Mechanika_Mozgastan.pdf

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

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



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



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



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



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



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




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.




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



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

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤ =⎣ ⎦ .




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± = ,




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=




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:




( ) ( ) ( )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:




[ ]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⎡ ⎤ ⎡ ⎤⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎡ ⎤ = =⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦

.




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.




- 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.




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.




( )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:




[ ]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.




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.




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.





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.


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:




[ ]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= + .


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:




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= − + .


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.




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.





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.


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.




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



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).




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

= = .




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




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

= = = + ,




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= = = ,




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= = = .




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= = + ∫ ,




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

= = .




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.




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.




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= .




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:




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:




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.




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.




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+ = + + + + − ⋅




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 = ⋅ =


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:




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= + = +




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⇒ = = ≅

⋅





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:




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= = = = ⇒ =




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.




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 .




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?




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= =


Adott: Az 2( )r r t c t d t= = + mozgásfüggvény a < 0 1;t t > idő interval-lumban.




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−




[ ]m

0v

2 640

2

4

6

2−4−

4−

6−

[ ]m

1v

pálya

x

y


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− −




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.




[ ]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



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-




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




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= .




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.




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= + × − .




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.




- 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:




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= − − = −−

.




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




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 .




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




, .

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:




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:




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= = +




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= + = − +




c) A gyorsulásábra megrajzolá-sa:

B ′′A′′

C ′′

Ca

AaBa

aO Q ′′≡


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.




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:




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= + × − = − = −

==




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:




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= ⋅ = ⋅ = ,




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.




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= −




b) A sebességábra:

A′C′

B′

Cv

Bv

Av

vO


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:




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



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).




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




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 .




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= × = × = − ,




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= × − = × − =




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= + + = − + .


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.




( ) ( ) ( ) ( )

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= + = − =


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= + × = × + = − +

=




( ) ( 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.




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



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.




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)




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 .




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.




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:




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:




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.




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:




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− = + ,




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:




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= = + .


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.)




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= − ⇒ = .




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= + ,




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= + = − + .




( ) ( ) , / /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.




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= − − −




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≅ = = −


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= + = − +




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




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= − +




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.




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 = = .




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= − + = − +


Szerkesztés: 1 .S

er

m a F G F

Fα= + +




Szerkezetábra

xG

Sv SamαSh

1Fb

y

αFρ

Vektorábra

G

1F

erF

Sam

αF

ρ


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= + +




( ) ( 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




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=





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

⋅

⋅





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



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:




- 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= + =




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− + − = ,




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= − .




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− + + − =




( 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 =


( ) ( ) ( ) ( )


=

,

( ) ( ) ( ) ( ),

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.


( ) ( ) ( ) ( )


=

.

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− + + + − − = ⋅ ⋅ ,




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= − = + .


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:




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.





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



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:




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.




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




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⋅ = ,




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:




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=−=− =−

⎡ ⎤ ⎛ ⎞= + = + + + =⎜ ⎟⎢ ⎥

⎣ ⎦ ⎝ ⎠∫ ∫




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+

= = ==−

= =∫ ∫ ∫ ∫ =




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 = × = ×∫ ∫ .




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:




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,




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= + = − + .




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,




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= + × = −




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 =− = − =− ,




( 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:




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+ + ⋅ + = .




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⎛ ⎞= = = ⋅ − = −⎜ ⎟

⎝ ⎠




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= ⋅ = − + ⋅ = − =




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:




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.




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.




-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.




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

⋅




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⎡ ⎤= − −⎣ ⎦ .




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= − +




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

+ × + × = ⋅=

.




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

= − = − .




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= − + + ⇒ + = = .




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

= ⇒ = + +

= +=

= − =−




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= + +




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:




- 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 =


- 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




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




x

Ge

ae

αSh

1eby

eαρ

ereSv

G

1F

erF

Sam

αF

ρ


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= + .




( ) ( 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:




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= + +




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.




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= = ⋅ =




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:




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= ⋅ + ⋅ + ⋅




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:




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= +




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:




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= + ,




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= −




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=





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= − + +




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.




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⎡ ⎤= + − =−⎢ ⎥⎣ ⎦




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



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= = .




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.




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):




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

−=

−.




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= = = =




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= = + − = − ,




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 ′ ′ ′⎡ ⎤× − + = − − − ×⎣ ⎦ ,




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:




,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 = − ⋅ ⋅ = −

+,




( ) ( 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:




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= =




[ ]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= + + = + +




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:




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



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.




-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




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:




(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.




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:




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− = − − ,




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 ,




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= − − = − − = .




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:




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= −




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:




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:




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



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).




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:




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= ↑ .




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= = = =




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= + + = .


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:




(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

== +





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= ⋅ + ⋅ + ⋅ = == =

.




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= = = =+

,


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= − − = − − .





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= → = ↑


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

⎛ ⎞= + =⎜ ⎟⎝ ⎠

.




2 2 2 21 2 .2 red S S red S SE m v a m v a= =


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=




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

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠




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.




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 = ⋅ + =




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-




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 =




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:




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= = ⋅ − =− ⇒ = −


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:




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:




(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= − +


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:




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!




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= −


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



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.

Documents

Mechanika_Mozgastan.pdf