ↑
12.2.4. feladat: Emelő szerkezet kinetikája
A
2m
0M1m
y
x1R
2S
Adott: Az 1R sugarú, 1m tömegű emelőszer-
kezet, amelyet 0M nyomatékkal haj-tunk meg. A szerkezet kötéldobja ideális kötéllel egy 2m tömegű terhet emel.
1 10 kg,m = 2 5 kg,m =
1 1 m,R = 0 40 Nm,M = 210 m/s .g =
Feladat: a) A teher 2Sa gyorsulásának meghatározása.
b) A kötélben ébredő K kötélerő meghatározása. c) Az A pontban fellépő AF támasztóerő meghatározása.
Kidolgozás: a) A teher gyorsulásának meghatározása:
Energiatétel: E P= . Az egész rendszer (1+2) kinetikai energiája:
1
2 21 2 2
1 12 2a SE J m vω= + =
22 22
1 1 2 221
1 1 1( ) ,2 2 2
SS
vm R m vR
+
2 21 2 2 2
1 1 12 2 2S red S
red
E m m v m v
m
⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠
.
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 214
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 214
2 2 2 21 2 .2 red S S red S SE m v a m v a= =
A szerkezetre ható ER teljesítménye:
0 1 2 2
0A A SP M F v G vω= ⋅ + ⋅ + ⋅ =
=
20 1 2 2 0 2 2
1
SS S
vM m g v M m g vR
ω= − = − .
Az energiatételbe behelyettesítve: 2
2 21 0 2 21
Sred S S S
vm v a M m g vR
= − ,
02
0 2 112
1S
red red
M m gM m g RRa
m m R
−−
= = ,
22
40 5 10 1 40 50 10 1 m/s ( )(0,5 10 5)1 10 10Sa − ⋅ ⋅ − −
= = = =− ↓⋅ +
.
22 ( 1 ) m/s .Sa j= −
b) A kötélerő meghatározása: Impulzus tétel a (2) jelű testre: 2 2Sm a F=
2 2 2 / ,Sm a j m g j K j j=− + ⋅
2 2( ) 5( 1 10) 45 N.SK m a g= + = − + =
c) Az A ponti támasztóerő (csapágyerő) meghatározása: Az (1) jelű testre felírt impulzus tétel: 1 1 1
0S Am a m a F= =
=
.
1 10 ( ) / / ,A Ax AyF G K F i F j m g j K j i j= + + = + − − ⋅ ⋅ 0 ,AxF= 10 ,AyF m g K= − −
0,AxF = 1 10 10 45 145 N,AyF m g K= + = ⋅ + =
(145 ) N.AF j=
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 215
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 215
12.2.5. feladat: Jármű modell kinetikája
l
1R
B
ϕ
ϕ1m
1S 3G3S
3R
x
2GA1G
α
y
2S
3m
2m
3MAdott:
o10 ,α =
1 3 50 kg,m m= =
2 600 kg,m =
0 0 0,6 ,tgμ ρ= =
1 3 0,3 m,R R R= = = 2,4 m,l =
20 (0,1 ) m/s .a i=
Az (1) és (3) jelű kerék a lejtőn csúszásmentesen gördül felfelé. Feladat: a) Annak az 3M nyomatéknak a meghatározása, amellyel az 0a gyor-
sulás biztosítható. b) A B pontban ébredő BF kényszererő (támasztóerő) meghatározása. c) Döntse el, hogy megcsúszik-e a meghajtott, (3) jelű kerék! d) A (2) jelű testről a (3) jelű testre átadódó 23F belső erő meghatározá-
sa. Kidolgozás: a) Az 3M nyomaték meghatározása: 3 3M M k= és 3 3kε ε= .
A jármű haladó mozgást végez, ezért: 1 2 3 ( )S S S S Sv v v v v i= = = = , 0 0 1 2 3( ) S S Sa a i a a a= = = = .
Az 1 3R R= miatt 1 3 ( )kω ω ω= = . Csúszásmentes gördülés esetén:
1 3 /S Sv R R v Rω ϕ ω ω=− =− ⇒ = =− .
Energiatétel: E P= . A rendszer kinetikai energiája:
2 2 21 1 2 2 3 3
1 1 12 2 2a S bE J m v Jω ω= + + =
2 22
1 2 31 1 1 ,2 2 2
S Sa S b
v vJ m v JR R
⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 216
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 216
1 3
2 222 2
1 1 1 12 2a b S red S
red
E J m J v m vR R
m
⎛ ⎞= + + =⎜ ⎟⎝ ⎠
,
( ) 2 21 3 2 1 3 22 2
1 1 3 32 2red a bm J J m m R m R m
R R⎛ ⎞= + + = + +⎜ ⎟⎝ ⎠
,
1 3 23 3 75 75 600 750 kg2 2redm m m m⎛ ⎞= + + = + + =⎜ ⎟
⎝ ⎠.
20
1 1 22 2red S red S S red S
dE m v m v a m v adt
⎛ ⎞= = =⎜ ⎟⎝ ⎠
.
A rendszerre ható erők és nyomatékok teljesítménye:
3 3 1 1 2 2 3 3S S SP M G v G v G vω= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =
3 3 1 2 3( ) ,SM G G G vω= ⋅ + + + ⋅
3 3 1 1( ) ( ) ( sin cos ) ( )SP M k k G i G j v iω α α= − ⋅ − + − − ⋅ +
2 2( sin cos ) ( )SG i G j v iα α+ − − ⋅ +
3 3( sin cos ) ( ),SG i G j v iα α+ − − ⋅
3 3 1 2 3( )sin SP M G G G vω α= − + + . Az energiatételbe behelyettesítve:
0 3 3 1 2 3( )sinred S Sm v a M G G G vω α= − + + =
3 1 2 3( )sinSS
vM G G G vR
α= − − + + .
0 3 1 2 3( ) sinredm R a M G G G R α= − − + + ,
3 0 1 2 3( ) sin ,redM m R a G G G R α= − − + +
3 750 0,3 0,1 (500 6000 500) 0,3 0,174M = − ⋅ ⋅ − + + ⋅ ⋅ = 22,5 365,4 387,9 Nm.= − − =−
3 ( 387,9 ) Nm.M k= −
b) A B pontban fellépő BF kényszererő (támasztóerő) meghatározása:
A (2) jelű test haladó mozgást végez , ezért 2 0.ε = A (3) jelű testről a (2) jelű testre átadódó belső erő
32 32 32( )x yF F i F j= + , az (1) jelű testről a (2) jelű testre átadódó belső
erő 12 12 12( )x yF F i F j= + alakban írható.
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 217
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 217
l
B
1S
3S x
2GA
y12F
α
y
2S
x12F
x32Fy32F 0a
Perdület tétel a (2) jelű test S1 pontján átmenő, a mozgás síkjára me-rőleges tengelyre:
(2) 1 1 32 2 cos ,2
0s s y
lM F l Gπ α= = −=
232
1cos 6000 0,985 2954,4 N.2 2y
GF α= = ⋅ ⋅ =
Az "akció-reakció" elv alapján a (2) jelű testről a (3) jelű testre át-adódó belső erő:
23 32 0F F+ = 23 23( 2954,4 ) N.xF F i j⇒ = −
x3G
αTF
23 yF23xF
y3M
0a
B
BFNF
3ε
3S
0μ
0ρ0ρ
3R
A (3) jelű testre felírt impulzus tétel: (3) 3 3 3 0 ,Sm a m a F= =
3 0 23 3( ).Bm a F G F= + +
3 0m a i =
23 23( )x yF i F j= + +
3 3( sin cos )G i G jα α+ − − + ( ) / /T NF i F j i j+ + ⋅ ⋅
3 0 23 3 sin ,x Tm a F G Fα= − + 23 3 cos 0,y NF G Fα− + =
23 3 0 3 sin .x TF m a G Fα= + − 3 23cos ,N yF G Fα= − 500 0,985 2954,4 3446,8 N.NF = ⋅ + =
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 218
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 218
A (3) jelű test S3 pontjára felírt perdület tétel: (3) 3 3S SMπ = ,
3 3 3 33
3 30 ,S SS
S
J M
mert
ε ω π
ω π
+ × =
=
,
3 3 3( )s SJ Mε = ,
3 3 3 3( ) ( ) ( ) /s TJ k F R k M k kε = + ⋅ ,
3 3 3 3s TJ F R Mε = + ⇒ 2 03 3 3 3
3
1 ,2 T
am R F R MR
− = +
33 0
3
1 387,9 1 50 0,1 1143 2,5 1140,5 N.2 0,3 2T
MF m aR
=− − =− − ⋅ ⋅ = − =
( ) (1140,5 3446,8 ) N.B T NF F i F j i j= + = +
c) A (3) jelű kerék megcsúszásának vizsgálata:
min0 01140,5 0,331 0,63446,8
T
N
FF
μ μ= = = < = .
A kerék nem csúszik meg.
d) Az 23F belső erő meghatározása: A (3) jelű testre felírt impulzus tételből: (3) 3 0 23 3 sin ,x Tm a F G Fα= − +
23 1140,5 500 0,174 50 0,1 1048,5 N.xF = − + ⋅ + ⋅ =−
23 23 23( ) ( 1048,5 2954,4 ) Nx yF F i F j i j= + = − − ,
32 23 (1048,5 2954,4 ) N.F F i j= − = +
12.2.6. feladat: Lánc/szíjhajtás kinetikája
2ϕ1ϕ
y
1M
1R
A xB
2R
)(2)(1
Adott: 2
1 200 kgmaJ = , 2
1 100 kgmbJ = ,
1 0,3 mR = , 2 0,15 m,R =
1 300 Nm.M = A lánc/szíj nyújthatatlan, tökéletesen hajlékony és tö-
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 219
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 219
mege elhanyagolható. Feladat: A (2) jelű kerék 2ε szöggyorsulásának meghatározása.
Kidolgozás: A lánc (szíj) nyújthatatlan:
1 1 2 2R Rϕ ϕ= ⇒ 1 1 2 2R Rω ω= 21 2
1
.RR
ω ω⇒ =
1 1 2 2 2 2 1 1( ) , ( ) , ( ), ( )k k k M M kω ω ω ω ε ε= = = = .
Energiatétel: .E P= A rendszer kinetikai energiája:
1 2 1 2
22 2 221 2 2 2
1
1 1 1 12 2 2 2a b a b
RE J J J JR
ω ω ω ω⎛ ⎞
= + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠
1 2
22 222 22
1
1 12 2a b red
RJ J JR
ω ω⎛ ⎞
= + =⎜ ⎟⎝ ⎠
.
A redukált tehetetlenségi nyomaték:
1 2
2 222
2 21
0,15200 100 150 kgm .0,3red a b
RJ J JR
⎛ ⎞= + = ⋅ + =⎜ ⎟
⎝ ⎠
A kinetikai energia idő szerinti deriváltja: 22 2 2 2 2
1 1 2 .2 2red red red
dE J J Jdt
ω ω ε ω ε⎛ ⎞= = =⎜ ⎟⎝ ⎠
A rendszerre ható erők és nyomatékok teljesítménye: 2
1 1 1 1 1 1 1 21
( ) ( ) .RP M M k k M MR
ω ω ω ω= ⋅ = ⋅ = =
Az energiatételbe behelyettesítve: 2
2 2 1 21
redRJ MR
ω ε ω= , 222 1
1
1 0,15 1300 1 rad/s ,0,3 150red
RMR J
ε = = ⋅ ⋅ =
22 (1 ) rad/s .kε =
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 220
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 220
12.2.7. feladat: Emelő szerkezet/lift kinetikája
1R
0ε0M
2R0ω
0m
xkötéldob
y
C BA
2m
1m
liftellensúly
2G1G
Adott: 21 kgmaJ = , 1 400 kgm = ,
2 500 kgm = , 0 50 kgm = ,
1 0,2 mR = , 2 0,15 mR = ,
0 200 Nm.M = Mindkét kötél ideális. Feladat: a) A kötéldob 0ε szöggyorsulásának
meghatározása. b) A lift 1a gyorsulásának meghatá-
rozása. (c) Az ellensúly 2a gyorsulásának meghatározása. Kidolgozás: A lift sebessége 1 1 0v R ω= − , az ellensúly sebessége 2 2 0v R ω= . A lift gyorsulása 1 1 0a R ε= − , az ellensúly gyorsulása 2 2 0a R ε= .
Síkmozgás: 0 0 0 0 0 0( ), ( ), ( )k k M M kω ω ε ε= = = .
a) A kötéldob gyorsulásának meghatározása: Energiatétel: .E P= A rendszer kinetikai energiája:
2 2 20 1 1 2 2
1 1 12 2 2aE J m v m vω= + + =
2 2 20 1 1 0 2 2 0
1 1 1( ) ( ) ,2 2 2aJ m R m Rω ω ω+ +
( )2 2 2 21 1 2 2 0 0
1 1 .2 2a redE J m R m R Jω ω= + + =
A redukált tehetetlenségi nyomaték: ( )2 2
1 1 2 2red aJ J m R m R= + + = 2 2 21 400 0,2 500 0,15 28,25 kgm .+ ⋅ + ⋅ = A kinetikai energia idő szerinti deriváltja:
20 0 0 0 0
1 1 2 .2 2red red red
dE J J Jdt
ω ω ε ω ε⎛ ⎞= = =⎜ ⎟⎝ ⎠
A rendszerre ható erők és nyomatékok teljesítménye:
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 221
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 221
0 0 1 1 2 2P M G v G vω= ⋅ + ⋅ + ⋅ =
0 0 1 1 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ),M k k G j v j G j v jω= ⋅ + − ⋅ − + − ⋅
0 0 1 1 2 2P M G v G vω= + − = 0 0 1 1 0 2 2 0M G R G Rω ω ω+ − =
0 1 1 2 2 0( ) .M G R G R ω= + − Az energiatételbe behelyettesítve:
0 0 0 1 1 2 2 0( ) ,redJ M G R G Rω ε ω= + −
0 0 1 1 2 21 ( )red
M G R G RJ
ε = + − =
21 ( 200 4000 0,2 5000 0,15) 5,31 rad/s ,28,25
= − + ⋅ − ⋅ =−
20 ( 5,31 ) rad/s .kε = −
b) A lift gyorsulásának meghatározása: 2 2
1 1 0 10,2 5,31 1,062 m/s (1,062 ) m/s .a R a jε= − = ⋅ = ⇒ =
c) Az ellensúly gyorsulásának meghatározása: 2 2
2 2 0 20,15 ( 5,31) 0,796 m/s ( 0,796 ) m/s .a R a jε= = ⋅ − =− ⇒ = −
12.2.8. feladat: Összetett szerkezet kinetikája
μ
0M
1RA
1m
2S2Sv
2m
x
yAdott: Az 1R sugarú, 1m tömegű csör-
lőszerkezet, amelyet 0M nyoma-tékkal hajtunk meg. A csörlő ideális kötéllel egy 2m tömegű terhet mozgat egy érdes, vízszin-tes felületen.
1 20 kg,m = 2 50 kg,m = 0,2 ,μ = 0 400 Nm,M = 1 1 m,R = 210 m/s .g =
Feladat: a) A teher 2Sa gyorsulásának meghatározása.
b) A kötélben ébredő K kötélerő meghatározása. c) Az A pontban fellépő AF támasztóerő meghatározása.
Kidolgozás: a) A teher gyorsulásának meghatározása:
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 222
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 222
1 1 kω ω= , 2 2S Sv v i= ⇒ 2 1 1Sv Rω= − . Energiatétel: E P= . Az egész szerkezet (1+2) kinetikai energiája:
1
2 2 2 2 2 21 2 2 1 1 1 2 1 1
1 1 1 1 1( ) ,2 2 2 2 2a SE J m v m R m Rω ω ω= + = +
2 2 21 2 1 1 1
1 1 12 2 2 red
red
E m m R m
m
ω ω⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠
1 1 1 11 2 .2 red redm mω ε ω ε= =
Az (1+2) egész rendszerre ható erők teljesítménye:
0 1 2 2 2 2
00A A S K SP M F v G v F vω= ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ =
==
20 1 2 0 1 2 1 1 .N SM F v M G Rω μ ω μ ω= − = + Az energiatételbe behelyettesítve:
1 1 0 1 2 1 1redm M G Rω ε ω μ ω= − ,
0 1 2 1 1 0 2 11
1
,red red
M G R M m g Rm m
ω μ ω μεω
− −= =
21 2
400 0,2 50 10 1 300 5 rad/s(0,5 20 50)1 60
ε − ⋅ ⋅ ⋅= = =
⋅ +, 2
1 (5 ) rad/skε =
22 1 1 1 5 5 m/sSa R ε= − =− ⋅ =− , 2
2 ( 5 ) m/s .Sa i= −
b) A kötélerő meghatározása: Perdület tétel az (1) jelű test A ponti, a mozgás síkjára merőleges ten-gelyére: (1) .a aMπ =
1 1 0 1aJ M K Rε = − ,
1
20 1 1 10 1
1 1
12a
M m RM JK
R R
εε −−= = =
21400 20 1 52 350 N.1
− ⋅ ⋅=
c) Az A ponti támasztóerő meghatározása: Az (1) jelű testre felírt impulzus tétel:
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 223
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 223
(1) 1 1 1 .
0S Am a m a F= =
=
1 10 ( ) / / ,A Ax AyF G K F i F j m g j K i i j= + + = + − + ⋅ ⋅ 0 ,AxF K= + 10 ,AyF m g= −
350 NAxF K= − = − , 1 200 N,AyF m g= =
( 350 200 ) N.AF i j= − +
12.2.9. feladat: Összetett szerkezet kinetikája
yx
A
B
(2)
(1)
(3)
ϕ
1S
2S
2G
2ω0μ → ∞
0F
2R1c
0μ =
1G
1h
Adott: Az (1) és (2) jelű test, melyeket a (3) jelű súlytalan rúd köt össze. A rendszer az 0F erő hatására a gyorsulással mozog a lejtőn felfelé. Az (1) test és a lejtő közötti érintkezés súrlódásmentes ( 0)μ = , a (2) jelű henger és a lejtő közötti érintkezésnél a súrlódás elég nagy ahhoz, hogy a henger ne csússzon meg 0( )μ → ∞ .
1 100 kgm = , 2 200 kgm = , 3 0,m = 0 2000 N,F = cos 0,8 ,ϕ = sin 0,6 ,ϕ = 2 1 mR = , 1 11 m, 1,6mh c= = .
Feladat: a) Az (1) jelű test 1S súlypontja 1Sa gyorsulásának meghatározása. b) A szerkezetre ható támasztó és belső erők meghatározása. c) Számítsa ki, hogy mekkora 0 0F F i∗ ∗= vonóerő esetén billen fel az (1)
jelű test! Megoldás:
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 224
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 224
a) Az (1) jelű test súlyponti gyorsulása: 2
1 2 (5,5 ) m/s .S Sa a i= = b) A támasztó és belső erők:
1 (800 ) NF jα = .
31 13 (1150 ) NF F i=− = , 32 31 ( 1150 ) N.F F i=− = −
(1450 1600 ) N.AF i j= + c) A billenéshez tartozó vonóerő:
20 2 32 2
2
1 ( sin ) 2260 N2 2
Sx a
aF G F JR
ϕ∗ ∗= + + = .
12.2.10. feladat: Összetett szerkezet (traktor modell) kinetikája
yx
A
B
ϕ
(1)(2)
(3)
1S
2S
3S
1G2G
3G
1R
3R
BF0μ → ∞
AF
Adott: Az (1) és (3) jelű kerék, melyeket a (2) jelű rúd köt össze. A rendszer gyorsuló mozgást végez az érdes lejtőn lefelé. A kerekek csúszásmen-tesen gördülnek.
1 200 kgm = , 2 100 kgm = , 3 800 kg,m = 1 0,2 ,R m=
3 0,34 ,R m= sin 0,6,ϕ = cos 0,8.ϕ = Feladat: a) Határozza meg az (1) jelű test súlypontjának 1Sa gyorsulását!
Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 225
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 225
b) Határozza meg az (1) jelű test súlypontjának sebességét ( 2 ) mr iΔ = − elmozdulás után, 1 0( 0) 0Sv t = = kezdősebesség ese-
tén! Megoldás: a) Az (1) jelű kerék súlyponti gyorsulása: 2
1 ( 4,125 ) m/s .Sa i= − b) A rΔ elmozdulás utáni sebesség meghatározása:
1 1( ) ( 4,06 ) m/s.Sv t i= −
12.2.11. feladat: Emelő szerkezet kinetikája
xA
(4)(3)
B
(2)
(1)
3R
2R
2 3ϕ ϕ≡4ϕ
4M
4R
y
1S
1s
1G
Adott: A (2), (3) és a (4) jelű homogén körhenger (kötéldob és fogaske-rekek), amelyek az a, illetve a b tengelyek körül szabadon elfor-dulhatnak és egymáson csúszás-mentesen gördülnek. Az (1) jelű test a (2) jelű hengerhez ideális kötéllel csatlakozik.
1 1000 kgm = , 2 500 kgm = ,
3 1000 kg,m = 4 375 kgm = ,
2 4 30,4 m, 0,8 m,R R R= = =
4 2480 Nm.M = Feladat: a) Határozza meg a (2) jelű henger 2ε szöggyorsulását! b) Számítsa ki a kötélben ébredő 1K kötélerőt! Megoldás: a) A (2) jelű henger szöggyorsulása: 2
2 ( 1,5 ) rad/s .kε = − b) A 1K kötélerő: 1 10,6 kN ( )K = ↑ .
Mechanika Szakirodalom
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 226
A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza 226
Szakirodalom
[1] M. Csizmadia B. – Nándori E.: Mechanika mérnököknek Mozgás-tan, Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest, 1997.
[2] Beer, F.P. – Johnston, E.R.: Dynamics, McGraw-Hill Inc., New-York, 1984.
[3] Roberts, A. P.: Statics and Dynamics with Background Mathe-matics , Cambridge University Press, 2003.
[4] Schell, W. – Gross, D. – Hauger, W.: Technische Mechanik 3. – Kinetik, Springer Verlag Berlin Heidelberg New-York, 1995.
[5] NME Mechanikai Tanszék Munkaközössége: Mechanika Példatár I., Tankönyvkiadó Budapest, 1980.
[6] NME Mechanikai Tanszék Munkaközössége: Mechanika Példatár III., Tankönyvkiadó Budapest, 1985.
[7] Király B.: Dinamika, Miskolci Egyetemi Kiadó, 1992.
[8] Égert J. – Nagy Z.: Mozgástan példatár, Universitas Győr Kht. 2003.
[9] Cleghorn, W. L.: Mechanics of machines , Oxford University Press, 2005.
[10] Landau, Lifsic: Elméleti fizika I. Mechanika, Tankönyvkiadó Bu-dapest, 1974.