Fizika | Felsőoktatás » Égert-Nagy - Mechanika, Mozgástan

Égert János – Nagy Zoltán MECHANIKA Mozgástan Egyetemi alapképzésben részt vevő mérnökhallgatók számára Készült a HEFOP 3.31-P-2004-09-0102/10 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 | Tartalomjegyzék | Szakirodalom A dokumentum használata 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 megfelelő hivatkozásra kattintva ugorhatunk a használati útmutatóra, a tartalomjegyzékre, 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, amelynek bejegyzéseire kattintva az adott fejezet/alfejezet első oldalára jutunk. 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 pozíciótól kezdve keres a szövegben A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 3 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Tartalomjegyzék Vissza ◄ 4 ► Tartalomjegyzék 1. Bevezetés 6 2. Mozgástani alapfogalmak 8 3. Matematikai alapok 11 3.1 A görög ABC leggyakrabban

használt betűi 11 3.2 Mátrixalgebrai összefoglaló 11 3.3 Vektorok skaláris, kétszeres vektoriális és diadikus szorzata 14 3.4 Tenzorok előállítása 17 3.5 Matematikai gyakorló feladatok 19 4. Tömegpont kinematikája 30 4.1 Mozgásfüggvény (mozgástörvény), pálya (pályagörbe) 30 4.2 Sebességfüggvény (sebességvektor), hodográf 31 4.3 Gyorsulásfüggvény (gyorsulásvektor) 33 4.4 A mozgásjellemzők közötti kapcsolat összefoglalása, foronómiai függvények (görbék) . 34 4.5 Tömegpont speciális mozgásai 37 4.6 Gyakorló feladatok tömegpont mozgására 41 5. Merev test kinematikája 59 5.1 Alapfogalmak 59 5.2 Merev test sebességállapota 59 5.3 Merev test gyorsulásállapota 63 5.4 Merev test gördülőmozgása 65 5.5 Merev test rögzített pont körüli forgómozgása, ingamozgás 68 5.6 Gyakorló feladatok merev test mozgására 68 6. Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben, relatív mozgás . 83 6.1 A

sebességek kapcsolata 84 6.2 A gyorsulások kapcsolata 85 6.3 Gyakorló feladatok relatív mozgásra 86 7. Tömegpont kinetikája 92 7.1 Tömegpont impulzusa, perdülete 92 7.2 Kinetikai energia, teljesítmény, munka 92 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 4 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Tartalomjegyzék Vissza ◄ 5 ► 7.3 A Newton törvények 94 7.4 A kinetika tételei 95 7.5 Konzervatív erőtér (erőrendszer) 96 7.6 Tömegpont szabad mozgása 97 7.7 Tömegpont kényszermozgása 98 7.8 A Coulomb-féle súrlódási törvény 99 7.9 Gyakorló feladatok tömegpont kinetikájára 99 8. Tömegpont relatív mozgásának kinetikája 119 8.1 A kinetika alaptörvénye nem inerciarendszerben 119 8.2 Gyakorló feladatok relatív mozgás kinetikájára 120 9. Merev test kinetikája 128 9.1 Merev test tömegeloszlásának jellemzői 128 9.2 Merev test impulzusa, impulzusnyomatéka 135 9.3

Kinetikai energia, teljesítmény, munka merev test(ek) esetén 136 9.4 Gyakorló feladatok impulzus, kinetikai energia, teljesítmény, munka kiszámítására merev test(ek) esetén. 138 9.5 Impulzus tétel, perdület tétel 148 9.6 Energiatétel, munkatétel 149 9.7 Merev test kényszermozgása 149 10. Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása 178 10.1 A forgó alkatrész támasztó erőrendszere 178 10.2 A forgó alkatrész tömegkiegyensúlyozása 180 10.3 Gyakorló feladatok forgó alkatrészek kiegyensúlyozására és támasztó erőrendszerének meghatározása . 182 11. Testek ütközése 192 11.1 Az ütközések osztályozása 192 11.2 A centrikus ütközés 193 11.3 Gyakorló feladatok testek centrikus ütközésére 197 12. Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája 205 12.1 Fogalmak, jelölések 205 12.2 Gyakorló feladatok összetett szerkezetek mozgására 206 Szakirodalom . 226 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 5

► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Bevezetés Vissza ◄ 6 ► 1. Bevezetés A Mechanika számos mérnöki terület fontos alaptudománya. A mérnökképzésben a mechanikának mérnöki szempontok szerinti ismertetésére kerül sor úgy, hogy az a mérnöki gyakorlatban közvetlenül használható legyen és erre a tudásanyagra a mérnöki szaktárgyak további ismereteket építhessenek. A győri Széchenyi István Egyetem Gépész-, Informatikai és Villamosmérnöki Intézetében az egyetemi alapképzésben a Mechanika négy féléves tantárgy, statikai, szilárdságtani, mozgástani és rezgéstani félévekre tagozódik. A gépészmérnöki és mechatronikai mérnöki egyetemi alapképzésben 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 szándékoznak nyújtani a nappali tagozatos hallgatóknak a tantárgy elsajátításához és a vizsgára történő eredményes felkészüléshez. Hasznos segédeszközök lehetnek azonban a levelező és távoktatási tagozatos egyetemi alapképzésben résztvevő gépészmérnöki, mechatronikai mérnöki, műszaki szakoktató, műszaki menedzser, és közlekedésmérnöki szakos hallgatók számára is, akik nagyobb részt önállóan készülnek fel a félévközi házi feladatok megoldására és a vizsgára. Az önálló felkészülést segíti elő a jegyzetekben például az idegen nevek, mértékegységek, görög betűk, stb kiejtésének ismertetése is A jegyzetek tartalma nagyrészt megegyezik a távoktatásos hallgatók rendelkezésére bocsátott internetes tananyagokkal,

tagolásuk viszont ettől kismértékben eltér. A jegyzetek olyan esetekben is lehetőséget nyújtanak a távoktatási tagozatos hallgatók számára a tárgy tanulására, amikor nem áll rendelkezésre internetes kapcsolat, vagy számítógép. A Mechanika – Mozgástan jegyzet megfelelő magyarázatokkal, de tömören tartalmazza a tárgy elméleti tananyagát, részletesen kidolgozott feladatokon mutatja be az elmélet alkalmazását és a ki nem dol- A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 6 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Bevezetés Vissza ◄ 7 ► gozott feladatokkal teremt lehetőséget a hallgatóknak az önálló munkára. A kidolgozott példák nagyrészt az [5] és [6] példatárból származnak 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 felkészüléshez célszerű a tananyaggal heti 3-4 órát intenzíven foglalkozni és a jegyzetből 15-18 oldalnyi anyagot feldolgozni Az eredményes felkészüléshez a hallgatók a Gépszerkezettan és Mechanika Tanszék honlapján a http://www.szehu/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 beépültek. Győr, 2006. június A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 7 ► Mechanika Mozgástani alapfogalmak A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 8 ►

2. Mozgástani alapfogalmak a) A mozgástan felosztása a vizsgálat tárgya szerint: Mozgástan (a mozgó testek mechanikája) Kinematika Kinetika (a mozgások leírása) (a mozgások okainak leírása) Kinematika: a mozgás matematikai leírásával foglalkozik, de a mozgást 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 vonatkoztatva 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: Henger koordináta-rendszer Derékszögű descartesi (HKR) (dékárti) koordinátarendszer (DDKR) Helykoordináták: R, ϕ , z . Helykoordináták: x, y, z . Egységvektorok: i , j , k Egységvektorok: eR , eϕ , ez ≡ k . Pont megadása: P( x, y, z ) . Pont megadása: P ( R,ϕ , z ) . Helyvektor: Helyvektor: r = R eR + z ez , r = xi + y j + zk . eR = cos ϕ i + sin ϕ j . DDKR HKR A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 8 ► Mechanika Mozgástani alapfogalmak A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom 9 ► z z ⋅ k i P ez j eϕ P eR r x ◄ Vissza r y x ϕ z y R 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 állandó, 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 jellemzi. Síkbeli esetben 2, térbeli esetben 3 skaláris menynyiséggel adható meg egy adott koordinátarendszerben. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Vissza ◄ 9 ► Mechanika Mozgástani alapfogalmak A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 10 ► Például: F - erővektor, v - sebességvektor. A vektor mennyiség ábrázolása: a a Ha az irány és a nagyság is fontos. Ha csak az irány fontos. A vektor koordináta-rendszertől független fizikai (geometriai, mechanikai) mennyiség. - Tenzor mennyiség:A lineáris, homogén vektor-vektor függvénykapcsolatot megadó mennyiség. A tenzor síkbeli esetben 2x2=4, térbeli esetben 3x3=9 skaláris mennyiséggel – mátrixszal - adható meg egy adott koordináta-rendszerben Például: J S - súlyponti tehetetlenségi tenzor. A tenzor koordináta-rendszertől független fizikai (geometriai, mechanikai) mennyiség. A tenzor pontosabb definícióját később adjuk meg. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 10 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 11 ► 3. Matematikai alapok 3.1 A görög ABC leggyakrabban használt betűi Kisbetű Nagybetű α β χ δ ε ϕ γ η κ λ μ ν π ϑ ρ σ τ ω ξ ψ ζ Α Β Χ Δ Ε Φ Γ Η Κ Λ Μ Ν Π Θ Ρ Σ Τ Ω Ξ Ψ Ζ A betű magyar fonetikus kiejtése alfa, béta, khí, delta, epszilon, fí, gamma, éta, kappa, lambda, mű, nű, pí, téta, ró, szigma, tau omega, kszí, pszí, éta. 3.2 Mátrixalgebrai összefoglaló a) Mátrix értelmezése, jelölése: Mátrix: Skaláris mennyiségeknek, számoknak megadott szabály szerint táblázatba rendezett halmaza. ⎡ a a ⎤⎥ ⎢a Mátrix jelölése: ⎡⎣ A⎤⎦ = ⎢ 11 12 13 ⎥ . ⎢a a22 a23 ⎥⎦ ⎣ 21 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 11 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 12 ► A mátrixokat kétszer aláhúzott betűvel, a mátrixok elemeit

(koordinátáit) alsó indexes betűvel jelöljük. Pl A, a és a13 , a2 stb Az a13 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 a13 mátrix elem jelölés kiejtése (kiolvasása): á egy három. ⎡ a1 ⎤ T Oszlopmátrix: ⎡⎣ a ⎤⎦ = ⎢⎢ a2 ⎥⎥ , sormátrix: ⎡⎣ a ⎤⎦ = [ a1 a2 a3 ] . ⎢⎣ a3 ⎥⎦ Az oszlopmátrixnak egy oszlopa, a sormátrixnak egy sora van. A sormátrix ugyanannak az oszlopmátrixnak a transzponáltja. A sormátrixot 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. ⎡ a a ⎤ ⎡⎣ A⎤⎦ = ⎢⎢ 11 12 ⎥⎥ ⎢a a22 ⎥⎦ ⎣ 21 ⇒ ⎡ a a ⎤ ⎡ AT ⎤ = ⎢⎢ 11 21

⎥⎥ . ⎣ ⎦ ⎢ a12 a22 ⎥ ⎣ ⎦ (2 × 2) (2 × 2) A transzponálási művelet jele: T (a mátrix felső indexében). A transzponálás oszlopmátrixból sormátrixot, sormátrixból pedig T oszlopmátrixot hoz létre.Az A jelölés kiejtése (kiolvasása): á transzponált. - Mátrixok összeadása, kivonása: Csak azonos méretű mátrixok adhatók össze, vonhatók ki egymásból. A± B = C , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 12 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ⎡ ⎢ 11 ⎢ ⎢ ⎣ 21 a a Vissza ◄ 13 ► a12 ⎤⎥ ⎡⎢b11 b12 ⎤⎥ ⎡⎢ (a11 ± b11 ) (a12 ±b12 ) ⎤⎥ ⎡⎢ c11 c12 ⎤⎥ ⎥±⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥. a22 ⎥⎦ ⎢⎣b21 b22 ⎥⎦ ⎢⎣ (a21±b21) (a22 ±b22 ) ⎥⎦ ⎢⎣ c21 c22 ⎥⎦ (2 × 2) (2 × 2) (2 × 2) (2 × 2) - Mátrix szorzás (sor-oszlop kombináció): Csak olyan mátrixok szorozhatók össze, amelyek

teljesítik azt a feltételt, hogy az első szorzótényező oszlopainak száma megegyezik a második szorzótényező sorainak számával. AB=C, ⎡ ⎢ 11 ⎢ ⎢ ⎣ 21 a a a12 ⎥⎤ ⎢⎡b11 b12 ⎤⎥ ⎡⎢ (a11 b11 + a12 b21 ) (a11 b12 +a12 b22 ) ⎥⎤ ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥. a22 ⎦⎥ ⎣⎢b21 b22 ⎦⎥ ⎣⎢ (a21 b11+a22 b21) (a21 b12 +a22 b22 ) ⎦⎥ (2 × 2) Ab =c, ⎡ ⎢ 11 ⎢ ⎢ ⎣ 21 a a (2 × 2) (2 × 2) ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ a12 ⎤⎥ ⎡⎢ b1 ⎤⎥ ⎢ ( a11 b1 + a12 b2 ) ⎥ ⎢ c1 ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ . ⎢ ( a b +a b ) ⎥ ⎢c ⎥ a22 ⎥⎦ ⎢⎣ b2 ⎥⎦ 21 1 22 2 ⎦ ⎣ ⎣ 2⎦ (2 × 2) (2 × 1) (2 ×1) (2 × 1) a B=d , T T b b12 ⎤⎥ ⎡ ⎥ = ⎢ ( a1 b11 + a2 b21 ) (a1 b12 +a2 b22 ) ⎤⎦⎥ = ⎡⎣⎢ d1 d2 ⎤⎦⎥ . ⎣ ⎢b ⎥ b 22 ⎦ ⎣ 21 (1× 2) (1× 2) (1× 2) (2 × 2) ⎡ ⎣⎢ 1 a ⎡ ⎢ 11 a2 ⎤⎦⎥ ⎢ c) Különleges mátrixok: ⎡1 0 ⎤ - Egységmátrix: E = ⎢ ⎥ . Tulajdonsága: E A

= A E = A ⎣0 1 ⎦ Az egységmátrix a főátlójában 1-es koordinátákat, a főátlóján kívül 0 elemeket tartalmaz. Az egységmátrixszal történő szorzás nem változtatja meg a megszorzott mátrixot. - Szimmetrikus mátrix: A =A T A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 13 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 14 ► A mátrix elemei megegyeznek a főátlóra vett tükörképükkel. ⎡1 2 ⎤ Például ⎡⎣ A⎤⎦ = ⎢ ⎥ szimmetrikus mátrix. ⎣ 2 9⎦ - Ferdeszimmetrikus mátrix: A = −A . T A mátrix bármelyik eleme megegyezik a főátlóra vett tükörképének mínusz egyszeresével. Ebből az következik, hogy a főátlóban csak zérus elemek lehetnek. ⎡ 0 − 3⎤ Például ⎡⎣ A⎤⎦ = ⎢ ⎥ ferdeszimmetrikus mátrix. ⎣3 0 ⎦ 3.3 Vektorok skaláris, kétszeres vektoriális és diadikus szorzata 3.31 Vektorok skaláris szorzata A

skaláris szorzás értelmezése: a ⋅ b = a b cos α . ( α a vektorok között bezárt szög) A skaláris szorzás kiszámítása mátrixszorzással: ⎡bx ⎤ ⎢ ⎥ a ⋅ b = ⎡⎣ ax a y az ⎤⎦ ⎢by ⎥ = axbx + a yby + az bz . ⎢b ⎥ ⎣ z⎦ Az első szorzó tényező koordinátáit sormátrixba, a második szorzó tényező koordinátáit oszlopmátrixba rendezzük és a szorzást a mátrixszorzás szabályai szerint (sor-oszlop kombináció) végezzük el. A szorzás eredménye egy skaláris mennyiség. 3.32 Vektorok kétszeres vektoriális szorzata: (a × b ) × c , vagy a × (b × c ) . Kiszámítás kétféle úton lehetséges: - a két vektoriális szorzásnak a kijelölt sorrendben történő elvégzésével, - a kifejtési szabállyal: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 14 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 15 ► (a × b ) × c = b (a ⋅ c )

− a (b ⋅ c ) , ill. a × (b × c ) = b (a ⋅ c ) − c (a ⋅ b ) 3.33 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 mindegy, 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: ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ax ⎤⎥ ⎥ ⎥ ⎡

y ⎥ ⎢⎣ x ⎥ ⎥ z⎦ ⎡a b ⎤ = a ⎣ ⎦ a b ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣⎢ ax bx ax by ax bz ⎤⎥ by bz ⎤⎥⎦ = ay bx az bx ay by az by ay bz ⎥⎥ . ⎥ az bz ⎥⎦⎥ ⎥ Az első szorzó tényező koordinátáit oszlopmátrixba, a második szorzó 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 mátrix. Egységvektorok diadikus szorzata: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 15 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 16 ► Vissza ◄ 16 ► ⎡1 ⎤ ⎡1 0 0 ⎤ ⎢ ⎥ ⎡⎣ i i ⎤⎦ = 0 [1 0 0] = ⎢ 0 0 0 ⎥ , ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 ⎥⎦ ⎢⎣0 0 0 ⎥⎦ ⎡0⎤ ⎡0 0 0⎤ ⎢ ⎥ ⎡⎣ j j ⎤⎦ = 1 [ 0 1 0] = ⎢0 1 0 ⎥ , ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 ⎥⎦

⎢⎣0 0 0 ⎥⎦ ⎡0⎤ ⎡0 ⎢ ⎥ ⎡ k k ⎤ = 0 [ 0 0 1] = ⎢0 ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎢⎣1 ⎥⎦ ⎢⎣0 ⎡1 ⎤ ⎡0 ⎢ ⎥ ⎡⎣ i j ⎤⎦ = 0 [ 0 1 0] = ⎢ 0 ⎢ ⎥ ⎢ ⎢⎣0 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 0 0⎤ 0 0 ⎥⎥ , 0 1 ⎥⎦ 1 0⎤ 0 0 ⎥⎥ , 0 0 ⎥⎦ ⎡1 ⎤ ⎡0 0 1 ⎤ ⎢ ⎥ ⎡ i k ⎤ = 0 [ 0 0 1] = ⎢ 0 0 0 ⎥ , ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦ ⎡0 ⎤ ⎡0 0 0⎤ ⎢ ⎥ ⎡ j k ⎤ = 1 [ 0 0 1] = ⎢ 0 0 1 ⎥ , ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦ ⎡0⎤ ⎡0 0 0⎤ ⎢ ⎥ ⎡⎣ j i ⎤⎦ = 1 [1 0 0] = ⎢1 0 0 ⎥ , ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣0 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 0 0 ⎥⎦ ⎡0⎤ ⎡0 0 0⎤ ⎢ ⎥ ⎡ k i ⎤ = 0 [1 0 0] = ⎢0 0 0 ⎥ , ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣1 ⎥⎦ ⎢⎣ 1 0 0 ⎥⎦ ⎡k ⎣ ⎡0 ⎤ ⎡0 0 0⎤ ⎢ ⎥ j ⎤⎦ = ⎢0 ⎥ [ 0 1 0] = ⎢⎢ 0 0 0 ⎥⎥ . ⎢⎣1 ⎥⎦ ⎢⎣ 0 1 0 ⎥⎦ A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Mechanika

Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 17 ► A skalár számmal történő szorzás mindig diadikus, vagy más szóhasználattal általános szorzás. 3.4 Tenzorok előállítása 3.41 Tenzor értelmezése és tulajdonságai Tenzor: Homogén, lineáris vektor-vektor függvény által megvalósított leképezés (hozzárendelés). w = f (v ) = T ⋅ v . v Ov w hozzárendelés Ow A T tenzor a tetszőleges v vektorhoz a w képvektort rendeli hozzá. A vektor-vektor függvény olyan függvénykapcsolat, amelynek v értelmezési tartománya és w értékkészlete is vektor mennyiség. A tenzor tulajdonságai: - Homogén: A zérus vektorhoz zérus vektort rendel hozzá. ⇒ 0 = f (0) . - 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 v = λ1v1 + λ2v2 és w1

= f (v1 ) , w2 = f (v2 ) , akkor w = f (v ) = f (λ1v1 + λ2v2 ) = λ1 f (v1 ) + λ2 f (v2 ) = λ1w1 + λ2 w2 . Az összefüggésekben λ1 és λ2 tetszőleges skalár együtthatók. - A tenzor koordináta-rendszertől független fizikai (geometriai, mechanikai) mennyiség 3.42 Tenzor előállítása jobbsodratú, derékszögű koordinátarendszerben - Tenzor megadása: - a tenzor koordinátáival (mátixával) és - a koordináta-rendszerrel történik. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 17 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 18 ► - Tenzor koordinátáinak jelölése mátrixba rendezve: ⎡Txx Txy Txz ⎤ ⎡T11 T12 T13 ⎤ ⎢ ⎥ ⎡⎣T ⎤⎦ = ⎢Tyx Tyy Tyz ⎥ = ⎢⎢T21 T22 T23 ⎥⎥ . xyz ⎢T T T ⎥ ⎢T T T ⎥ ⎣ 31 32 33 ⎦ zy zz ⎦ ⎣ zx A tenzor-koordináták jelölésének kiejtése (kiolvasása): Pl.: T23 - té kettő három, Tzy - té zé

ipszilon - Tenzor előállítása: 1. Tétel: Térbeli esetben minden tenzor egyértelműen megadható három 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 öszszegeként Síkbeli esetben minden tenzor előállítható két diád összegeként. Legyen ismert három értékpár: i a = f (i ) , a = ax i + a y j + az k , j b = f ( j) , b = bx i + by j + bz k , k c = f (k ) , c = cx i + c y j + cz k . A tenzor diadikus előállítása: T = (a i + b j + c k ) . ⎡ ax bx cx ⎤ ⎢ ⎥ A tenzor mátrixa: ⎡⎣T ⎤⎦ = ⎢ a y by c y ⎥ . xyz ⎢a b c ⎥ ⎣ z z z ⎦ A tenzor mátrixát a diadikus előállításban kijelölt diadikus szorzások és az összeadások elvégzésével kapjuk. A tenzor mátrixának

oszlopai az a , b , c képvektorok koordinátáit tartalmazzák. A mátrix első sorában a képvektorok x koordinátái, a második sorban a képvektorok y koordinátái, a harmadik sorban a képvektorok z koordinátái állnak. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 18 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 19 ► 3.5 Matematikai gyakorló feladatok 3.51 feladat: Mátrix műveletek ⎡2 − 4⎤ ⎡ −12 4 ⎤ A=⎢ , B=⎢ ⎥ ⎥. ⎣7 3 ⎦ ⎣ −6 3 ⎦ Adott: Feladat: T T a) Az A és B transzponált mátrixok meghatározása. b) Az A + B összegmátrix és az A − B különbségmátrix meghatározása. c) Az A B szorzatmátrix meghatározása. Kidolgozás: T T a) Az A és B transzponált mátrixok meghatározása: ⎡ 2 7⎤ ⎡ −12 − 6 ⎤ T T A =⎢ , B =⎢ . ⎥ 3 ⎥⎦ ⎣ 4 ⎣ −4 3 ⎦ b) Az A + B összegmátrix és az A − B különbségmátrix

meghatározá- sa: ⎡ 2 − 4 ⎤ ⎡ −12 4 ⎤ ⎡ −10 0⎤ A+ B = ⎢ ⎥+⎢ ⎥=⎢ ⎥, ⎣ 7 3 ⎦ ⎣ − 6 3⎦ ⎣ 1 6 ⎦ ⎡ 2 − 4 ⎤ ⎡ −12 4 ⎤ ⎡14 − 8⎤ A− B = ⎢ ⎥−⎢ ⎥=⎢ ⎥. ⎣7 3 ⎦ ⎣ −6 3⎦ ⎣13 0 ⎦ c) Az A B szorzatmátrix meghatározása. ⎡ 2 − 4 ⎤ ⎡ −12 4 ⎤ ⎡ 2(−12) + (−4)(−6) 2 ⋅ 4 + (−4)3⎤ AB = ⎢ = ⎥⎢ ⎥=⎢ 7 ⋅ 4 + 3 ⋅ 3 ⎥⎦ ⎣7 3 ⎦ ⎣ −6 3⎦ ⎣ 7(−12) + 3(−6) ⎡ − 48 − 4 ⎤ =⎢ ⎥. ⎣ −102 37 ⎦ 3.52 feladat: Skaláris, diadikus és mátrix szorzás Adott: a = 4 i + 6 j − k m, ( ) Feladat: a) Az a ⋅ b és az a b szorzatok meghatározása. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 19 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ( b = −3 i + j − k ( ) m, ◄ Vissza 20 ► b) Az (a b ) ⋅ c és a c ⋅ (a b ) szorzat meghatározása. ) c = −2 j − 6

k m. Mértékegység: m – méter. Kidolgozás: a) Az a ⋅ b és az a b szorzatok meghatározása: ⎡ −3⎤ a ⋅ b = [ 4 6 − 1] ⎢⎢ 1 ⎥⎥ = 4 (−3) + 6 ⋅1 + (−1) (−1) = −5 m 2 , ⎢⎣ −1⎥⎦ ( ) ( −3 i + j − k ) = = ⎡( −12 i − 18 j + 3k ) i + ( 4 i + 6 j − k ) ⎣ + ( −4 i − 6 j + k ) k ⎤ m . ⎦ a b = 4i +6j −k j+ 2 A szögletes zárójelben lévő diádok első szorzó tényezőinek koordinátái a tenzor mátrixának oszlopaiban jelennek meg: ⎡4⎤ ⎡ −12 4 −4 ⎤ ⎢ ⎥ ⎡ a b ⎤ = 6 [ −3 1 −1] = ⎢ −18 6 −6 ⎥ m2. ⎣ ⎦ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ −1⎥⎦ ⎢⎣ 3 −1 1 ⎥⎦ b) Az (a b ) ⋅ c és a c ⋅ (a b ) szorzat meghatározása: - Az értelmezés alapján: (a b ) ⋅ c = a (b ⋅ c ) = ( ) ⎡⎣( −3 i + j − k ) ⋅ ( −2 j − 5 k )⎤⎦ = = ( 4 i + 6 j − k ) [ −2 + 5] = (12 i + 18 j − 3k ) m , = 4i +6j −k 3 - Mátrixszorzással: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Vissza ◄ 20 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ⎡ −12 4 −4 ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎡ −8 + 20 ⎤ ⎡ (a b ) ⎤ [ c ] = ⎢ −18 6 −6 ⎥ ⎢ −2 ⎥ = ⎢ −12 + 30 ⎥ = ⎣ ⎦ ⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢⎣ 3 −1 1 ⎥⎦ ⎢⎣ −5 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 − 5 ⎥⎦ ◄ 21 ► ⎡12 ⎤ ⎢18 ⎥ m3. ⎢ ⎥ ⎢⎣ −3⎥⎦ A kétféleképp előállított eredmény természetesen megegyezik. - Az értelmezés alapján: c ⋅ ( a b ) = (c ⋅ a ) b = ( )( ) ( −3 i + j − k ) = = ⎡ −2 j − 5 k ⋅ 4 i + 6 j − k ⎤ ⎣ ⎦ = [ −12 + 5] ( −3 i + j − k ) = (21i − 7 j + 7k ) . - Mátrixszorzással: ⎡ −12 4 −4 ⎤ [c ] ⎣⎡(a b ) ⎦⎤ = [ 0 − 2 − 5] ⎢⎢ −18 6 −6⎥⎥ = ⎢⎣ 3 −1 1 ⎥⎦ = [ (36 − 15) (−12 + 5) (12 − 5) ] = [ 21 − 7 7 ] m3 A kétféleképp előállított eredmény természetesen megegyezik. 3.53 feladat: Vektor

adott irányra merőleges összetevőjének meghatározása z Adott: b = (20i + 40 j − 30k ) m, ea = (0,8 j − 0,6k ) , b O ea ⋅ b⊥ x b y Feladat: a) A b vektor ea egységvektorral párhuzamos b összetevőjének meghatározása. b) A b vektor ea egységvektorra merőleges b⊥ összetevőjének meghatározása kétszeres vektoriális szorzással. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 21 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 22 ► c) A b vektor ea egységvektorra merőleges b⊥ összetevőjének meghatározása a kifejtési szabállyal. Kidolgozás: a) A b párhuzamos összetevő meghatározása: ⎛ ⎡ 20 ⎤ ⎞ ⎜ ⎟ b = (ea ⋅ b ) ea = ⎜ [ 0 0,8 − 0,6] ⎢⎢ 40 ⎥⎥ ⎟ ea = (32 + 18) ea = 50 ea ⎜ ⎢⎣ −30 ⎥⎦ ⎟⎠ ⎝ b = 50 ea = 50(0,8 j − 0,6k ) = (40 j − 30k ) m. b) A b⊥ merőleges összetevő meghatározása kétszeres

vektoriális szorzással: b⊥ = (ea × b ) × ea . i j k (ea × b) = 0 0,8 − 0,6 = i (−24 + 24) − j (12) + k (−16) , 20 40 − 30 i j k (ea × b ) × ea = 0 − 12 − 16 = i (7, 2 + 12,8) − j (0) + k (0) . 0 0,8 − 0,6 b⊥ = (ea × b ) × ea = (20i ) m. c) A b⊥ összetevő meghatározása a kifejtési szabállyal: b⊥ = (ea × b ) × ea = b (ea ⋅ ea ) − ea (b ⋅ ea ) = b − b . b⊥ = b − b = (20i + 40 j − 30k ) − (40 j − 30k ) = (20i ) m. 3.54 feladat: Tenzor előállítása Adott: rP = (4i + 2 j ) m. Feladat: a) Annak a T tenzor mátrixának az előállítása, amely az xy sík helyvektoraiból a helyvektoroknak a koordináta-rendszer O kezdőpontjára tükrözött vektorait állítja elő. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 22 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom P ◄ 23 ► b) Meghatározni azt az rA vektort, amely az rP vektor origóra vett

tükörképe. y rP Vissza x O rA A 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 ) ⎡ −1 0 ⎤ A tenzor mátrixa: ⎡⎣T ⎤⎦ = ⎢ ⎥. ⎣ 0 − 1⎦ b) Az origóra tükrözött rA képvektor meghatározása: ⎡ −1 0 ⎤ ⎡ xP ⎤ ⎡ −1 0 ⎤ ⎡ 4 ⎤ ⎡ −4 ⎤ rA = T ⋅ rP = ⎢ ⎥⎢ ⎥ = ⎢ ⎥⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ . ⎣ 0 − 1⎦ ⎣ yP ⎦ ⎣ 0 − 1⎦ ⎣ 2 ⎦ ⎣ −2 ⎦ rA = (−4i − 2 j ) m . 3.55 feladat: Tenzor előállítása y Adott: r = (4i + 3 j ) m. P P rP O rA x A Feladat: a) Annak a T tenzor mátrixának az előállítása, amely az xy sík helyvektoraiból a helyvektoroknak a koordináta-rendszer x tengelyére tükrözött vektorait állítja elő. b) Meghatározni azt az rA vektort, amely az rP vektor x tengelyre vett tükörképe. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom

Vissza ◄ 23 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 24 ► Kidolgozás: a) A tenzor előállítása: Síkbeli esetben a tenzort két értékpárja határozza meg: j b =− j. i a =i , A két értékpárból a tenzor: T = (a i + b j ) . ⎡1 0 ⎤ A tenzor mátrixa: ⎡⎣T ⎤⎦ = ⎢ ⎥. ⎣ 0 − 1⎦ b) Az x tengelyre tükrözött rA képvektor meghatározása: ⎡ 1 0 ⎤ ⎡ xP ⎤ ⎡ 1 0 ⎤ ⎡ 4 ⎤ ⎡ 4 ⎤ rA = T ⋅ rP = ⎢ ⎥⎢ ⎥ = ⎢ ⎥⎢ ⎥ = ⎢ ⎥. ⎣ 0 − 1⎦ ⎣ yP ⎦ ⎣ 0 − 1⎦ ⎣3 ⎦ ⎣ −3⎦ rA = (4i − 3 j ) m . 3.56 feladat: Tenzor előállítása Feladat: a) Annak a T tenzor mátrixának az előállí- Adott: y A rA ϕ rP ϕ = 30o , rP = (4i + j ) m. tása, amely az xy sík helyvektoraiból a helyvektorok z tengely körül ϕ szöggel P elforgatott vektorait állítja elő. b) Meghatározni azt az rA vektort, amelyet az rP vektor ϕ szöggel

történő elforgatásával kapunk. Kidolgozás: a) A tenzor előállítása: Síkbeli esetben a tenzort két értékpárja határozza meg: y i a = (cos ϕ i + sin ϕ j ) , b ϕ j j b = (− sin ϕ i + cos ϕ j ) . a ϕ i A diádok kiszámítása: x A két értékpárból a tenzor: T = (a i + b j ) A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 24 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 25 ► ⎡ ax ⎤ ⎡ ax 0 ⎤ ⎡ cos ϕ 0 ⎤ ⎡⎣ a i ⎤⎦ = ⎢ ⎥ [1 0] = ⎢ ⎥=⎢ ⎥, ⎣ay ⎦ ⎣ a y 0 ⎦ ⎣sin ϕ 0 ⎦ ⎡b ⎤ ⎡0 bx ⎤ ⎡0 − sin ϕ ⎤ ⎡b j ⎤ = ⎢ x ⎥ [ 0 1] = ⎢ ⎥=⎢ ⎥. ⎣ ⎦ b ⎣ y⎦ ⎣0 by ⎦ ⎣0 cos ϕ ⎦ ⎡cos ϕ − sin ϕ ⎤ ⎡0,866 − 0,5 ⎤ A tenzor mátrixa: ⎡⎣T ⎤⎦ = ⎢ = . cos ϕ ⎥⎦ ⎢⎣ 0,5 0,866 ⎥⎦ ⎣sin ϕ b) Az elforgatott rA vektor meghatározása: ⎡cos ϕ − sin ϕ ⎤ ⎡ xP ⎤

⎡0,866 − 0,5 ⎤ ⎡ 4 ⎤ ⎡ 2,964 ⎤ rA = T ⋅ rP = ⎢ ⎥⎢ ⎥ = ⎢ ⎥⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎣sin ϕ cos ϕ ⎦ ⎣ yP ⎦ ⎣ 0,5 0,866 ⎦ ⎣1 ⎦ ⎣ 2,866 ⎦ rA = (2,964i + 2,866 j ) m . 3.57 feladat: Tenzor előállítása Adott: y A ϕ = 45o , rP = (5i + 2 j ) m. uP rA P ϕ rP x Feladat: a) Annak a T tenzor mátrixának az előállítása, amely az xy sík helyvektoraihoz a helyvektorok z tengely körül ϕ szöggel történő elforgatásakor a helyvektorok végpontjainak elmozdulásvektorait rendeli hozzá. b) Meghatározni rP vektor végpontjának uP elmozdulásvektorát a ϕ szöggel történő elforgatásnál. Kidolgozás: a) A T tenzor előállítása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 25 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ 26 ► Síkbeli esetben a tenzort két értékpárja határozza meg: y b ϕ Vissza i a = −(1 − cos ϕ ) i +

sin ϕ j , j j a ϕ x b = − sin ϕ i − (1 − cos ϕ ) j . i A két értékpárból a tenzor: T = (a i + b j ) A tenzor mátrixa: ⎡(cos ϕ − 1) − sin ϕ ⎤ ⎡ −0, 293 − 0,707 ⎤ ⎡⎣T ⎤⎦ = ⎢ = . (cos ϕ − 1) ⎥⎦ ⎢⎣ 0,707 − 0, 293⎥⎦ ⎣ sin ϕ b) Az uP elmozdulásvektor meghatározása: ⎡ −0, 293 − 0,707 ⎤ ⎡5 ⎤ ⎡ −2,879 ⎤ uP = T ⋅ rP = ⎢ ⎥⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎣ 0,707 − 0, 293⎦ ⎣ 2 ⎦ ⎣ 2,949 ⎦ uP = (−2,879i + 2,949 j ) m . 3.58 feladat: Tenzor előállítása Adott: n = (− 1 1 j+ k ) , rP = (5i + 2 j + 10k ) m. 2 2 Feladat: a) Annak a T tenzor mátrixá- z P n rP y rA x S ⋅A nak az előállítása, amely a tér minden helyvektorához a helyvektoroknak az n normálisú S síkba eső vetületvektorát rendeli hozzá. b) Meghatározni rP vektornak az adott n normálisú S síkba eső rA vetületvektorát. A vetületvektort úgy kapjuk, hogy az rP vektor végpontját merőlegesen vetítjük az

S síkra. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 26 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Matematikai alapok Vissza ◄ 27 ► Kidolgozás: a) A T tenzor előállítása: A tetszőleges v vektor S síkba eső w vetületvektora: w = n × (v × n ) = v ( n ⋅ n ) − n ( n ⋅ v ) = v − n ( n ⋅ v ) . =1 Térbeli esetben a tenzort három értékpárja határozza meg: i a = i − n (n ⋅ i ) = i , =0 n 1 1 1 ⎞ ⎛1 j b = j − n (n ⋅ j ) = j − = j − j + k = ⎜ j + k ⎟, 2 2 2 ⎠ 2 ⎝2 1 =− 2 n 1 1 1 ⎞ ⎛1 = k + j − k = ⎜ j + k ⎟. k c = k − n (n ⋅ k ) = k + 2 2 2 ⎠ 2 ⎝2 1 = 2 A három értékpárból a tenzor: T = ( a i + b j + c k ) 0⎤ ⎡1 0 ⎢ A tenzor mátrixa: ⎡⎣T ⎤⎦ = ⎢0 0,5 0,5⎥⎥ . ⎢⎣0 0,5 0,5⎥⎦ b) Az rP vektornak az adott n normálisú síkba eső rA vetületvektorának meghatározása: 0 ⎤ ⎡ 5 ⎤ ⎡5 ⎤ ⎡1 0 rA = T ⋅ rP =

⎢⎢0 0,5 0,5⎥⎥ ⎢⎢ 2 ⎥⎥ = ⎢⎢ 6 ⎥⎥ m. ⎢⎣0 0,5 0,5⎥⎦ ⎢⎣10 ⎥⎦ ⎢⎣ 6⎥⎦ rA = (5i + 6 j + 6k ) m. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 27 ► Mechanika Matematikai alapok A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 28 ► 3.59 feladat: Tenzor előállítása Adott: rP = (3i + 4 j + 6k ) m. Feladat: a) Annak a T tenzor mátrixának az z rP P előállítása, amely a tér minden helyvektorához a helyvektoroknak ⋅⋅ az xy síkra vett tükörkép-vektorát D rA x rendeli hozzá. b) Meghatározni rP vektornak az xy A síkra vett rA tükörkép-vektorát. A tükörkép-vektort a következőképpen kapjuk: Az rP vektor végpontját merőlegesen vetítjük az xy síkra. A D pont a vetítő egyenes döféspontja az xy síkon Megoldás: a) A hozzárendelést megvalósító tenzor mátrixa: ⎡1 0 0 ⎤ ⎡⎣T ⎤⎦ = ⎢ 0 1 0 ⎥ . ⎢ ⎥ ⎣⎢ 0 0 − 1⎦⎥ y O b)

Az rA tükörkép-vektor: rA = (3i + 4 j − 6k ) m. 3.510 feladat: Tenzor előállítása Adott: rP = (4i + 4 j + 8k ) m. z rP P y O rA x ⋅⋅ D≡A Feladat: a) Annak a T tenzor mátrixának az előállítása, amely a tér minden helyvektorához a helyvektoroknak az xy síkba eső vetületvektorát rendeli hozzá. b) Meghatározni rP vektornak az xy síkba eső rA vetületvektorát. A vetületvektort úgy kapjuk, hogy az rP vektor végpontját merőlegesen vetítjük az xy síkra. A D pont a vetítő egyenes döféspontja az xy síkon. A vetületvektor a D pontba mutató vektor A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 28 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Matematikai alapok Vissza ◄ 29 ► 29 ► Megoldás: ⎡1 0 0 ⎤ b) hozzárendelést megvalósító tenzor mátrixa : ⎡⎣T ⎤⎦ = ⎢⎢0 1 0 ⎥⎥ . ⎣⎢0 0 0 ⎥⎦ c) Az rA vetületvektor: rA = (4i + 4 j ) m. A dokumentum

használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 30 ► 4. Tömegpont kinematikája 4.1 Mozgásfüggvény (mozgástörvény), pálya (pályagörbe) a) A mozgásfüggvény megadása DDKR-ben, vagy HKR-ben: Mozgásfüggvény: Az anyagi pont térbeli helyzetét meghatározó r = r (t ) helyvektor-idő (vektor-skalár) függvény. A helyvektor (a mozgásfüggvény) SI rendszer szerinti alap mértékegysége m (méter). Pályagörbe: 1. definíció: Az a térgörbe, amelyen az anyagi pont a mozgás során végighalad. 2. definíció: Az r = r (t ) mozgásfüggvény által meghatározott térgörbe A pályagörbét az r = r (t ) helyvektorok végpontja írja le. z P1 pályagörb P0 r (t1 ) r (t0 ) x P r (t ) O y A mozgásfüggvény vektoriális megadása: DDKR: r (t ) = x(t ) i + y (t ) j + z (t ) k . HKR: r (t ) = R (t ) eR + z (t ) ez , eR = cos ϕ i + sin

ϕ j . A mozgásfüggvény skaláris megadása: HKR: R = R(t ) , DDKR: x = x(t ) , y = y (t ) , ϕ = ϕ (t ) , z = z (t ) . z = z (t ) . b) A mozgásfüggvény természetes koordináta-rendszerben: Az s ívkoordináta: A pályagörbén egy O kezdőponttól mért előjeles távolság (előjeles ívhossz). A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 30 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom + O P s b ◄ 31 ► e , n , b - egymásra kölcsönösen merőleges egységvektorok (a pályagörbe természetes koordinátarendszere, vagy kísérő triéder). e ⋅⋅ Vissza n dr , e =1. ds de 1 = κ n = n , n = 1. ρ ds e - az érintő irányú egységvektor: e = n - a főnormális egységvektor: b = e × n , b = 1. b - a binormális egységvektor: ρ - a térgörbe P pontbeli + P e ⋅ pályagörbe n O simulókör ρ görbületi sugara, κ = 1/ ρ - a térgörbe P pontbeli

görbülete. O – a pályagörbe P pontbeli görbületi középpontja. Az n főnormális egységvektor mindig a görbületi középpont felé mutat. Simulósík: Az e érintő irányú egységvektor és az n főnormális egységvektor által meghatározott sík. Az anyagi pont helye a pályagörbén többféleképpen is megadható: r = r (t ) , • Helyvektor – idő függvény: • Helyvektor – ívkoordináta függvény: r = r ( s) , • Ívkoordináta (út) – idő függvény: s = s(t ) . Pályabefutás függvény. Ennél a megadásnál ismerni kell a pályagörbét és az ívkoordináta kezdőpontját a pályán 4.2 Sebességfüggvény (sebességvektor), hodográf Sebességfüggvény: a mozgásfüggvény idő szerinti első deriváltja. dr (t ) . v (t ) = r (t ) = dt A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 31 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 32 ► A

sebesség SI rendszer szerinti alap mértékegysége m / s (méter per szekundum). Pillanatnyi sebességvektor: a sebességfüggvény egy adott t1 időpillanatban felvett értéke: v1 = v (t1 ) . Tulajdonságai: - A pillanatnyi sebességvektor vektor mennyiség. - A sebességvektor iránya megegyezik a pályagörbe érintőjének irányával. d r d r ds d s (t ) = =e = e v(t ) = v(t ) e . Bizonyítás: v (t ) = dt ds dt dt Pálya menti sebesség (pályasebesség): az ívhossz idő szerinti első deriváltja. d s(t ) . v(t ) = dt Tulajdonságai: A pályasebesség a sebességvektor érintő irányú koordinátája. - 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): v (t ) = vx (t ) i + v y (t ) j + vz (t ) k . A sebességvektor koordinátái: d x(t ) d

y (t ) vx (t ) = , v y (t ) = , dt dt vz (t ) = d z (t ) . dt Hodográf: 1. definíció: Az a görbe, amelyet a v = v (t ) sebességvektorok végpontja ír le a vx , v y , vz koordinátarendszerben 2. definíció: A sebességvektorok végpontjai által meghatározott görbe, ha a sebességvektorokat egy közös kezdőpontból mérjük fel A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 32 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom vz a1 ⋅ hodográf v1 Vissza ◄ 33 ► A gyorsulásvektorok a hodográf görbe érintői. v2 vx ⋅ a2 Ov vy Közepes sebesség: mindig egy megadott időintervallumra vonatkozik z P1 P2 Δr12 r ( t2 ) r (t1 ) x O y A < t1 t2 > időintervallumra vonatkozó közepes sebesség: r (t ) − r (t1 ) r2 − r1 Δr12 . vk = 2 = = t2 − t1 t2 − t1 Δt12 4.3 Gyorsulásfüggvény (gyorsulásvektor) Gyorsulásfüggvény: a sebességfüggvény

idő szerinti első deriváltja, illetve a mozgásfüggvény idő szerinti második deriváltja d v (t ) d 2 r (t ) a (t ) = = . dt dt 2 .A gyorsulás SI rendszer szerinti alap mértékegysége m / s 2 (méter per szekundum négyzet). Pillanatnyi gyorsulásvektor: a gyorsulásfüggvény egy adott t2 időpillanatban vett értéke: a2 = a (t2 ) . Tulajdonságai: - A pillanatnyi gyorsulásvektor vektor mennyiség. - A gyorsulásvektor a pályagörbe simulósíkjába esik és a pályagörbe érintője és főnormálisa irányába eső összetevőkből áll. Bizonyítás: a (t ) = d v (t ) d dv(t ) d e (t ) , = [ v(t ) e (t )] = e +v dt dt dt dt A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 33 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 34 ► d e d e ds 1 v = = n v(t ) = n , ρ dt ds dt ρ a (t ) = dv v2 e + n = ae (t ) e + an (t ) n . dt ρ Pálya menti gyorsulás

(pályagyorsulás): a sebesség nagyságának változását jellemzi. dv(t ) ae (t ) = . dt Normális gyorsulás: a sebesség irányának változását jellemzi. [ v(t )] a (t ) = 2 n ρ . A gyorsulásfüggvény koordinátái DDKR-ben: r (t ) = x(t ) i + y (t ) j + z (t ) k . A helyvektor: A sebességvektor: v (t ) = vx (t ) i + v y (t ) j + vz (t ) k . A gyorsulásvektor: a (t ) = ax (t ) i + a y (t ) j + az (t ) k . A gyorsulásvektor koordinátái: ax (t ) = vx (t ) = x(t ) , a y (t ) = v y (t ) = y (t ) , az (t ) = vz (t ) = z (t ) , vagy másképpen írva: dv y (t ) d 2 y (t ) dvx (t ) d 2 x(t ) = , ax (t ) = = , a y (t ) = dt dt 2 dt dt 2 dv (t ) d 2 z (t ) az (t ) = z = . dt dt 2 4.4 A mozgásjellemzők közötti kapcsolat összefoglalása, foronómiai függvények (görbék) a) Kapcsolat a tömegpont jellemzői között : 1. feladat: Ismert: r = r (t ) Meghatározandó: v (t ) = r (t ) = d r (t ) = v(t ) e , dt A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Vissza ◄ 34 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 35 ► d v (t ) d 2 r (t ) = = ae (t ) e + an (t ) n . dt dt 2 A feladat differenciálással oldható meg. a (t ) = 2. feladat: Ismert: a = a (t ) és a v (t = t0 ) = v0 ⎫ ⎬ kezdeti feltételek . r (t = t0 ) = r0 ⎭ Meghatározandó: t v (t ) = v0 + ∫ a (t ) dt , továbbá az t0 t r (t ) = r0 + ∫ v (t )dt . t0 A feladat integrálással oldható meg. 3. feladat: Ismert: v = v (t ) és az r (t = t0 ) = r0 kezdeti feltétel . Meghatározandó: d v (t ) d 2 r (t ) a (t ) = = = ae (t ) e + an (t ) n , dt dt 2 t r (t ) = r0 + ∫ v (t )dt . t0 A feladat differenciálással és integrálással oldható meg. b) Foronómiai függvények (görbék): Az s = s (t ) , v = v(t ) és az ae = ae (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 ae = állandó pályagyorsulású mozgás foronómiai görbéi. Kezdeti feltételek: s (t = 0) = s0 = 0 és v(t = 0) = v0 = 0 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 35 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom s (t ) ◄ 36 t2 ae 1 2 t2 s (t ) = s0 + v0t + ae . 2 ae t1 A másodfokú függvény (parabola) t = 0 pontbeli érintője a t tengely, a t = t1 pontbeli érintője a t1 / 2 pontot a függvényértékkel összekötő egyenes. t t1 / 2 Vissza t1 v (t ) ► t v(t ) = v0 + aet . t1 ae (t ) ae t t1 ae = állandó . 1. feladat: Ismert: s = s(t ) . Meghatározandó: ds , dt dv d 2s ae = ae (t ) = v(t ) = = s (t ) = 2 . dt dt A feladat differenciálással oldható meg. 2. feladat: Ismert: ae = ae (t ) és a v0 , s0 kezdeti feltételek v = v(t ) = s(t ) = Meghatározandó:

t v = v(t ) = v0 + ∫ ae (t ) dt , t0 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 36 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 37 ► t s = s (t ) = s0 + ∫ v(t ) dt . t0 A feladat integrálással oldható meg. 3. feladat: Ismert: v = v(t ) és az, s0 kezdeti feltétel Meghatározandó: ae = ae (t ) = v(t ) = dv d 2s = s (t ) = 2 , dt dt t s = s (t ) = s0 + ∫ v(t ) dt . t0 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 ( κ = 0 ), azaz a pálya minden pontjában a görbületi sugár ρ ∞ (ró tart végtelenhez). A mozgástörvény: r (t ) = r0 + c f (t ) , ahol f (t ) tetszőleges skalárfüggvény. Az f (t ) skalár érték adja meg, hogy a P0 pontból a c vektor hányszorosát kell felmérni ahhoz,

hogy megkapjam az anyagi pont helyét. z c P0 - a pálya egy adott pontja, P0 c - a pálya (az egyenes) irányvektora r0 x A sebességfüggvény: y v (t ) = c df =c f . dt A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 37 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom A gyorsulásfüggvény: a (t ) = c Vissza ◄ 38 ► d2 f =c f . dt 2 Speciális esetek: • Egyenes vonalú, egyenletes sebességű mozgás: v = áll. ⇒ f (t ) = bt , ahol b – tetszőleges skaláris állandó • df = b ⇒ v = c b = bc . dt Egyenes vonalú, egyenletesen gyorsuló mozgás: a = áll. ⇒ f (t ) = a , ahol a – tetszőleges skaláris állandó, (a a pálya menti gyorsulás). f (t ) = a t + b , a f (t ) = t 2 + bt + c , ahol b, c – a kezdeti feltételektől 2 függő skaláris állandók. b) Tömegpont síkmozgásai: Síkmozgás: ha az anyagi pont a mozgása során a v0 kezdősebesség és az a0

kezdőgyorsulás vektorok síkjából nem lép ki. Speciális esetek: • Állandó gyorsulású mozgás: - A gyorsulásfüggvény: a = áll. és v0 nem párhuzamos a -val v0 - A sebességfüggvény: t v (t ) = v0 + ∫ a (t ) dt = v0 + a t . Ov at t0 A mozgás hodográfja egyenes. - A mozgásfüggvény (pályagörbe): v (t ) t r (t ) = r0 + ∫ v (t ) dt , t0 t r (t ) = r0 + ∫ (v0 + a t ) dt = r0 + v0 t + a t0 2 t 2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom A pályagörbe parabola, vagy egyenes. Vissza ◄ 38 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 39 ► Az állandó gyorsulású mozgás speciális esete az az egyenes vonalú mozgás, amely akkor jön létre, ha v0 és a párhuzamos egymással. parabolát három pontja és a három pontbeli érintője ismeretében rajzoljuk meg. parabola tengelye párhuzamos az a gyorsulásvektorral. P3 P2 v2 v1 P1 a A

pályagörbe szerkesztésének gondolatmenete: - A P1 és P2 pont meghatározása a mozgásfüggvényből. - A P1 és P2 pontbeli v1 és v2 érintők meghatározása a sebességfüggvényből. - A parabola tengely a irányának meghatározása a gyorsulásfüggvényből. - A P3 pont meghatározása a PP 1 2 parabolaszelő felezéspontja és a P1 , P2 pontbeli érintők metszéspontja közé eső egyenes szakasz felezésével. - A P3 pontbeli érintő párhuzamos a parabola PP 1 2 szelőjével. • Harmonikus lengő (rezgő) mozgás: A sin, vagy cos függvénnyel leírható periodikus (ismétlődő) mozgás. A mozgásfüggvény: x(t ) = x(t + T ) = v0 α= v0 α 2π [ m / s ] - kezdősebesség, T = α 2π T sin [α t + ε ] , ahol [ s ] - periódusidő, [1/ s ] - rezgési körfrekvencia, ε [ rad ] - fázisszög. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 39 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom ◄ Vissza 40 ► x x v0 α αt y ε pályagörbe − v0 α A sebességfüggvény: v(t ) = x(t ) = v0 cos α t . A gyorsulásfüggvény: a(t ) = x(t ) = −α v0 sin α t . • Körmozgás: Az anyagi pont pályagörbéje kör. A sebességvektor: v (t ) = v(t ) eϕ = Rω (t ) eϕ , ahol R – a pálya v(t ) sugara, ω= v(t ) - a mozgás szögsebessége. R A sebességvektor: y A gyorsulásvektor: y ae P a eϕ a eR n i Oω R ε v P eϕ i R pályagörbe eR x Oω ε x pályagörbe a (t ) a A gyorsulásvektor: a (t ) = Rε (t ) eϕ − Rω 2 (t ) eR . ,ahol ε = e R ae (t ) an (t ) mozgás szöggyorsulása. A pályagyorsulás (érintő irányú gyorsulás): ae = ε R . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 40 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom an = Rω 2 = A normális gyorsulás: ◄ Vissza 41 ► v2 . R Az ε szöggyorsulás

mértékegysége: rad/s2. Az ω szögsebesség mértékegysége: rad/s. 4.6 Gyakorló feladatok tömegpont mozgására 4.61 feladat: Tömegpont síkmozgása Adott: Az r = r (t ) = b0 + b1 ( c − t 2 ) mozgásfüggvény a < t0 ; t1 > idő intervallumban és b0 = (− i + 2 j ) m, b1 = ( 4 i − 4 j ) m/s 2 , t0 = 0 , t1 = 1,5 s, c = 2 s2. Feladat: a) A pályagörbe alakjának meghatározása. b) Az r0 = r (t0 ), r1 = r1 (t1 ) helyvektorok meghatározása. c) A v (t ) sebességfüggvény meghatározása. d) A vk közepes sebesség meghatározása. e) Az a (t ) gyorsulásfüggvény meghatározása. Kidolgozás: a) A pályagörbe alakjának meghatározása: A pályagörbe r (t ) = r0 + c f (t ) alakú egyenes ( r0 = b0 és c = b1 ). b) A tömegpont helyének meghatározása a t0 és t1 időpillanatban: A mozgásfüggvény: r = r (t ) = b0 + b1 ( c − t 2 ), r0 = r (t0 ) = b0 + b1 (c − t02 ) = ( − i + 2 j ) + ( 4 i − 4 j ) ( 2 − 0) = = ( − i + 2 j ) + (8 i − 8 j ) =

(7 i − 6 j ) m . r1 = r (t1 ) = b0 + b1 (c − t12 ) = ( − i + 2 j ) + ( 4 i − 4 j ) ( 2 −1,52 ) = = ( − i + 2 j ) + ( 4 i − 4 j ) (− 0, 25) = (−2 i + 3 j ) m. c) A sebességfüggvény meghatározása: dr v = v (t ) = = − 2 b1 t = (− 8 i + 8 j ) t , dt v0 = v (t0 ) = 0, v1 = v (t1 ) = ( −12 i + 12 j ) m/s. d) A közepes sebesség meghatározása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 41 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom vk = Vissza ◄ 42 ► r1− r0 (−2 i + 3 j ) − (7i − 6 j ) ( − 9i + 9 j ) = = = ( − 6 i + 6 j ) m/s. t1 − t0 1,5 1,5 e) A gyorsulásfüggvény meghatározása: dv a = a (t ) = = − 2 b1 = − 2( 4 i − 4 j ) = ( − 8 i + 8 j ) m/s 2 . dt 4.62 feladat: Tömegpont síkmozgása Adott: Az r = r (t ) = b t + c t 2 mozgásfüggvény a < t0 ; t1 > idő intervallumban és b = (−3 i − 4 j ) m/s, c = ( 2 i + 1,5 j )

m/s 2 , t0 = 0 , t1 = 2 s. Feladat: a) A vk 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: r0 = r (t0 ) = 0, r1 = r (t1 ) = b t1 + c t12 = 2( − 3i − 4 j ) + 4( 2 i + 1,5 j ) = ( 2 i − 2 j ) m, vk = Δ r01 r1− r0 2 i − 2 j = = = ( i − j ) m/s. 2 Δ t01 t1 − t0 b) A sebesség- és a gyorsulásfüggvény meghatározása: A sebességfüggvény: dr v = v (t ) = = b + 2 c t = (−3 i − 4 j ) + 2(2 i + 1,5 j ) t , dt v0 = v (t0 ) = ( − 3 i − 4 j ) m/s, v1 = v (t1 ) = b + 4 c = ( − 3 i − 4 j ) + (8 i + 6 j ) = (5 i + 2 j ) m/s. A gyorsulásfüggvény: dv a = a (t ) = = 2 c = ( 4 i + 3 j ) m/s 2 , a = állandó. dt c) A hodográf és a pályagörbe megrajzolása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 42 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A

dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 43 ► Hodográf: A v = v (t ) függvény ábrázolása a vx , v y koordinátarendszerben. v y [m / s ] v1 −2 4 2 A hodográf − os a −2 v0 v x [m / s ] gyorsulásvektorral ! −4 y [m ] Pályagörbe: P0 −2 4 2 v0 P2 −2 x [m] v1 P1 −4 A pályagörbe szerkesztése: • A P0 és P1 pontokban a sebességvektorok a parabola érintői. • A P0 P1 szelő felezéspontját az érintők metszéspontjával összekötő egyenes szakasz felezéspontja a parabola harmadik, P2 pontja. • A P2 parabola pontban a parabola érintője párhuzamos a P0 P1 szelővel. 4.63 feladat: Tömegpont mozgásának foronómiai görbéi Adott: A foronómiai görbék folytonos vonallal megadott szakaszai. Feladat: A foronómiai görbék hiányzó szakaszainak meghatározása. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 43 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum

használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 44 ► Kidolgozás: A megoldást az ábrákon szaggatott vonal jelöli. s 4 [m ] 4 2,5 2 1 0 1 2 4 3 5 −2 -3 −4 t s = s0 + ∫ v dt . t0 -4 −6 v [ m / s] t v = v0 + 2 2 ∫a e dt , t0 0 1 3 4 5 -2 -4 ae m / s 2 1 0 -1 -2 -3 vagy ds . v= dt -4 ae= 1 1 2 3 4 dv . dt 5 4.64 feladat: Tömegpont ferde hajítása Adott: A kezdeti helyzet és a kezdősebesség: r0 = 0 , v0 = (100 i + 60 j ) m/s, g = (−10 j ) m/s 2 . Feladat: a) A hajítás tC idejének meghatározása. b) A tömegpont B és C pontbeli sebességének meghatározása. c) A mozgás hodográfjának megrajzolása. d) A pálya H magasságának és L hosszúságának meghatározása. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 44 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom y [m ] Kidolgozás: ◄ Vissza 45 ► B v0 H A C x

[m ] L a) A hajítás idejének meghatározása: A pálya legmagasabb pontja a B pontján a sebességvektor vízszintes irányú: vB = v0 + g t B . (vBx i + vBy j ) = (v0 x i + v0 y j ) + (− g j ) t B vBx = v0 x =100 m/s , / ⋅ i /⋅ j vB = (vBx i ) = (100 i ) m/s. v0 y 60 = 6 s. g 10 A C ponti becsapódás időpontja (a hajítási idő): tC = 2 t B = 2 ⋅ 6 =12 s. vBy = 0 = v0 y − g t B , ⇒ tB = = b) A tömegpont B és C pontbeli sebességének meghatározása: vB = (vBx i ) = (100 i ) m/s. vC = v0 + g tC = (100 i + 60 j ) + (−10 j )12 = (100 i − 60 j ) m/s. c) A mozgás hodográfjának v0 megrajzolása: A mozgás hodográfja v0 és vC vB Ov g tC ismeretében megrajzolható. vC d) A pálya H magasságának és L hosszúságának meghatározása: t 2 rB = r0 + v0 t B + g B . 2 1 ( xB i + yB j ) = ( x0i + y0 j ) + (v0 x i + v0 y j ) t B + (− g j ) t B2 , /⋅ j 2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 45 ► Mechanika

Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom yB − y0 = v0 y t B − =H rC = r0 + v0 tC + g g 2 tB 2 ◄ Vissza 46 ► ⇒ H = 60 ⋅ 6 − 5 ⋅ 36 =180 m. tC 2 . 2 1 ( xC i + yC j ) = ( x0i + y0 j ) + (v0 x i + v0 y j ) tC + (− g j ) tC2 , 2 xC − x0 = v0 x tC ⇒ L =100 ⋅12 =1200 m. /⋅ i =L 4.65 feladat: Tömegpont ferde hajítása Adott: A kezdeti helyzet r0 = (50 i + 10 j ) m, v0 = 10 m/s, és a kezdősebesség: α = 300 , g =10 m/s 2 . y [ m] A yA v0 α y0 B yB x0 xA Feladat: a) Az t0 = 0 indítási helyzet mozgásjellemzőinek meghatározása. b) A pálya A ponti helyvektorának és A ponti sebességvektorának meghatározása. xB x [m c) A hajítás idejének és hosszának meghatározása. d) A pálya görbületi sugarának meghatározása a becsapódási pontban: Kidolgozás: a) Az indítási helyzet ( t0 = 0 ) mozgásjellemzőinek meghatározása: a0 = a = g = állandó , 3 1 i + 10 j = (8,66 i + 5 j

) m/s , 2 2 r0 = x0 i + y0 j = (50 i + 10 j ) m. v0 = v0 cos α i + v0 sin α j = 10 b) A pálya A ponti helyvektorának és A ponti sebességvektorának meghatározása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 46 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 47 ► t A2 . 2 Az A ponti sebesség vízszintes irányú koordinátája: v A = v0 cos α = 5 3 = 8,66 m/s ⇒ v A = (8,66 i ) m/s . v A = v0 + g t A , rA = r0 + v0 t A + g Az A ponti sebesség függőleges irányú koordinátája zérus: v sin α 10 ⋅ 0,5 = = 0,5 s . v A ⋅ j = v Ay = 0 = v0 sin α − g t A ⇒ t A = 0 g 10 Az A pont helyvektora: xA = x0 + v0 cos α t A = 50 + 8,66 ⋅ 0,5 = 54,33 m , t A2 = 10 + 5 ⋅ 0,5 − 5 ⋅ 0, 25 = 11, 25 m, 2 rA = (54,33 i +11, 25 j ) m. y A = y0 + v0 sin α t A − g c) A hajítás idejének és hosszának meghatározása: tB 2 vB = v0 + g t B , rB = r0 + v0 t B + g .

2 A becsapódási hely függőleges koordinátája ismert: yB = 0 yB = 0 = y0 + v0 sin α t B − g t B2 , 2 0 = 10 + 5 t B − 5 t B2 . tB = tB = − 1 ⎫ − 5 ± 25 + 200 − 5 ± 15 = = 1 ⎬ ⇒ t B = 2 s, 10 −10 t B2 = 2 ⎭ mert a t B1 = −1 s megoldás fizikailag nem értelmezhető. A hajítás hossza: xB = x0 + v0 cos α t B = 50 + 8,66 ⋅ 2 = 67,32 m, yB = 0, rB = xB i + yB j = ( 67,32 i + 0 j ) m. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 47 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom = v0 + g t B = = (8,88 i + 5 j ) + (−10 j ) 2 = B = vB = v + v 2 By 48 ► v0 = (8,66 i −15 j ) m/s. 2 Bx ◄ A mozgás hodográfja: v y [m / s ] ebesség a B pontban: B Vissza β v x [m / s ] = g tB = 8,662 + 152 = 17,32 m/s. vB vB x 8,66 = 0,5 ⇒ β = 600. vB 17,32 d) A pálya görbületi sugarának meghatározása a becsapódási pontban: A becsapódás szöge: cos

β = = B B ρB an β an n vB β β n ae g e e an = an = vB2 ρB v an = g cos β 2 B ρB = g cos β ⇒ ρB = vB2 17,322 = ≅ 59,996 m. g cos β 10 ⋅ 0,5 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 48 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 49 ► 4.66 feladat: Tömegpont ferde hajítása y [m ] g v0 y0 H B x0 x B x [m ] L Adott: A hajítási idő és a kezdősebesség, v0 = 80 m/s, t1 = t B = 6 s , g =10 m/s 2 . Feladat: a) A v1 = vB sebesség meghatározása és a mozgás hodográfjának megrajzolása. 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 ρ B görbületi sugarának meghatározása. Kidolgozás: Indítási pillanat, kezdeti helyzet: a0 = a = g = (− g j ) = állandó, v0 = 80 i + 0 j = (80 i ) m/s, r0 = x0 i +

y0 j = ( H j ) m. a) A v1 = vB sebesség meghatározása és a hodográf megrajzolása: = v0 + g t . B vy [m / s ] v0 = v1 = v (t 1 ) = 80 i + (−10 j ) 6 = β 1 = (80 i − 60 j ) m/s, B = v1 = v1 = 802 + 602 = 100 m/s. vk v B = v1 v x [m / s ] 2 1 2 g t1 g t1 b) A hajítási távolság meghatározása a hodográf területéből: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 49 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom A= 1 v0 × v1 , illetve 2 Vissza ◄ 50 ► 1 1 2A A = g t1 v0 x = g L ⇒ L = . 2 2 g i j k v0 × v1 = 80 0 0 = ( − 4800 k ) m 2 /s 2 , 80 −60 0 A= 1 1 2A 2 ⋅ 2400 = = 480 m. v0 × v1 = 4800 = 2400 m 2 /s 2 , L = 2 2 10 g c) A H indítási magasság és L hajítási távolság kiszámítása: 1 1 rB = r1 = r (t1 ) = r0 + v0 t1 + g t12 , ⇒ rB − r0 = v0 t1 + g t12 . 2 2 1 ( xB i + yB j ) − ( x0i + y0 j ) = (v0 x i ) t1 + (− g j ) t12 , 2 1 ( xB

− x0 ) i + ( yB − y0 ) j = (v0 x i ) t1 + (− g j ) t12 , 2 1 L i − H j = (v0 x i ) t1 + (− g j ) t12 / ⋅ i /⋅ j 2 1 L = v0 x t1 , − H = − g t12 , 2 1 L = 80 ⋅ 6 = 480 m. H = ⋅10 ⋅ 62 =180 m. 2 c) A B becsapódási helyen a pálya ρ B görbületi sugarának meghatározása: A becsapódás szöge a hodográfból: vB 80 v = 0,8 ⇒ β = 36,8690. cos β = X = 0 x = vB v1 100 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 50 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza an n 51 ► B B ρB ◄ an β vB β β n ae g e e A pálya görbületi sugara a becsapódási pontban: v2 an = g cos β . an = B és a jobboldali ábrából ρB an = vB2 ρB = g cos β ⇒ ρB = vB2 1002 = =1250 m. g cos β 10 ⋅ 0,8 4.67 feladat: Tömegpont mozgásának hodográfja Adott: A tömegpont pályagörbéje. A köríveken a tömegpont pályasebessége állandó, az

egyenes szakaszokon a gyorsulás állandó R =10 m , r = 5 m , v A =15 m/s , vD = 5 m/s , vF =10 m/s . Feladat: A hodográf megrajzolása. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 51 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 52 ► Kidolgozás: A pályagörbe y A hodográf [m ] vy B A′ s R G′ 10 m/s C A x [m ] 15 m/s F′ R vx E′ B ′ [ m/s ] D′ 5 m/s G [ m/s ] D r F C′ E 4.68 feladat: Tömegpont körmozgása Adott: A ϕ (t ) = c0 + c1 t 2 , mozgástörvény, amelyben c0 = 1,5 rad , c1 = 4 rad/s 2 , t0 = 0 s, t1 = 2,5 s, R = 5 m. Feladat: a) A vk közepes sebesség meghatározása. b) A v1 pályasebesség és az at1 , an1 gyorsuláskoordináták meghatározása. Kidolgozás: a) A közepes sebesség abszolút értékének meghatározása: ϕ0 = ϕ (t0 = 0) = c0 =1,5 rad ≈ 85,950 , ϕ1 = ϕ (t1 = 2,5 sec) = c0 + c1 t 2 =1,5 + 4 ⋅ 6, 25

= 26,5rad ≈1518, 40 , mínusz 4 körülfordulás 1440,00 , 78, 40. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 52 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom y ◄ 53 ► Δϕ = ϕ1 − ϕ0 = 7,550 = 0,132 rad , t1 Δr01 Δϕ ϕ0 Vissza vk = t0 r1 − r0 Δr01 = t1 − t0 Δt01 ⇓ R Δ r R ⋅ Δϕ 5 ⋅ 0,132 ≈ = = 2,5 Δt Δt = 0, 264 m/s vk = b) A t1 időpillanatbeli pályasebesség és a gyorsulás koordináták meghatározása: dϕ (t ) d (c0 + c1 t 2 ) ω (t ) = = = 2 c1 t . dt dt v1 = v (t1 ) = R ω ( t1 ) = R 2 c1 t1 = 5 ⋅ 2 ⋅ 4 ⋅ 2,5 =100 m/s, dω (t ) d (2 c1 t ) ε (t ) = = = 2c1 . dt dt at (t1 ) = R ε ( t1 ) = R 2 c1 = 5 ⋅ 2 ⋅ 4 = 40 m/s 2 , v12 1002 an (t1 ) = = = 2000 m/s 2 . R 5 4.69 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 v1 =állandó, míg a szántóföldön v2 =állandó. v1 = 20 km/h , v2 =10 km/h. Kérdés: Hol kell az útról elfordulnia a traktornak, hogy az ABC út megtételéhez szükséges idő minimális legyen? A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 53 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 54 ► C y x AB = ? v2 A 3 km v1 B x 4 km Az AB távolság megtételéhez szükséges idő: t AB = xAB . v1 A BC távolság megtételéhez szükséges idő: 32 + (4 − xAB ) 2 t BC = . v2 Az ABC távolság megtételéhez szükséges idő: t ABC = t AB + t BC = A t ABC idő akkor minimális, ha 32 + (4 − x AB ) 2 x AB . + v1 v2 dt ABC = 0. dx ABC dt ABC 1 1 1 1 2(4 − x AB ) (−1) = 0. =0= + 2 dx v1 v2 2 3 + (4 − x AB ) 2 32 + (4 − xAB ) 2 4 − x AB 32 (4 − x AB ) 2 (4 − x AB ) 2 = ⇒ + = v1 v2 v12 v12 v22 3 ⋅ v2 3 ⋅10 xAB = 4 ± =4± =4± 3 2 2 202 −

102 v1 − v2 xAB1 = 4 − 3 = 2, 27 km, xAB2 = 4 + 3 = 5,73 km. (nincs értelme). Tehát: xAB = xAB1 = 2, 27 km. 4.610 feladat: Tömegpont síkmozgása Adott: Az r = r (t ) = c t + d t 2 mozgásfüggvény a < t0 ; t1 > idő intervallumban. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 54 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 55 ► c = (−4 i + 3 j ) m/s, d = ( i −1,5 j ) m/s 2 , t0 = 0 s, t1 = 3 s. Feladat: a) A vk 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: vk = (− i −1,5 j ) m/s. b) A sebességfüggvény: dr v = v (t ) = = c + 2 d t = (−4 i + 3 j ) + 2( i −1,5 j ) t . dt A gyorsulásfüggvény: dv a = a (t ) = = 2 d = (2 i − 3 j ) m/s 2 , a = állandó. dt c) A hodográf v y [ m/s ] 6 4 v0

−4 −2 2 0 2 v1 hodográf 4 6 v x [ m/s ] −4 −6 A pályagörbe A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 55 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 56 ► [m ] y 6 4 pálya v0 2 x −4 −2 0 2 4 6 [m ] −4 v1 −6 4.611 feladat: Tömegpont síkmozgása Adott: Az r = r (t ) = c1 cos ( bt ) + c2 sin ( bt ) mozgásfüggvény, c1 = ( 3i + 4 j ) m, c2 = ( 1 j + 2 k ) m , b = 5 1/s, valamint négy időpont: 3π s. 2 2 Feladat: a) A tömegpont helyének meghatározása az adott időpillanatokban. b) A tömegpont sebességének meghatározása az adott időpillanatokban. c) A tömegpont gyorsulásának meghatározása az adott időpillanatokban. Megoldás: t0 = 0 , t1 = π s, t2 = π s , t3 = a) A helyvektorok: r0 = r (t0 ) = c1 = (3i + 4 j ) m, r1 = r (t1 ) = c2 = (1 j + 2k ) m, r2 = r (t2 ) = − c1 = (−3i − 4 j ) m, r3 = r (t3 ) =

−c2 = (−1 j − 2k ) m. A négy pont egy síkban van. (Páronként két olyan egyenesen vannak, amelyek az origóban metsződnek) b) A sebességvektorok: v0 = v (t0 ) = (5 j + 10k ) m/s, v1 = v (t1 ) = (−15i − 20 j ) m/s, A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 56 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 57 ► v2 = v (t2 ) = (−5 j − 10k ) m/s, v3 = v (t3 ) = (15i + 20 j ) m/s. A sebességvektorok egy síkban vannak! A hely- és a sebességvektorok síkja azonos. c) A gyorsulásvektorok: a = a (t ) = − b 2 r (t ) . A gyorsulásvektorok is a helyvektorok síkjában vannak. ⇒ A tömegpont síkmozgást végez 4.612 feladat: Tömegpont mozgásának foronómiai görbéi Adott: A v = v (t ) pályasebesség-idő függvény. Feladat: Az s = s (t ) és ae = ae (t ) függvények meghatározása, ha az indítás pillanatában s (t0 = 0) = 0. Megoldás: A megoldást

az ábrákon szaggatott vonal jelöli. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 57 ► Mechanika Tömegpont kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom [m] s Vissza ◄ 58 ► 34 30 26 23 20 20 t s= s0 + ∫ v dt t0 10 4 t 0 v 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 [s ] 11 12 [m / s] t 1 2 3 4 5 6 7 8 12 [s ] 9 [m / s ] 2 ae 2 t 0 2 -1 6 9 12 [s] ae = dv dt -2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 58 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 59 ► 5. Merev test kinematikája 5.1 Alapfogalmak Merev test sebességállapota: A testet alkotó pontok egy adott pillanatbeli sebességeinek összessége (halmaza). Merev test gyorsulásállapota: A testet alkotó pontok egy adott pillanatbeli gyorsulásainak összessége (halmaza). Merev test síkmozgása: A test pontjai egy

adott alapsíkkal párhuzamos síkokban mozognak. Merev test haladó mozgása: A test önmagával párhuzamosan mozdul el. A test minden pontjának azonos az elmozdulása. Δr Δr 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 < t1 t2 > 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 elmozdulását. Ez két elmozdulás összegeként állítható elő Az egyik elmozdu- A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza

◄ 59 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 60 ► lás a merev test végtelen kis drA eltolása, amely során a test egy kiragadott A pontja úgy megy át kezdeti helyzetéből a végső helyzetébe, hogy közben a testhez kötött koordináta-rendszer tengelyeinek iránya nem változik meg. drA A′ dϕ drB A dϕ × r B AB B′ dϕ × rAB drA 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: drB = drA + dϕ × rAB . 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: dr vB = B - a merev test B pontjának sebessége, dt dr vA = A - a merev test A pontjának sebessége, dt dϕ - a merev test szögsebessége. ω=

dt Az ω szögsebesség a dϕ szögelfordulással megegyező módon az egész merev testre jellemző mennyiség, értéke a test minden pontjában azonos! A szögsebesség mértékegysége: rad / s. vA ω A B rAB vB A merev test tetszőleges B pontjának sebessége: vB = vA + ω × rAB . Analógia: M B = M A + F × rAB nyomaték, vB = vA + ω × rAB - sebesség. A merev test sebességállapota tehát két vektor mennyiséggel : a merev test egy kiragadott A pontjának vA sebességével és a merev test ω szögsebességével adható meg. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 60 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 61 ► A test B pontjának vB sebessége = a vA sebességű pillanatnyi haladó tengely körüli mozgás sebessége + az A ponton átmenő, ω -val pillanatnyi forgómozgás sebessége. Tétel: Merev test két különböző pontjának sebessége

általában nem egyenlő: vA ≠ vB . Kivétel: - ω = 0 , - ω rAB . b) Merev test sebességállapotának megadása: Merev test sebességállapota az A pontba redukált ( ω , vA ) vektorkettőssel adható meg, ahol az A pont megválasztása önkényes. Az ω és vA ismeretében a test bármely pontjának sebessége kiszámítható! c) Elemi (pillanatnyi) mozgások osztályozása: 1. eset: ω = 0 a) v A = 0 - elemi nyugalom, b) v A ≠ 0 - elemi haladó mozgás, 2. eset: ω ≠ 0 a) ω ⋅ vA = 0 - elemi forgómozgás, b) ω ⋅ vA ≠ 0 - 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: vP = 0 . Leggyakrabban előforduló feladatok: 1) Adott: a P , valamint az A és B pont helye a síkon. Keresett: az A és B ponti sebesség. Megoldás: v A = vP + ω × rPA ⇒ vA = ω rPA , ⊥ rPA =0 vB = vP + ω × rPB

=0 ⊥ ⇒ vB = ω rPB . rPB A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 61 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 62 ► 2) Adott: vA és vB , valamint az A és B pont helye a síkon. Keresett: a P sebességpólus helye. Megoldás: a P sebességpólus az A és B pontból a vA és vB -re húzott merőleges egyenesek metszéspontja. vB P ω • A vA • B 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 , vA , valamint a merev testet megadó (jellemző) A, B, C pontok (háromszög). Feladat: Az A, B, C pontok vA , vB , vC sebességeinek meghatározása szerkesztéssel. A merev test sebességábrája: A′B′C ′ . Helyzetábra:

Sebességábra: m ⎞ Hosszlépték: N h ⎛⎜ ⎟ mm ⎝ ω A ⎠ m/s ⎞ Sebességlépték: N v ⎛⎜ ⎟ ⎝ mm ⎠ • Ov = P vC C′ C vA vA • • B vB B′ A′ Az ábrákon a kis vonalakkal történő áthúzások az egymással párhuzamos vonalakat jelöli. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 62 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 63 ► A sebességábra megrajzolása: - Az Ov kezdőpontból felrajzoljuk a vA sbességvektort. - Az Ov kezdőpontból felrajzoljuk a vB sebességvektort: vB = vA + ω × rAB . ⊥ rAB - Az Ov kezdőpontból felrajzoljuk a vC sebességvektort: vC = vA + ω × rAC . ⊥ rAC A helyzetábra és a sebességábra hasonló: ABC Δ ∼ A′B′C ′ Δ . Tétel: A sebességábra hasonló a helyzetábrához, de a sebességábra 900 -kal el van forgatva a helyzetábrához képest az ω irányában. Sebességpólus

meghatározása: A sebességeket berajzoljuk a helyzetábrába 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 tetszőleges B pontjának gyorsulása? Válasz: - a test egy pontjának a A 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: rad/s 2 ω aB ε aA A B rAB A test tetszőleges B pontjának gyorsulása: aB = a A + ε × rAB + ω × (ω × rAB ) . Síkmozgás (ω ⋅ rAB = 0) esetén: aB = a A + ε × rAB − ω 2 rAB . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 63 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 64 ► Ha az xy sík a mozgás síkja: ω = ω k

, ε = ε k . b) Merev test gyorsulásállapotának megadása: Merev test gyorsulásállapota az A ponti a A gyorsulásvektorral és a test ω szögsebességével és ε szöggyorsulásával adható meg, ahol az A pont megválasztása tetszőleges. Az ε , ω és a A ismeretében a test bármely pontjának sebessége kiszámítható! 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: aQ = 0 . Adott: ε , ω , a A , valamint a merev testet megadó (jellemző) A, B, C pontok (háromszög). Feladat: Az A, B, C pontok a A , aB , aC gyorsulásainak meghatározása szerkesztéssel. A merev test gyorsulásábrája: A′′B′′C ′′ . Oa = Q C ω A ε r AB aB B′′ B ϕ Q aA Gyorsulásábra: ⎛ m/s 2 ⎞ Gyorsuláslépték: N a ⎜ ⎟ ⎝ mm ⎠ 2r

B A −ω • Helyzetábra: ⎛ m ⎞ Hosszlépték: N h ⎜ ⎟ ⎝ mm ⎠ aA ε × rAB ϕ A′′ C ′′ rAB A gyorsulásábra megrajzolása: - Az Oa kezdőpontból felrajzoljuk az a A gyorsulásvektort. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 64 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 65 ► - Az Oa kezdőpontból felrajzoljuk az aB gyorsulásvektort: aB = a A + ε × rAB −ω 2 rAB . ⊥ rAB rAB - Az Oa kezdőpontból felrajzoljuk az aC gyorsulásvektort: aC = a A + ε × rAC −ω 2 rAC . ⊥ rAC rAC A helyzetábra és a gyorsulásábra hasonló: Tétel: ABC Δ ∼ A′′B′′C′′ Δ . 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: tgϕ = ε . ω2 Tétel: A

gyorsulásábra hasonló a helyzetábrához, de a gyorsulásábra (1800 − ϕ ) szöggel el van forgatva a helyzetábrához képest az ε irányban. Gyorsuláspólus: A helyzetábrába a gyorsulásábra hasonló háromszögével (Oa ≡ Q) háromszöget rajzolunk. B′′A′′Oa BAQ 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: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 65 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom B S vS 66 ► 66 ► Tiszta gördülés: vP = 0 . C ω R ◄ Síkmozgás: ω = ω k . (Az ábrán látható esetben ω < 0 .) y A Vissza P Egyenletes sebesség: vS = vS i =

állandó ⇒ ω = áll. x A körhenger bejelölt pontjainak sebessége: S pont: vS = vP + ω × rPS = ω k × R j = −ω R i . =0 vS = vS i = −ω Ri ⇒ ω=− vS . R B pont: vB = vP + ω × rPB = ω k × 2 R j = −2 Rω i . − vS =0 vB = 2vS i = 2vS . A pont: v A = vP + ω × rPA = ω k × (− Ri + Rj ) . =0 v A = −ω R j −ω R i = vS i + vS j . vS vS C pont: vC = vP + ω × rPC = ω k × ( Ri + Rj ) . =0 vC = −ω R j −ω R i = vS i − vS j . −vS vS A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 67 ► 67 ► y vB B vA S vS A C az S pont pályagörbéje vC x ω P A körhenger bejelölt pontjainak gyorsulása: S pont: vS = áll. ⇒ aS = 0 ⇒ aSe = 0, aSn = 0 ⇒ S ≡ Q ω = áll. ⇒ ε = 0 Az S pont a gyorsuláspólus. P pont: aP = aS + ε S × rSP − ω 2 rSP = ω 2 Rj . − Rj =0 = 0 B pont: aB = aS

+ ε × rSB − ω 2rSB = −ω 2 Rj . =0 = 0 A pont: a A = aS + ε × rSA − ω 2 rSA = −ω 2 (− R)i = ω 2 Ri . =0 = 0 C pont: aC = aS + ε × rSC − ω 2 rSC = −ω 2 Ri . =0 = 0 y B A aB aA aC C S =Q aP x P A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 68 ► 5.5 Merev test rögzített pont körüli forgómozgása, ingamozgás y Síkmozgás: ω = ω k , ε = ε k . n x l A ε ω S Az A pont rögzített: v A = 0, a A = 0 . aS vS Koordináta-rendszerek: i , j , k és e , n , k . Az A pont a mozgás P sebességpólusa és Q gyorsuláspólusa. e Az S pont sebessége: vS = v A + ω × rAS = ω k × (−l )n = ω le . =0 Az S pont gyorsulása: aS = a A + ε × rAS − ω 2 rAS = ε k × (−l )n − ω 2 (−l )n = ε l e + ω 2l n . ae an =0 Az S pont pályagyorsulása: ae = ε l . Az S pont normális gyorsulása: an =

ω 2 l . 5.6 Gyakorló feladatok merev test mozgására 5.61 feladat: Merev test síkmozgása, sebességábra Adott: Az A, B, C, D pont helye. A mozgás síkja: x , y . y A vA B ω v A = ( 4 i ) m/s , 1m x D 1m C ω = ( − 1k ) rad/s . 1m A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 68 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza Feladat: a) A vB sebesség meghatározása. 69 ► i b) A sebességpólus megszerkesztése. c) A sebességábra megszerkesztése. k j Kidolgozás: a) A B pont sebességének meghatározása: vB = v A + ω × rAB = ( 4 i ) + ( −1k ) × ( 2 i ) = ( 4 i − 2 j ) m/s, vB = ( 4 i − 2 j ) m/s. b) Asebességpólus megszerkesztése A sebességpólus a sebesség veky torokra merőleges egyenesek vA B metszéspontja. A vB C D x vC ω P (sebeségpólus) c) A sebességábra megrajzolása : vy [ m/s] P′ ≡ Ov vD vA D′ vC vC A′ vx

[m/s] C′ B′ A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 69 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom vD = vA + ω × rAD ⎫ ⎪ ⊥ rAD ⎪ ⎬ ⇒ D′ , vD = vB + ω × rBD ⎪ ⊥ rBD ⎪⎭ Vissza ◄ 70 ► vC = vD + ω × rDC ⎫ ⎪ ⊥ rDC ⎪ ⎬ ⇒ C′. vC = vB + ω × rBC ⎪ ⊥ rBC ⎭⎪ A helyzetábra és a sebességábra hasonló. A sebességábra a helyzetábrához képest 90o -kal el van forgatva ω irányában. 5.62 feladat: Merev test síkmozgása, sebességállapot y 2m A B ω 3m Adott: A merev test A, B, C, D pontja, a v A sebességvektor α hatásvonala, a vB sebességvektor β hatásvonala és α β x 45o C ω = (3 k ) rad/s. Feladat: a) A sebességpólus helyének meghatározása szerkesztéssel. b) A v A , vB sebességvektorok meghatározása. Kidolgozás: a) A P sebességpólus helyének meghatározása szerkesztéssel: y 2m B A ω 3m α

β P 1m C 45o x Az A pontból ⊥ az α hatásvonalra ⎫ ⎬ ⇒ P sebességpólus . A B pontból ⊥ a β hatásvonalra ⎭ A P sebességpólus helyvektora : rP = ( + 1 j ) m . b) A v A , vB sebességvektorok meghatározása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 70 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 71 ► v A = vP + ω × rPA = (3k ) × (2 j ) = (−6i ) m/s, =0 vB = vP + ω × rPB = (3k ) × (2i + 2 j ) = (−6i + 6 j ) m/s. =0 5.63 feladat: Merev test sebességállapota y β B vA C 4m 2m x A Adott: Az xy síkkal párhuzamos síkmozgást végző merev test A pontjának v A sebessége, továbbá a B pont sebességének β hatásvonala. v A = ( 4 i + 4 j ) m/s . Feladat: a) A merev test ω szögsebességének és B ponti vB sebességének meghatározása. b) A C pont vC sebességek meghatározása. c) A P sebességpólus rP helyvektorának

meghatározása. Kidolgozás: a) Az ω szögsebesség és a B ponti vB sebesség meghatározása: vB = v A + ω × rAB = v A + (ω k ) × ( xPB i + yPB j ) = = (4 i + 4 j ) + (ω k ) × (2 j ) . vB j = 4 i + 4 j − 2ω i /⋅ i /⋅ j 0 = 4 − 2ω , ω = 2 1/s, ω = (2 k ) rad/s. vB = 4 m/s, vB = (4 j ) m/s. b) A C ponti vC sebesség meghatározása: vC = v A + ω × rAC = (4 i + 4 j ) + (2 k ) × (−4 i ), vC = 4 i + 4 j − 8 j = (4 i − 4 j ) m/s. c) A sebességpólus helyvektorának meghatározása: Megoldás szerkesztéssel: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 71 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom y B vA 45 C 4m o ◄ 72 ► Sebességpólus: Az A pontból a v A -ra, a B pontból a β hatásvonalra állítunk merőlegest. Az ábrából: rP = ( 2 i + 2 j ) m . β P Vissza 2m x A Megoldás számítással: v A = vP + ω × rPA = (ω k ) × ( xPAi + yPA j

). =0 Az ismert mennyiségeket behelyettesítve: (4 i + 4 j ) = (2 xPA j − 2 yPA i ) /⋅ i /⋅ j 4 = −2 yPA , 4 = 2 xPA , y rCP yPA = −2 m. xPA = 2 m. rPA = ( 2 i − 2 j ) m. P β B rAP 2m x rCA C 4m A rAP = − rPA = (− 2 i + 2 j ) m. A C pontból kiindulva: rCP = rP = rCA + rAP = (4 i ) + (−2 i + 2 j ) m. rCP = rP = (2 i + 2 j ) m. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 72 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 73 ► 5.64 feladat: Merev test síkmozgása, gyorsulásábra y C ε k i Adott: Az xy síkban síkmozgást végző test A, B,C pontja. Ismert a test szögsebessége, szöggyorsulása és az A pont gyorsulása. ω = ( − 3 k ) rad/s, ε = (3 k ) rad/s 2 , j 3m ω aA A x 2m a A = ( 6 j ) m/s 2 . B 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: aB = a A + ε × rAB − ω 2 rAB = (6 j ) + (3 k ) × (2 i ) − 9( 2 i ) = = (−18 i + 12 j ) m/s 2 , aC = a A + ε × rAC − ω 2 rAC = (6 j ) + (3 k ) × (3 j ) − 9(3 j ) = = (−9 i − 21 j ) m/s 2 . b) A Q gyorsuláspólus helyvektorának meghatározása: aQ = 0 = a A + ε × rAQ − ω 2 rAQ , 0 = (6 j ) + (3 k ) × ( x AQ i + y AQ j ) − 9( x AQ i + y AQ j ). 0 = 6 j + 3 x AQ j − 3 y AQ i − 9 x AQ i − 9 y AQ j , 0 = − 3 y AQ − 9 x AQ , y AQ = − 3 x AQ , /⋅ i /⋅ j 0 = 6 + 3 x AQ − 9 y AQ , ⇒ y AQ = − 3(−0, 2) = 0,6 m. 0 = 6 + 3 x AQ − 9(−3 xAQ ) = 6 + 30 x AQ , x AQ = −0, 2 m. rAQ = ( x AQ i + y AQ j ) = (−0, 2 i + 0,6 j ) m. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 73 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom c) A

gyorsulásábra megrajzolása: Vissza B ′′ ◄ 74 ► A′′ aA aB O a ≡ Q ′′ aC C ′′ 5.65 feladat: Merev test síkmozgása, gyorsulásábra y C Adott: A merev test A , B , C pontja, i k ( ) ω = −4k rad/s , j ε = (−8k ) rad/s 2 , 2m ε B 1m a A = (10 i ) m/s 2 . ω aA x A Q Feladat: a) Az aB és aC gyorsulások meghatározása számítással. b) Az aC gyorsulás meghatározása szerkesztéssel. c) A Q gyorsuláspólus meghatározása. Kidolgozás: a) Az aB és aC gyorsulások meghatározása számítással: aB = a A + ε × rAB − ω 2 rAB = (10 i ) + ( − 8 k ) × ( −1i ) −16( − 1i ) = = (10 i ) + ( 8 j ) + (16 i ) = ( 26 i + 8 j ) m/s 2 . aC = a A + ε × rAC − ω 2 rAC = (10 i ) + ( − 8 k ) × ( − i + 2 j ) −16( − i + 2 j ) = (10 i ) + ( 16 i + 8 j ) + (16 i − 32 j ) = ( 42 i − 24 j ) m/s 2 . b) Az aC gyorsulás meghatározása szerkesztéssel. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄

74 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom a y ⎡ m/s 2 ⎤ ⎣ ⎦ −ω 2 rAB ϕ Vissza ◄ 75 ► B′′ ε × rAB ax ϕ a A A′′ Oa (π − ϕ ) ⎡⎣ m/s 2 ⎤⎦ aC C′′ tgϕ = ε 8 = = 0,5 ω 2 16 ⇒ ϕ = 26,56o . A gyorsulásábra a helyzetábrához képest (π − ϕ ) szöggel (180o26,56o)=153,44o-kal van elforgatva ε irányban. c) A Q gyorsuláspólus a gyorsulás és a helyzetábra hasonlósága alapján szerkesztéssel határozható meg. 5.66 feladat: Merev test síkmozgása, sebesség- és gyorsulásállapot y B S A ω C Adott: Az xy síkban síkmozgást végző, állandó ω szögsebességgel gördülő R sugarú merev test szögsebessége. ω = ( −1 k ) rad/s , R =1 m. R x D Feladat: a) A P sebességpólus helyének, valamint az A, B, C és D pontok sebességvektorainak meghatározása. b) A Q gyorsuláspólus, valamint az A, B, C és D pontok gyorsulásának

meghatározása. Kidolgozás: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 75 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 76 ► a) A P sebességpólus helyének, valamint az A, B, C és D pontok sebességvektorainak meghatározása: Tiszta gördülés: vD = 0 ⇒ P ≡ D . vS = vS i = vD + ω × rDS = (ω k ) × ( Rj ) = (−1k ) × j = (i ) m/s , =0 vB = vD + ω × rDB = ( ω k ) × ( 2 R j ) = (− k ) × ( 2 j ) = (2 i ) m/s, =0 v A = vD + ω × rDA = ( ω k ) × ( − R i + R j ) = − R ω i − R ω j = =0 = vS = vS = (vS i + vS j ) = (1i + 1 j ) m/s , vC = vD + ω × rDC = ( ω k ) × ( R i + R j ) = (vS i − vS j ) = ( i − j ) m/s . =0 b) A Q gyorsuláspólus, valamint az A, B, C és D pontok gyorsulásának meghatározása: vS = állandó ⇒ aS = 0 ⇒ aSe = 0 aSn = 0 . S ≡Q Az S pont a test Q gyorsuláspólusa. ω = állandó ⇒ ε = 0. a A = aS + ε ×

rSA − ω 2 rSA = −ω 2 (− R i ) = (1i ) m/s 2 , =0 =0 aD = aS + ε × rSP − ω 2 rSD = −ω 2 (− R j ) = ( j ) m/s 2 , =0 =0 aB = aS + ε × rSB − ω 2 rSB = −ω 2 ( R j ) = (− j ) m/s 2 , =0 =0 aC = aS + ε × rSC − ω 2 rSC = −ω 2 ( R i ) = (−1i ) m/s 2 . =0 =0 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 76 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 77 ► 5.67 feladat: Merev test rögzített tengely körüli síkmozgása y Adott: A vizsgált test az A rögzített pont körül az xy síkban állandó ω szögsebességgel síkmozgást végez. ω = ( − 2 k ) rad/s , l =1 m. e ω S n l x A e = n = 1. Feladat: a) Az S pont sebességének meghatározása. b) Az S pont gyorsulásának meghatározása. Kidolgozás: a) Az S pont sebességének meghatározása: l vS = (ω ) e = (2 ⋅ 0,5) e = e m/s . 2 b) Az S pont gyorsulásának meghatározása:

ω = állandó ⇒ ε = 0 . l l aSe = (ε ) = 0 , aSn = (ω 2 ) = 22 ⋅ 0,5 = 2 m/s 2 . 2 2 2 aS = (2n ) m/s . 5.68 feladat: Merev test rögzített tengely körüli síkmozgása y vS A S aS m B x l0 Adott: Az ábrán látható merev test az A rögzített pont körül az xy síkban végez síkmozgást. vS = (3 j ) m/s , aS = ( − 9i − 2 j ) m/s 2 , l0 = 2 m. 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: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 77 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 78 ► vS 3 = = 3 rad/s , ω = (3k ) rad/s . l0 / 2 1 a 2 ε = Se = = 2 rad/s 2 , ε = (−2k ) rad/s 2 . l0 / 2 1 b) A B pont sebességének és gyorsulásának meghatározása: vB = vS +

ω × rSB = 2vS = (6 j ) m/s , ω= aBe = l0ε = 2 ⋅ 2 = 4 m/s 2 , aBn = l0ω 2 = 2 ⋅ 9 = 18 m/s 2 . aB = (−aSn i − aSe j ) = ( − 18i − 4 j ) m/s 2 5.69 feladat: Merev testek kinematikája (Traktor modell) y (2 ) (1 ) ω1 R1 C ε1 B A R2 (3 ) x D Adott: A talajon csúszásmentesen gördülő, R1 és R2 sugarú henger, amelyek súlypontjait merev rúd köti össze. ω1 = 5 rad/s, ε1 =10 rad/s 2 , R1 = 2 m , R2 = 4 m. Feladat: Az A, B, C és D pontok a) v A, vB , vC , vD sebességének meghatározása. b) a A, aB , aC , aD gyorsulásának meghatározása. Kidolgozás: a) A sebességek meghatározása: A csúszásmentes gördülés feltétele: v A = vD = 0 m/s. vB = v A + ω1 × rAB = 0 + (−5 k ) × (2 j ) = ( 10 i ) m/s . Mivel a (3) jelű rúd merev, ezért vC = vB = (10 i ) m/s. b) A gyorsulások meghatározása: A B pont érintő irányú gyorsulása: aBe = R1 ⋅ ε1 = 2 ⋅10 = 20 m/s 2 , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza

◄ 78 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 79 ► A B pont normális gyorsulása: aBn = 0 , mert a B pont egyenes vonalú mozgást végez. A B pont gyorsulása: aB = ( 20 i ) m/s 2 . A (3) jelű rúd merev, ezért aC = aB = ( 20 i ) m/s 2 , a A = aB + ε1 × rBA − ω12 rBA , a A = ( 20 i ) + (−10 k ) × (−2 j ) − 52 (−2 j ) = (50 j ) m/s 2 A C pont érintő irányú gyorsulása: a 20 aCe = aBe = R2 ε 2 ⇒ ε 2 = Ce = = 5 m/s 2 , R2 4 v 10 ω2 = C = = 2,5 rad/s . R2 4 Ezek alapján: aD = aC + ε 2 × rCD − ω22 rCD , aD = ( 20 i ) + (−5 k ) × (−4 j ) − 2,52 (−4 j ) = (25 j ) m/s 2 . Az eredmények összegzése: v A = 0 m/s, vB = ( 10 i ) m/s, vC = ( 10 i ) m/s, vD = 0 m/s . a A = (50 j ) m/s 2 , aB = (20 i ) m/s 2 , aC = (20 i ) m/s 2 , aD = (25 j ) m/s 2 . 5.610 feladat: Merev test síkmozgása, sebességállapot y C Adott: Az xy síkban síkmozgást végző merev test A, B,

C pontja. Ismert az A és B pont v A és vB sebességének eA és eB irány egységvektora, valamint a i k j 2m eB ω 45 o x • A 1m B test szögsebessége: ω = (−4k ) rad/s , eA ⎛ 2 2 eA = ( i ) , eB = ⎜⎜ i+ 2 ⎝ 2 ⎞ j ⎟⎟ ⎠ Feladat: a) A P pillanatnyi sebességpólus meghatározása. b) A v A , vB és vC sebességvektorok meghatározása. c) A test sebességábrájának megrajzolása. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 79 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 80 ► Megoldás: a) A P sebességpólus helyvektora: rP = (1 j ) m. b) Az A, B és C ponti sebességvektorok: v A = (−4 i ) m/s, vB = (−4 i − 4 j ) m/s, vC = (4 i ) m/s. c) A sebességábra: A′ vA Ov ≡ P ′ vC C′ vB B′ 5.611 feladat: Merev test síkmozgása, sebességábra C y 3m A 4m Adott: Az xy síkban síkmozgást végző merev test A,B,C

pontja. Ismert a test P P sebességpólusa és a test szögsebessége: ω = (2k ) rad/s. x Feladat: a) A v A , vB és vC sebességvektorok B meghatározása. b) A test sebességábrájának megrajzolása. Megoldás: a) Az A, B és C ponti sebességvektorok: v A = (6 i − 8 j ) m/s, vB == (6 i ) m/s, vC = (−8 j ) m/s. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 80 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom b) A sebességábra: Ov vC vB Vissza ◄ 81 ► B′ vA A′ C′ 5.612 feladat: Merev test síkmozgása, gyorsulásábra y C 1m ε B 1m ω A aA x Adott: Az xy síkban síkmozgást végző merev test A,B,C pontja. Ismert a test szögsebessége, szöggyorsulása és az A pont gyorsulása: ω = ( − 2 k ) rad/s, ε = (4 k ) rad/s 2 , a A = ( 6 i ) m/s 2 . 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: aB = (10 i − 4 j ) m/s 2 , aC = ( 6 i − 8 j ) m/s 2 . b) A Q gyorsuláspólus helyvektora: Az A pontból a Q pontba mutató helyvektor: rAQ = ( x AQ i + y AQ j ) = (0,75 i + 0,75 j ) m. A B pontból a Q pontba mutató helyvektor: rBQ = (1,75 i +0,75 j) m. c) A gyorsulásábra: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 81 ► Mechanika Merev test kinematikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Oa = Q ′′ aA Vissza ◄ 82 ► A′′ aB B ′′ aC C ′′ 5.613 feladat: Merev test síkmozgása y x A vS aS S B l0 Adott: Az A rögzített pont körül az xy síkban forgómozgást végző test S súlypontjának sebessége és gyorsulása: aS = (−3i + 4 j ) m/s 2 , vS = (2i ) m/s , l0 = 2 m . Feladat: a) A test ω szögsebességének és ε szöggyorsulásának meghatározása. b) A B pont vB

sebességének és aB gyorsulásának meghatározása. Megoldás: a) A test ω szögsebessége és ε szöggyorsulása: ω = (2k ) rad/s , ε = (−3k ) rad/s 2 . b) A B pont vB sebessége és aB gyorsulása: vB = (4i ) m/s , aB = (−6i + 8 j ) m/s 2 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 82 ► Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 83 ► 6. Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben, relatív mozgás Definíció: Relatív mozgásról akkor beszélünk, amikor egy test mozgásjellemzőit két, egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerben (KR-ben) akarjuk meghatározni. ζ z ar vr ω ε va ρ Ω m r aa x O η rΩ ξ y aΩ vΩ Az ábrán látható jelölések magyarázata: xyz – álló (abszolút) koordináta rendszer (KR), kezdőpontja: O. ξηζ - mozgó (relatív)

koordináta rendszer (KR), kezdőpontja Ω . vΩ ⎫ ⎧sebessége az álló xyz KR⎬ - a mozgó ξηζ KR kezdőpontjának ⎨ aΩ ⎭ ⎩gyorsulása ben. ω⎫ ⎬ - a mozgó ξηζ KR-nek, mint merev testnek a szögsebessége és ε⎭ 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 KRben. va - a tömegpont sebessége az álló KR-ben (abszolút sebesség). A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 83 ► Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 84 ► vr - a tömegpont sebessége a mozgó KR-ben (relatív sebesség). aa - a tömegpont gyorsulása az álló KR-ben (abszolút gyorsulás). ar - 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: i -Az s skalár mennyiségnek az álló KR-ben vett s idő szerinti deri∗ i ∗ váltja azonos a mozgó KR-ben vett s idő szerinti deriválttal: s = s , i -A c vektor mennyiségnek az álló KR-ben vett c idő szerinti derivált∗ ja a mozgó KR-ben vett c idő szerinti deriválttal és a mozgó KR ∗ i szögsebességének segítségével írható fel: c = c + ω × c . 6.1 A sebességek kapcsolata Alkalmazzuk a fenti deriválási szabályt a tömegpont abszolút és relatív sebessége közötti kapcsolat felírására: d r (t ) = rΩ (t ) + ρ (t ) / ,

dt i i i ∗ va = r (t ) = r (t ) + ρ (t ) = vΩ + ω × ρ + ρ = vsz + vr . vΩ vr Tehát: va = vr + vsz . va - a tömegpont abszolút sebessége, vr - a tömegpont relatív sebessége, vsz - a tömegpont szállító sebessége. Tétel: Az anyagi pont abszolút sebessége a relatív sebesség és a szállító sebesség összege A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 84 ► Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 85 ► Szállító sebesség: A mozgó koordináta-rendszer azon pontjának a sebessége az álló KR-ben, amelyben az anyagi pont tartózkodik. vsz = vΩ + ω × ρ . 6.2 A gyorsulások kapcsolata A gyorsulások kapcsolata szintén a deriválási szabály felhasználásával állítható elő: aa = ar + asz + ac . aa - a tömegpont abszolút gyorsulása, ar - a tömegpont relatív gyorsulása, asz - a

tömegpont szállító gyorsulása, ac - 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. asz = aΩ + ε × ρ + ω × (ω × ρ ) . Coriolis-gyorsulás: ac = 2ω × vr A tömegpontnak akkor van Coriolis gyorsulása, ha ω ≠ 0 , vr ≠ 0 és ω nem vr . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 85 ► Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 86 ► 6.3 Gyakorló feladatok relatív mozgásra 6.31 feladat: Daru futómacskájának mozgása η ε Adott: a szerkezet méretei, ω = (10 j ) rad/s , ω ε = (15 j ) rad/s 2 , 1m ellensúly D vr vr = (2i ) m/s = áll. ξ B y rD

x A ε ω ξ D x A B ζ z futómacska Feladat: a) A D futómacska vD sebességének meghatározása az álló KR-ben. b) A D futómacska aD gyorsulásának meghatározása az álló KR-ben. a) A D pont (a futómacska) abszolút sebessége: va ( D) = vr ( D) + vsz ( D) . vr ( D) = (2i ) m/s , vsz ( D) = vB + ω × ρ D = (10 j ) × (i ) = (−10k ) m/s , =0 rBD va ( D) = (2i − 10k ) m/s . b) A D pont (futómacska) abszolút gyorsulása: aa ( D) = asz ( D) + ac ( D) + ar ( D) . ar ( D) = 0 , mert vr ( D) = állandó , asz ( D) = aB + ε × ρ D + ω × (ω × ρ D ) =0 ω (ω ⋅ ρ D ) − ω 2 ρ D , =0 asz ( D) = ε × ρ D − ω ρ D = (15 j ) × (i ) − 100i = (−15k − 100i ) , 2 ac ( D) = 2ω × vr ( D) = 2(10 j ) × (2i ) = −40k , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 86 ► Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Vissza ◄ 87 ► aa ( D) = (−100i − 55k ) m/s 2 . 6.32 feladat: Pont relatív mozgásának kinematikája η ωt εt y A RAP ρ k i vk = ( 2 i ) m/s , j P ωt = ( 2 k ) rad/s , ak vk ξ Ω O Adott: a k = (3 i ) m/s 2 , x ε t = ( 3 k ) rad/s 2 , RAP = 1,5 m . 1. KR: xy (álló koordinátarendszer) 2. KR: ξη (mozgó koordináta-rendszer) Feladat: a) A P pont va ( P) abszolút sebességének meghatározása. b) A P pont aa ( P) abszolút gyorsulásának meghatározása. Kidolgozás: a) A P pont abszolút sebességének meghatározása: va ( P) = vsz ( P) + vr ( P) . vsz ( P) = vΩ + ω × ρ = vk = ( 2 i ) m/s , vk = 0 vr ( P ) = ωt × RAP = ( 2 k ) × (1,5 i ) = (3 j ) m/s . va ( P) = vsz ( P) + vr ( P) = ( 2 i + 3 j ) m/s. b) A P pont abszolút gyorsulásának meghatározása: aa ( P) = asz ( P) + ac ( P) + ar ( P) . asz ( P) = aΩ + ε × ρ − ω 2 ρ = ak = (3i ) m/s 2 , =0 ak = 0 ac ( P) = 2 ω × vr ( P) = 0 , =0 ar ( P) = ε t × RAP

− ωt2 RAP = (3 k ) × (1,5 i ) − 22 (1,5 i ) = A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 87 ► Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 88 ► = (−6 i + 4,5 j ) m/s 2 . aa ( P) = asz ( P) + ac ( P) + ar ( P) = ( − 3i + 4,5 j ) m/s 2 . 6.33 feladat: Pont relatív mozgásának kinematikája Adott: Az ábrán látható lift, amely a vizsgált lift időpontban v sebességgel és a gyor0 0 a0 sulással végez függőleges haladó mozgást. A liftben az R sugarú henger állandó ω szögsebességgel csúszásmentesen v0 gördül. ω = (2 k ) rad/s , v0 = (−4 j ) m/s , y B ω S R A x O a0 = (8 j ) m/s 2 , R = 2 m . Feladat: A henger A és B pontja abszolút sebességnek és gyorsulásának meghatározása. Kidolgozás: Az A pont abszolút sebessége: va ( A) = vsz ( A) + vr ( A) = v0 = (−4 j ) m/s. =0 A B pont

abszolút sebessége: va ( B ) = vsz ( B ) + vr ( B ) = v0 + (−2 R ω i ) = (−8 i − 4 j ) m/s. Az A pont abszolút gyorsulása: aa ( A) = asz ( A) + ac ( A) + ar ( A) =0 asz ( A) = a0 = (8 j ) m/s 2 , ar ( A) = a r ( S ) + ε × RSA − ω 2 RSA = − ω 2 RSA = −22 (−2 j ) = (8 j ) m/s 2 , =0 =0 ω = állandó ⇒ vr ( S ) = állandó ⇒ ar ( S ) = 0 . Az S ≡ Qrel a relatív gyorsulási pólus. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 88 ► Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 89 ► aa ( A) = asz ( A) + ac ( A) + ar ( A) = a0 + ar ( A) = 8 j + 8 j = (16 j ) m/s 2 . =0 A B pont abszolút gyorsulása: aa ( B) = asz ( B) + ac ( B) + ar ( B) . =0 asz ( B) = a0 = (8 j ) m/s 2 , ar ( B) = ar ( S ) + ε × RSB − ω 2 RSB = − ω 2 RSB = −22 ( 2 j ) = (− 8 j ) m/s 2 . =0 =0 aa ( B) = asz ( B) + ac ( B) + ar

( B) = a0 + arel ( B) = 8 j − 8 j = 0. =0 6.34 feladat: Pont relatív mozgásának kinematikája y η Adott: 3 i 0,4 m A (3) jelű rúd a (2) jelű, k j P ω 2 ρ 0,4 m Ω ξ O x ω szögsebességgel forgó hasábra támaszkodik. ω = ( 2 k ) rad/s = állandó. 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: va ( P ) = vsz ( P ) + vr ( P). va ( P) = va ( P) j , vr ( P) = vr ( P)i . vsz ( P) = vΩ + ω × ρ = (2k ) × (0, 4i + 0, 4 j ) = (−0,8i + 0,8 j ) m/s, =0 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 89 ► Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben A dokumentum

használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom va ( P) j = ( − 0,8i + 0,8 j ) + vr ( P) i 0 = − 0,8 + vr ( P), vr ( P ) = 0,8 m/s . Vissza ◄ 90 ► /⋅ i , /⋅ j va ( P) = 0,8 m/s . vr ( P) = ( 0,8 i ) m/s. va ( P) = ( 0,8 j ) m/s. b) A P pont abszolút és relatív gyorsulásának meghatározása: aa ( P) = asz ( P) + ac ( P) + ar ( P) . aa ( P ) = aa ( P) j , ar ( P) = ar ( P)i , asz ( P) = aΩ + ε × ρ − ω 2 ρ = − 22 (0, 4i + 0, 4 j ) = =0 =0 (−1,6i − 1,6 j ) m/s 2 , ac ( P) = 2 ω × vr ( P) = 2(2 k ) × ( 0,8 i ) = (3, 2 j ) m/s 2 , aa ( P) j = ( − 1,6i − 1,6 j ) + (3, 2 j ) + ar ( P) i /⋅ i , /⋅ j 0 = − 1,6 + ar ( P ), ar ( P) =1,6 ; aa ( P) = − 1,6 + 3, 2 ; aa ( P ) =1,6 ; ar ( P) = (1,6 i ) m/s 2 . aa ( P) = (1,6 j ) m/s 2 . 6.35 feladat: Tömegpont relatív mozgása y a0 r0 v0 P η ρ0 v1 O0 O1 x ξ r0 = (6 i + 5 j ) m , a0 = (−4 i + 3 j ) m/s 2 , v0 = (−2 i + 1,5 j ) m/s , v1 = (6 i ) m/s. Adott: A P pont az xy

síkban mozog. A vizsgált időpillanatban a pont helyvektora r0 , sebessége v0 és gyorsulása a0 az xy álló koordinátarendszerben. A ξη koordináta-rendszert az x tengely mentén állandó v1 sebességgel mozgó járműhöz kötjük. Feladat: a) A P pont abszolút és relatív sebességének meghatározása. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 90 ► Mechanika Tömegpont mozgása egymáshoz képest mozgó koordináta-rendszerekben A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 91 ► b) A P pont abszolút és relatív gyorsulásának meghatározása. Megoldás: a) A P pont abszolút sebessége: va ( P) = v0 = (−2 i + 1,5 j ) m/s. A P pont relatív sebessége: vr ( P) = (−8 i + 1,5 j ) m/s. b) A P pont abszolút gyorsulása: aa ( P) = a 0 = (−4 i + 3 j ) m/s 2 . A P pont relatív gyorsulása: ar ( P) = a0 = (−4 i + 3 j ) m/s 2 . 6.36 feladat: Tömegpont relatív mozgása y η R m A ρA vB

O vr aB B ξ x Adott: Az m tömegpont, amely a ξη koordináta-rendszerhez kötött R sugarú körpályán vr pályasebességgel mozog. A ξη KR az xy KR-ben haladó mozgást végez, a vizsgált időpillanatban sebessége vB , gyorsulása aB . vB = (10 i − 4 j ) m/s, R = 2 m , aB = (4 i ) m/s 2 , vr = 4 m/s = állandó . 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: vsz = vB = (10i − 4 j ) m/s . A tömegpont relatív sebessége: vr = (−4 j ) m/s . A tömegpont abszolút sebessége: va = (10i − 8 j ) m/s . b) Az m tömegpont abszolút gyorsulásának meghatározása. A tömegpont szállító gyorsulása: asz = aB = (4 i ) m/s 2 . A tömegpont Coriolis gyorsulása: ac = 0. A tömegpont relatív gyorsulása: ar = (−8 i ) m/s 2 . A tömegpont abszolút gyorsulása: aa = (−4

i ) m/s 2 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 91 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 92 ► 7. Tömegpont kinetikája 7.1 Tömegpont impulzusa, perdülete a) Impulzus (lendület): Definíció: Anyagi pont impulzusa egyenlő az anyagi pont tömegének és sebességének szorzatával: I = mv . Tulajdonság: az I impulzus vektormennyiség. Mértékegység: [ kgm/s=Ns ] . (Kilogramm méter per szekundum, Newton - kiejtése: nyúton - szekundum) b) Perdület (impulzus nyomaték): Definíció: Anyagi pont A (helytálló) pontra számított perdülete egyenlő az anyagi pont impulzusvektorának az A pontra számított nyomatékával: π A = rAP × I . z P m pálya I B rAP O rAB x A y Tulajdonság: - a π A perdület vektor mennyiség, - függ az A pont megválasztásától. Mértékegység: ⎡⎣ kgm 2 / s = Nms ⎤⎦ . Impulzusnyomaték átszámítása: π

B = π A + I × rAB . 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: 1 E = mv 2 . 2 Tulajdonsága: a kinetikai energia mindig pozitív skalár mennyiség. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 92 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 93 ► Mértékegység: ⎡⎣ kgm 2 /s 2 ⎤⎦ = [ 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 F F v v Előjel: P>0 F v P<0 P=0 - Ha a sebességvektor és az erővektor által bezárt szög kisebb mint 90o , akkor az erő teljesítménye pozitív. - Ha a sebességvektor és az erővektor által bezárt szög 90o , akkor az erő teljesítménye zérus. - Ha a sebességvektor és az erővektor által bezárt szög nagyobb mint 90o , 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 t1 – t2 t2 határok között vett idő szerinti integrálja: W12 = ∫ P dt . t1 Tulajdonsága: a munka (előjeles!) skalár mennyiség Mértékegység: [ Ws ] = [ Nm ] = [ J ] (vatt szekundum, nyúton méter, zsúl) A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 93 ► Mechanika

Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 94 ► Átalakítás: v t2 dr r1 Állandó erő munkája: F = állandó . r1 r2 F = áll. t1 t2 F r2 W12 = ∫ F ⋅ v dt = ∫ F ⋅ dr . t1 t2 t2 t1 t1 W12 = ∫ F ⋅ dr = F ⋅ ∫ dr = F ⋅ Δr12 . v t1 r1 t2 Δr12 r2 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 megváltoztatására nem kényszeríti. b) Newton II. törvénye (Impulzus tétel): Anyagi pont impulzusának idő szerinti megváltozása egyenlő az anyagi pontra ható erők eredőjével. d dI (mv ) = =I =F. dt dt Ha: m = áll. (a mérnöki gyakorlatban leggyakrabban ez fordul elő): dv = ma = F . m dt c) Newton III. törvénye (Hatás, ellenhatás törvénye): Két test egymásra gyakorolt hatásának nagysága mindig egyenlő és a hatások iránya mindig

ellentétes . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 94 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 95 ► F12 = − F21 F21 m1 F12 m2 F12 - az 1-es testről a 2-es testre átadódó erő, F21 - 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 = −ma + F = T + F T Az anyagi pontra ható F eredő erő és a T tehetetlenségi erő együtt egyensúlyi erőrendszert alkotnak. b) Perdület tétel dπ A Differenciális alak: =πA = MA . dt Anyagi pont álló pontra számított perdületének idő szerinti első deriváltja egyenlő az anyagi pontra ható erőnek ugyanarra a pontra számított nyomatékával. t2 Integrál alak: π A (t2 ) − π A (t1 ) = ∫ M Adt . t1

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 = P. dt Anyagi pont kinetikai energiájának idő szerinti deriváltja egyenlő az anyagi pontra ható erők teljesítményével. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 95 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 96 ► t2 Integrál alak (munkatétel): E2 − E1 = W12 = ∫ Pdt . t1 Anyagi pont kinetikai energiájának < t1 t2 > időtartam alatti megváltozása egyenlő az anyagi pontra ható erőknek az időtartam alatt végzett munkájával. r A munkatétel anyagi pontra: 1 2 1 2 2 mv2 − mv1 = ∫ F ⋅ dr . 2 2 r1 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 ⎞ ⎛ ∂U F = − grad U = − i+ j+ k ⎟. = −⎜ dr ∂x ∂x ⎠ ⎝ ∂x U (r ) - potenciál függvény (helyzeti energia), ∂U ∂U ∂U - a potenciál függvény x, y, z szerinti parciális , , ∂x ∂y ∂z 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. 1 helyzet lehetséges pályagörbék 2 helyzet r1 r2 W12 = U (r1 ) − U (r2 ) U (r1 ) - potenciál a kezdő (1) helyzetben. U (r2 ) - potenciál a végső (2) helyzetben. O A mechanikai energiamegmaradás tétele: Konzervatív erőtérben (erőrendszerben) a mozgás során a kinetikai és helyzeti energiák összege állandó: A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 96 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 97 ► E + U = állandó . 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) - a kezdő helyzet: r (t = 0) = r0 = 0 , Adott: - a kezdő sebesség: v (t = 0) = v0 . 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? y yB B vB G v0 A C x xB A feladat megoldása: a) Az a (t ) gyorsulásfüggvény, a v (t ) sebességfüggvény és az r (t ) mozgásfüggvény meghatározása: Impulzus tétel: ma = G = mg ⇒ a = g =

állandó . A sebességfüggvény: v (t ) = v0 + ∫ gdt = v0 + gt . A mozgásfüggvény: r (t ) = r0 + v0t + g t2 . 2 =0 b) A pálya legmagasabb pontjának eléréséhez szükséges és az egész hajítási idő meghatározása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 97 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 98 ► tB Az impulzus tétel integrál alakja: I ( B) − I ( A) = ∫ F dt . t0 mvB − mv0 = mg t B ⋅i ⋅ j mvB − mv0 x = 0 ⇒ vB = v0 x . mv0 y = − mgt B ⇒ tB = v0 y g A pálya legmagasabb pontjának eléréséhez szükséges idő: t B . Az egész hajítási idő: tC = 2 t B . c) Az anyagi pont pályájának magassága és hossza: Munkatétel integrál alakja: r 1 2 1 2 B mvB − mv0 = ∫ mgdr = mg ⋅ rB . 2 2 0 v02x − v02 = −2 g yB . v02 − v02x . 2g Mozgástörvényből: xB = v0 xt B . A pálya magassága: yB = A pálya hossza:

xC = 2 xB = 2v0 xt B . 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 felületekre. (Nincs súrlódás.) Érdes kényszer: A kényszererő normális és tangenciális koordinátája közötti a Coulomb-féle (kiejtés: kulomb) súrlódási törvény teremt kapcsolatot. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 98 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 99 ► 7.8 A Coulomb-féle súrlódási törvény Mozgásbeli súrlódás: a testek érintkezési pontjában (pontjaiban) egymáshoz képest van

érintő irányú (tangenciális) elmozdulás (sebesség). A támasztóerő összetevői: FK = FS + FN . n μ e FS - a támasztóerő érintő irányú összetevője. FN - a támasztóerő normális irányú ρρ F összetevője. K FN A támasztóerő (kényszererő) koordinátái: FS FK = FS e + FN n . v Törvény: A kényszererő tangenciális koordinátájának nagysága a normál erő μ -szöröse, iránya pedig ellentétes a sebesség irányával. v Az érintő irányú összetevő: FS = − μ FN . v Az érintő irányú koordináta: FS = − μ FN . μ - a mozgásbeli súrlódási tényező: μ = tg ρ . A súrlódási tényező az érintkező testek anyagának minőségétől és az érintkező felületek minőségétől (simaságától) függ. 7.9 Gyakorló feladatok tömegpont kinetikájára 7.91 feladat: Tömegpont lejtőn történő mozgása n (1) FK α m v0 e (2) G sh α h Adott: - a ( μ = 0 ) sima lejtő α dőlésszöge, - az m tömegű anyagi pont v0

kezdősebessége az (1) jelű helyzetben, - az ábrán látható h magasság. Feladat: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 99 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 100 ► a) Az FK kényszererő (támasztóerő) meghatározása. b) A tömegpont a gyorsulásának meghatározása. c) A tömegpont (2) helyzetbeli vh sebességének meghatározása. d) Annak a th időnek a meghatározása, amely alatt az anyagi pont az (1) helyzetből a (2) helyzetbe ér. Kidolgozás: a) Az FK kényszererő (támasztóerő) meghatározása: I =F ma = mg + FK 0 = − mg cos α + FN , Impulzus tétel: /⋅ n , ⇓ FN = mg cos α ⇒ FK = FN n . b) A tömegpont a gyorsulásának meghatározása. Impulzus tétel: I =F ma = mg + FK /⋅ e mae = mg sin α ⇒ ae = g sin α ⇒ a = aee . c) A tömegpont (2) helyzetbeli vh sebességének meghatározása: Munkatétel: E2 − E1 = W12 = (

r2 ) ∫ F ⋅ dr = F ⋅ Δr , ( r1 ) 1 1 mvh2 − mv02 = FK ⋅ Δr + mg ⋅ Δr , 2 2 mgh =0 vh = 2 gh + v02 . d) Annak a th időnak a meghatározása, amely alatt az anyagi pont az (1) helyzetből a (2) helyzetbe ér: th Impulzus tétel: I 2 − I1 = ∫ Fdt , to mvh − mv0 = (mg + FK )th /⋅ e , mvh − mv0 = ( mg sin α + 0)th , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 100 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 101 ► 2 gh + v02 − v0 vh − v0 . th = = g sin α g sin α 7.92 feladat: Tömegpont mozgása körpályán Adott: Az l hosszúságú nyújthatatlan ϕ kötélre felfüggesztett m tömegű l n anyagi pont. FK e Kérdés: a) Mekkora ϕmax helyzetig lendül ki m v v0 (2) a tömegpont, ha kötél függőleges mg helyzetéből v0 sebességgel (0) indítjuk? b) Mekkora a tömegpont a gyorsulása és a tömegpontra ható FK kényszererő a tetszőleges ϕ

( 0 < ϕ < ϕ max ) helyzetben? Kidolgozás: a) A ϕmax meghatározása: Munkatétel: E2 − E0 = W02 = ( r2 ) ∫ F ⋅ dr , ( r0 ) 1 1 m v22 − mv02 = ∫ FK ⋅ dr + mg ⋅ Δr , 2 2 =0 =0 1 − mv02 = − mgl (1 − cos ϕ max ) , 2 v02 = (1 − cos ϕmax ) , 2 gl cos ϕ max = 1 − v02 2 gl ⇒ ϕmax = arc cos(1 − v02 ). 2 gl b) A tömegpont a gyorsulása és a tömegpontra ható FK kényszererő meghatározása tetszőleges ϕ ( 0 < ϕ < ϕmax ) helyzetben: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 101 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Munkatétel: Vissza ◄ 102 ► 1 1 , mv 2 − mv02 = ∫ FK ⋅ dr + mg ⋅ Δr 2 2 − mgl (1 − cos ϕ ) =0 v 2 = v02 − gl (1 − cos ϕ ) . ϕ Impulzus tétel: I =F, m(ae + an ) = FK + mg /⋅ e /⋅ n mae = 0 − mg sin ϕ ⎫ ⎬ man = FN − mg cos ϕ ⎭ e n ϕ ϕ mg ϕ ae = − g sin ϕ . Az első

egyenletből: v2 A második egyenletből: FN = m(an + g cos ϕ ) = m( + g cos ϕ ) . l A gyorsulás és a kényszererő vektor: v2 v2 ( an = ). a = aee + an n = − g sin ϕ e + n , l l 2 v FK = FN n = m( + g cos ϕ )n . l 7.93 feladat: Tömegpont mozgása körpályán z m v0 n v FK ϕ R ϕ Adott: Az R sugarú, sima ( μ = 0 ) kényszerpálya, amelynek felső pontjából az m tömegű anyagi pontot v0 sebességgel indítjuk. e mg x Kérdés: Hol hagyja el a tömegpont a kényszerpályát? Kidolgozás: Impulzus tétel: m(ae + an ) = FK + mg /⋅ n − man = FN − mg cos ϕ . Elválási feltétel: FN = 0 , (Megszűnik a kényszerpálya tömegpontra gyakorolt hatása.) A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 102 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 103 ► 2 velv 2 = g cos ϕ ⇒ velv = Rg cos ϕ , R 1 1 2 , mvelv − mv02 = ∫ FK ⋅ dr + mg ⋅ Δr 2 2 mgR

(1 − cos ϕelv ) =0 an elv = Munkatétel: 2 velv − v02 = 2 gR (1 − cos ϕelv ) , Rg cos ϕelv − 2 gR + 2 gR cos ϕelv = v02 , Rg (3cos ϕelv − 2) = v02 , v02 , Rg 3cos ϕelv − 2 = cos ϕelv = v02 2 + 3Rg 3 ⎛ v02 2⎞ + ⎟. ⎝ 3Rg 3 ⎠ ϕelv = arc cos ⎜ ⇒ 7.94 feladat: Tömegpont mozgása érdes síkon m n v0 v μ ρ ρ Adott: m, g , v0 , μ = tg ρ . e Kérdés: a) Mennyi idő alatt áll meg a tömegpont? b) Mekkora L utat tesz meg a tömegpont a megállásig? FK G L Kidolgozás: a) Mennyi idő alatt áll meg a tömegpont? Impulzus tétel: ma = mg + FK FS m(aee + an n ) = mg − μ FN e + FN n , /⋅ n /⋅ e . A pálya egyenes ⇒ an = 0 . 0 = − mg + FN , ⇒ FN = mg . mae = − μ FN , mae = − μ mg , ⇒ ae = μ g . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 103 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 104 ► tL Impulzus

tétel integrál alakja: I L − I 0 = ∫ (mg + FK )dt , 0 0 − mv0 = (mg + FK )t L /⋅ e , − mv0 = − μ mg t L , v tL = o . μg b) A megállásig megtett út meghatározása: Munkatétel integrál alakja: EL − E0 = ( rL ) ∫ (mg + F K ) ⋅ dr , (0) 0− 1 mv02 = − μ mgL , 2 v2 L= 0 . 2μ g 7.95 feladat: Tömegpont mozgása érdes lejtőn n v e F0 FK α ρ ρ G Adott: G, F0 , μ = tg ρ , v . Feladat: A tömegpont gyorsulásának és támasztóerőjének meghatározása a) számítással és b) szerkesztéssel. Kidolgozás: a) Megoldás számítással: maee = mg + F0 − μ FN e + FN n /⋅ e /⋅ n , mae = −mg sin α + F0 cos α − μ FN ⎪⎫ ⎬ 0 = − mg cos α − F0 sin α + FN ⎪⎭ ⇓ FN = mg cos α + F0 sin α , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 104 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ae = − g (sin α + μ cos α ) + Vissza

◄ 105 ► F0 (cos α − μ sin α ) . m b) Megoldás szerkesztéssel: Impulzus tétel: ma = G + F0 + FK . Helyzetábra Vektorábra ρ e a F0 • ma e0 FK α ρ ρ G FK eK ρ G eG F0 7.96 feladat: Tömegpont mozgása kényszerpályán n m μ v0 e L m = 10 kg, g =10 m/s 2 . n m v0 v μ ρ ρ Adott: Az érdes, vízszintes felületen v0 kezdeti sebességgel mozgó m tömegű anyagi pont. μ = 0, 2 ; v0 = 2 m/s, e FK G L Feladat: a) A tömegpont gyorsulásának meghatározása. b) A megállásig szükséges idő meghatározása. c) A megállásig megtett út meghatározása. Kidolgozás: a) A tömegpont gyorsulásának meghatározása: Impulzus tétel: I = F , m a = FK + G , FK = FS e + FN n = FN (− μ e + n ) . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 105 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 106 ► m ae e = ( FS e + FN n ) + (−m g n

) , /⋅ e /⋅ n m ae = − μ FN , 0 = FN − m g , ae = − μ g ( ← ) , FN = m g . ae = (−2 e ) m/s 2 . FK = (−20 e + 100 n ) N. A tömegpont gyorsulása a sebességgel ellentétes irányú, tehát a tömegpont nem gyorsul, hanem lassul. b) A megállásig szükséges idő kiszámítása: Az impulzus tétel integrál alakja: I1 − I 0 = ∫ F dt = ∫ ( G + FK ) dt = ( G + FK ) (t ) (t ) t1 ∫ dt , t0 = 0 m v1 e − m v0e = [ ( − m g n ) + (− μ FN e + FN n ) ] t1 /⋅ e , =0 − m v0 = − μ m g t1 ⇒ t1 = 2 v0 = =1 s. μ g 0, 2 ⋅10 c) A megállásig megtett út kiszámítása: Munkatétel: r1 e + FN n ) + (− m g n ) ] (ds e ), /⋅ e dr 2 1 1 22 4 v = =1 m . m v12 − m v02 = − μ m g L , ⇒ L = 0 = 2 2 2 μ g 2 ⋅ 0, 2 ⋅10 4 =0 E1 − E0 = W01 = ∫ [ (− μ F N r0 = 0 7.97 feladat: Tömegpont mozgása érdes lejtőn Adott: ϕ =ψ = 30o , m =10 kg, μ = tg ρ = 0, 2 ; v0 = (8 i ) m/s. Feladat: a) Annak meghatározása, hogy mekkora

F1 erő esetén marad a tömegpont a kényszerpályán. b) A tömegpont gyorsulásának meghatározása a pálya elhagyásának pillanatában. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 106 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 107 ► e1 F1 n y m ψ v0 a x FS μ ϕ ϕ G ρ FK FN Kidolgozás: a) Az F1 erő meghatározása a pálya elhagyásának pillanatában: Az ismert irányú mennyiségek: F1 = F1 e1 , ahol e1 = cosψ i + sinψ j , a=ai , G = m g = m ( − g sin ϕ i − g cos ϕ j ), FK = FS + FN = ( − μ FN i + FN j ). Impulzus tétel: m a = F ⇒ ma = F1 + G + FK mai = F1 (cosψ i + sinψ j ) + m g (− sin ϕ i − cos ϕ j ) + ( − μ FN i + FN j ) A vektoregyenletet skalárisan megszorozva i -vel és j -vel: m a = F1 cosψ − m g sin ϕ − μ FN , F1 sinψ − m g cos ϕ + FN = 0 , ⇓ FN = m g cos ϕ − F1 sinψ . m a = F1 cosψ − m g sin

ϕ − μ ( m g cos ϕ − F1 sinψ ) . A kényszerpályán maradás feltétele: FN ≥ 0 . FN = m g cos ϕ − F1 sinψ ≥ 0 , ⇓ m g cos ϕ 10 ⋅10 ⋅ 0,866 = =173, 2 N. sinψ 0,5 b) A tömegpont gyorsulásának meghatározása a pálya elhagyásának pillanatában: m a = F1 cosψ − m g sin ϕ − μ ( m g cos ϕ − F1 sinψ ), F1 ≤ F1 max = A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 107 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 108 ► m a = F1 ( cosψ + μ sinψ ) − m g (sin ϕ + μ cos ϕ ), F a = 1 ( cosψ + μ sinψ ) − g (sin ϕ + μ cos ϕ ). m A tömegpont gyorsulása a pálya elhagyásának pillanatában: 173, 2 a= ( 0,866 + 0, 2 ⋅ 0,5) − 10(0,5 + 0, 2 ⋅ 0,866) = 10 = 16,73 − 6,73 =10 m/s 2 . a ≅ g =10 m/s 2 , a = (−10 j ) m/s 2 . 7.98 feladat: Tömegpont mozgása körpályán y R Adott: G = (− 60 j ) N , g ≈10 m/s 2 , v = ( v e ), v=2

m/s, μ = tg ρ = 0, 2 e = ( 0,8 i − 0,6 j ) , n ϕ m μ v G x e n = ( 0,6i + 0,8 j ) , R = 2 m . Feladat: A tömegpont gyorsulásának és a tömegpontra ható kényszererőnek a meghatározása a) számítással, b) szerkesztéssel. a) A feladat megoldása számítással: A súlyerő vektor: Ge = G ⋅ e = (−60 j ) ⋅ (0,8i − 0,6 j ) = 36 N , Gn = G ⋅ n = (−60 j ) ⋅ (0,6i + 0,8 j ) = − 48 N , G = Ge e + Gn n = (36 e − 48 n ) N . A támasztóerő (kényszererő): FK = FS + FN = (− μ FN e + FN n ). A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 108 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom y ϕ R 109 ► 109 ► G 60 = = 6 kg. g 10 A gyorsulás: a = ae + an = ae e + an n , an m ρρ A tömeg: m = n ◄ Vissza v 2 22 = = 2 m/s 2 . R 2 Impulzus tétel: m a = G + FK μ an = x ae e G FK m ae e + m an n = ( Ge e + Gn n ) + ( − μ FN e + FN n ) , /⋅ e

/⋅ n m ae e + m 2 n = (36 e − 48 n ) + ( − μ FN e + FN n ) , m ae = 36 − μ FN , 2m = −48 + FN , FN = 48 + 2m = 48 + 2 ⋅ 6 = 60 N , 36 − μ FN 36 − 0, 2 ⋅ 60 ae = = = 4 m/s 2 , m 6 2 a = (4e + 2n ) m/s . FK = FS + FN = − μ FN e + FN n = (−0, 2 ⋅ 60 e + 60 n ) = = ( − 12 e + 60 n ) N. b) A feladat megoldása szerkesztéssel: Impulzus tétel: m ae e + m an n = G + ( − μ FN e + FN n ) . Helyzetábra Vektorábra y • m an ma ϕ ϕ ρρ n eG e m ae FK ρ G x n • e ϕ eK A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 110 ► 7.99 feladat: Tömegpont mozgása sima lejtőn Adott: Az α jelű, sima kényszerpályán csúszó G súlyú hasáb, amelynek kezdősebessége v0 . A testre ható y F1 v0 α ψ m F1 erő a kényszerpályával ψ μ = 0 szöget zár be. x G = (60 i − 80 j ) N , μ = 0 , S G

tgψ = 0, 4 , g ≈10 m/s 2 , F1 = (−85 i + 34 j ) N . Feladat: Annak meghatározása, hogy a) mekkora F1 erő esetén mozoghat a test állandó sebességgel, b) mekkora a test a gyorsulása és az Fα kényszererő, c) mekkora F1max erő esetén szűnik meg a test és a lejtő közötti kapcsolat. Kidolgozás: a) Az állandó sebességű mozgás biztosításához szükséges F1 erő meghatározása: Impulzus tétel: m a = G + F1 + Fα , ahol: G = Gx i + G y j , Fα = Nα j , F1 = (− F1 cosψ i + F1 sinψ j ) = F1x i + F1 y j . Állandó sebességű mozgás: a = 0 . 0 = (60 i − 80 j ) + F1 (− cosψ i + sinψ j ) + Nα j 0 = 60 − F1 cosψ = Gx − + F1x tgψ = F1 y F1x ⇒ ⇒ /⋅ i F1x = − Gx = − 60 N . F1 y = F1x tgψ = 60 ⋅ 0, 4 = 24 N . F1 = (−60 i + 24 j ) N. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 110 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄

111 ► b) Az a gyorsulás és az Fα kényszererő (támasztóerő) meghatározása: Impulzus tétel: m a = G + F1 + Fα . m (ax i + a y j ) = (Gx i + G y j ) + ( F1x i + F1 y j ) + ( Nα j ) m ax = Gx + F1x , /⋅ i /⋅ j Gx + F1x 60 − 85 = = −2,5 m/s 2 . m 10 N α = −G y − F1 y = 80 − 34 = 46 N . ⇒ ax = m a y = G y + F1 y + Nα , ⇒ 0 a = (−2,5 i ) m/s 2 , F α = ( 46 j ) N. c) Az F1max meghatározása: Az elválás feltétele: Nα = −G y − F1 y ≤ 0 F1x max = F1 y tgψ = ⇒ F1 y ≥ −G y = 80 N , 80 = 200 N. 0, 4 F1max = (−200 i + 80 j ) N. 7.910 feladat: Tömegpont mozgása vízszintes síkon y b F1 h S α vS 0 x G Adott: Az α jelű vízszintes kényszerpályán vS 0 pillanatnyi sebességgel haladó mozgást végző hasábra a G súlyerő és az F1 erő hat. vS 0 = (3 i ) m/s , g ≈10 m/s 2 , F1 = (0, 2 i ) kN , b = 2 m , G = ( − 0,8 j ) kN , h = 0,8m . Feladat: Meghatározni szerkesztéssel 1) μ = 0 (sima kényszerpálya)

esetén a) a hasáb súlypontjának aS gyorsulását, vS sebességét és a támasztó erőrendszer Fα eredőjét az idő függvényében. b) F1max értékét, amelynél bekövetkezik a hasáb felbillenése. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 111 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 112 ► 2) μ = 0, 2 (érdes kényszerpálya) esetén a hasáb súlypontjának aS gyorsulását és vS sebességét az idő függvényében. Kidolgozás: 1) A feladat megoldása sima kényszerpálya esetén ( μ = 0 ): a) A gyorsulás, a támasztóerő és a sebesség meghatározása: Szerkesztés: m aS = F1 + G + Fα . Fer Szerkezetábra Vektorábra m aS y e1 F1 h b ea S vS α G Fα eG eα Fα G m aS x Fer eer F1 Számítás: Impulzus tétel: m aS = F1 + G + Fα = Fer + Fα . Fer m aS i = ( F 1 i ) + (−G j ) + ( μ Nα i + Nα j ), /⋅ i / ⋅ j =0 m aS = F 1 , F

200 aS = 1 = = 2,5 m/s 2 , m 80 aS = ( 2,5 i ) m/s 2 = áll. 0 = −G + Nα , Nα = G = 0,8 kN, Fα = (0,8 j ) kN = áll. vS = vS (t ) = vS0 + aS (t ) t = (3 i ) + ( 2,5 t i ) m/s. b) Billenés: Ha a támasztóerő hatásvonala nem metsz bele az érintkezési felületbe. Számítás: π d = M d = 0 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 112 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom 0 = − F1max h b +G , ⇒ 2 2 ◄ Vissza 113 ► 113 ► 2 b F1max = G = 800 = 2000 N = 2 kN. 0,8 h Szerkesztés: m aS max = F1max + G + Fbill . Fer Szerkezetábra Vektorábra y e1 F1bill h m a S max b D m a S max ea S vS α G eG eer Fbill G Fer Fbill x ebill F1bill 2) A feladat megoldása érdes kényszerpálya esetén ( μ = 0, 2 ): Számítás: m aS = F1 + G + Fα = Fer + Fα . Fer m aS i = ( F 1 i ) + (−G j ) + (− μ Nα i + Nα j ) /⋅ j /⋅ i 0 = −G + Nα , ⇒

Nα = G = 0,8 kN . m a S = F 1 − μ N α , aS = F1 − μ Nα 200 − 0, 2 ⋅ 800 = = 0,5 m/s 2 . 80 m aS = ( 0,5 i ) m/s 2 =áll. Fα = (− μ Nα i + Nα j ) = (−160 i + 800 j ) N = állandó. vS = vS (t ) = vS 0 + aS (t ) t = (3 i ) + ( 0,5 t i ) m/s. Szerkesztés: m aS = F1 + G + Fα . Fer A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Szerkezetábra y ► Fα S h 114 Vektorábra m aS b F1 ◄ Vissza vS α ρ Fα G G m aS x Fer ρ F1 7.911 feladat: Tömegpont mozgása kényszerpályán F0 b m y S vS x m = 40 kg , g = 10 m/s 2 , c μ Adott: Az érdes, α hajlásszögű felületen vS pillanatnyi sebességgel lefelé mozgó m tömegű hasáb. μ = 0, 25 ; vS = (−10 i ) m/s , α α = 30o , c = 1 m , b = 2 m , F0 = (200 i − 100 j ) N . Feladat: A hasáb súlyponti gyorsulásának és a hasábra ható kényszererő

vektorának és hatásvonalának meghatározása a) számítással és b) szerkesztéssel. Kidolgozás: a) A hasáb súlyponti gyorsulásának és a hasábra ható kényszererő vektorának és hatásvonalának meghatározása számítással: F0 b h x vS S y μ ρ c α G Impulzus tétel: m aS = ( G + F0 + FK ). ρ FK A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 114 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 115 ► ( m aS i ) = (− m g sin α i − m g cos α j ) + ( F0 x i + F0 y j ) + ( μ FN i + FN j ) Az egyenletet skalárisan beszorozva először j -vel, majd i -vel: 0 = − m g cos α + F0 y + FN , ⇒ FN = 346, 4 + 100 = 446, 4 N. m aS = − m g sin α + F0 x + μ FN ⇒ aS = 1 (− m g sin α + F0 x + μ FN ) m 1 (− 40 ⋅10 ⋅ 0,5 + 200 + 0, 25 ⋅ 446, 4) = 2,91 m/s 2 . 40 A súlyponti gyorsulás: aS = (2,91i ) m/s 2 . aS = A kényszererő: FK = ( μ FN

i + FN j ) = (111,6 i + 446, 4 j ) N. A kényszererő hatásvonala a perdület tételből: π s = M s , c b c F0 x b F0 y 0 = − F0 x − F0 y + h FN , ⇒ h = + = 0, 448 m. 2 2 2 FN 2 FN b) A feladat megoldása szerkesztéssel: m aS = (G + F0 + FK ). Fer Vektorábra Helyzetábra e0 h S y ea α eG . x ρρ eK A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom m aS FK Fer G ρ F0 Vissza ◄ 115 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 116 ► 7.912 feladat: Tömegpont mozgása lejtőn m F0 s1 y x Adott: G = (−30 i − 40 j ) N , v0 = ( − 10 i ) m/s, v0 s1 = 5 m , μ = tg ρ = 0,15 , μ F0 = (100 i ) N. G Feladat: a) Számítással és szerkesztéssel meghatározni, hogy az indulási helyzetben mekkora a tömegpont gyorsulása. b) Meghatározni az F0 erőnek azt az értékét, amely esetén a tömegpont s1 út megtétele után megáll. Megoldás: a) A tömegpont

gyorsulása az indulási helyzetben: Megoldás számítással: a = (15, 2 i ) m/s 2 . Megoldás szerkesztéssel: Szerkezetábra Vektorábra y ρ ea ≡ e0 • F0 x ma ρ FK ρ • G G FK F0 eG eK b) Az s1 út megtételéhez szükséges erő: F0 = (74 i ) N. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 116 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 117 ► 7.913 feladat: Tömegpont mozgása kényszerpályán F v x m y μ α Adott: Az α hajlásszögű érdes lejtőn v sebességgel mozgó m tömegű anyagi pont. μ = tg ρ = 0,1 ; α = 30o v = (5 i ) m/s, m = 10 kg, G g =10 m/s 2 , F = (40 i + 30 j ) N. Feladat: Határozza meg a tömegpont a gyorsulását és a tömegpontra ható FK kényszererőt (támasztóerőt) számítással és szerkesztéssel! Megoldás: a) A gyorsulás és a kényszererő meghatározása számítással: a = (−1,566 i ) m/s 2 , FK =

(−5,66 i + 56,6 j ) N. b) A gyorsulás és a kényszererő meghatározása szerkesztéssel: Vektorábra Szerkezetábra eF ma ⋅ F eK ea x ρ y α α FK G eG A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ρ FK G F ⋅ Vissza ◄ 117 ► Mechanika Tömegpont kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 118 ► 7.914 feladat: Tömegpont mozgása kényszerpályán Adott: Az R sugarú, tökéletesen sima hengeren mozgó m tömegű anyagi pont. m = 10 kg, R = 4 m, g=10 m/s2. z v0 m A R B αB x Megoldás: a) α B = 45,57 o. Feladat: Meghatározni, hogy a tömegpont milyen α B szög esetén hagyja el a kényszerpályát, ha a) v0 = 2 m/s , b) v0 = 0 . b) α B = 48,18o. 7.915 feladat: Tömegpont mozgása kényszerpályán Adott: Az érdes kényszerpályán az m tömegű téglatest v0 pillanatnyi y sebességgel mozog felfelé. A testre a G saját súlyán kívül az F1 erő hat. A lejtő és a test

közötti mozgásbeli súrlódási tényező μ Feladat: F1 a) Meghatározni, hogy, az m tömev0 gű test a gyorsulása hogyan függ ψ x m az F1 erő nagyságától, ha Nα ≥ 0 . S α G b) Meghatározni, hogy, az m tömegű test a gyorsulása hogyan függ az F1 erő nagyságától, ha az elválás megtörtént. Megoldás: a) Ha Nα ≥ 0, akkor Fα ≠ 0 ⇒ a test kényszermozgást végez. F ax = − g (sin ϕ + cos ϕ ) + 1 (cosψ − μ sinψ ), a = ( ax i ). m b) Ha elválik, akkor Nα ≡ 0 ⇒ Fα = 0 ⇒ a test szabad mozgást végez. F F a = ( 1 cosψ − g sin ϕ ) i + ( 1 sinψ + g cos ϕ ) j . m m A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 118 ► Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 119 ► 8. Tömegpont relatív mozgásának kinetikája Inerciarendszer: Olyan koordináta-rendszer, amelyben a mozgás más testek kölcsönhatásával, azaz

kizárólag külső erők figyelembevételével magyarázható. A szokványos mérnöki számításoknál a Földhöz kötött KR-ek jó közelítéssel inerciarendszernek tekinthetők. Nem inerciarendszer: A külső erők mellett még járulékos erőket is figyelembe kell venni. 8.1 A kinetika alaptörvénye nem inerciarendszerben Egymáshoz képest mozgó KR-ekre vonatkozó erők kapcsolata ε ρ z m aa O x ar ζ ω Ω ξ η aΩ vΩ y Az álló (abszolút) KR-ben működő külső erők: maa = Fa . A mozgó (relatív) KR-ben működő külső erők: mar = Fr . Kapcsolat a tömegpont gyorsulásai között: aa = ar + asz + ac / m , maa − masz − mac = mar , Fa Fsz Fc Fr Fa + Fsz + Fc = Fr . A KR-ek mozgásából következő járulékos erők: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 119 ► Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 120 ►

- szállítóerő: Fsz = −masz , ahol m – a tömeg, asz = aΩ + ε × ρ + ω × (ω × ρ ) - a szállító gyorsulás. - Coriolis erő: Fc = − mac , ahol m – a tömeg, ac = 2 ω × vr a Coriolis-gyorsulás. A járulékos erők nem más testek közvetlen hatásából adódnak. 8.2 Gyakorló feladatok relatív mozgás kinetikájára 8.21 feladat: Tömegpont relatív mozgásának kinetikája felvonó y η μ m = 4 kg , g ≈10 m/s 2 , μ = 0,1 , af α Ω Adott: α = 20o , a f = a f j = (−2 j ) m/s 2 , m vrel = (0,8eξ ) m/s . v rel α x ξ O Feladat: a) A tömegpont relatív gyorsulásának meghatározása számítással. b) A tömegpontra ható kényszererő meghatározása számítással. c) Az a), b) feladat megoldása szerkesztéssel. d) Mekkora a ∗f határ gyorsulással mozoghat a felvonó, hogy a tömegpont még éppen ne váljon el a kényszerpályától? Kidolgozás: A KR-ek közötti transzformációs összefüggések: eξ = ( cos α i − sin α j )

, i = ( cos α eξ + sin α eη ) , eη = (sin α i + cos α j ) . j = ( − sin α eξ + cos α eη ) . a) A tömegpont relatív gyorsulásának meghatározása: A tömegpontra ható abszolút erők: Fabsz = FK + G = maabsz , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 120 ► Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 121 ► A kényszererő: FK = FS + FN = (− μ FN eξ + FN eη ). A súlyerő: G = ( m g sin α eξ − m g cos α eη ). A tömegpontra ható járulékos erők: A szállítóerő: aszáll = aΩ + ε × ρ − ω 2 ρ = aΩ = a f , =0 Fszáll = (− m aszáll ) = (−m a f ) = (− ma f j ), Fszáll = (ma f sin α eξ − ma f cos α eη ). eη eη η μ η m Ω Ω v rel ρρ α G ξ eξ m ρρ FK η Frel = m arel m arel α α ξ aszáll eξ A Coriolis erő: acor = 2 ω × vrel = 0 , =0 eη Ω Fszáll = (−m

aszáll ) α ξ eξ Fcor = (− m acor ) = 0. A tömegpontra ható relatív erő: Frel = m arel = m arel eξ . A kényszer miatt: arel = ( arel eξ ) . A dinamika alaptörvényének nem inercia-rendszerekre vonatkozó alakja: Fabsz + Fszáll + Fcor = Frel , (G + FK ) + (− maszáll ) + (− macor ) = marel , ( mg sin α eξ − mg cos α eη ) + (− μ FN eξ + FN eη ) + + (ma f sin α eξ − ma f cos α eη ) = (m arel eξ ) / ⋅ eξ / ⋅ eη , mg sin α − μ FN + ma f sin α = m arel , − mg cos α + FN − ma f cos α = 0 , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 121 ► Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom m arel = m g sin α − μ FN + m a f sin α , ◄ Vissza 122 ► FN = m cos α ( g + a f ) , ⇐ FN = 4 ⋅ 0,939(10 − 2) = 30,04 N. m arel = m g sin α − μ m cos α ( g + a f ) + m a f sin α , arel = g sin α − μ cos α ( g + a f

) + a f sin α , arel = g (sin α − μ cos α ) + a f (sin α − μ cos α ) , arel = (sin α − μ cos α ) ( g + a f ) = (0,342 − 0,1⋅ 0,939) (10 − 2), arel = (1,98 eξ ) m/s 2 . b) A tömegpontra ható kényszererő meghatározása: FK = FS + FN = − μ FN eξ + FN eη = − 0,1⋅ 30,04 eξ + 30,04 eη , FK = ( − 3,004 eξ + 30,04 eη ) N . c) Az a) és b) feladat megoldása szerkesztéssel: Frel = m arel (G + FK ) + (− maszáll ) + (−m acor ) = marel =0 eη • FK eξ ρ G Fszáll = (−m aszáll ) d) A pálya elhagyáshoz (elváláshoz) szükséges felvonógyorsulás: A pálya elhagyásának feltétele FN = 0 . FN = 0 = m cos α ( g − a ∗f ), ⇒ a ∗f = − g , ⇒ A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom a *f = (−10 j ) m/s 2 . Vissza ◄ 122 ► Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 123 ► 8.22 feladat: Tömegpont

relatív mozgásának kinetikája y η aj μ Ω α m G α ξ Adott: t0 = 0 -nál vrel = 0 , g ≈10 m/s 2 , G = (−100 j ) N, a j = (1, 2 i + 0,5 j ) m/s 2 x O sin α = 5 12 , cos α = . 13 13 Feladat: a) A tömegpont arel relatív gyorsulásának és a tömegpontra ható FK kényszererő meghatározása, ha μ = μ0 = 0 . b) Annak a μ0min értéknek a meghatározása, amelynél a test nyugalomban marad. c) A tömegpont arel relatív gyorsulásának és a tömegpontra ható FK kényszererő meghatározása, ha μ = tg ρ = 0,1 és μ0 = tg ρ 0 = 0,11 . Kidolgozás: a) A relatív gyorsulás és a kényszererő meghatározása μ = μ0 = 0 esetén: Fabsz + Fszáll + Fcor = Frel . (G + FK ) + (− maszáll ) + (− macor ) = marel . A kényszererő: FK = FS + FN = ( FN j ) . A súlyerő: G = (− m g j ). A szállító erő: Fszáll = − m aszáll = − m a j = (−12 i − 5 j ) N . A Coriolis erő: Fcor = − macor = − m(2 ω × vrel ) = 0. =0 A tömegpont

relatív gyorsulása a kényszer miatt: arel = ( arel i ) ⇒ Frel = m arel = ( Frel i ). Ezeket behelyettesítve: (− mg j ) + ( FN j ) + (− ma j ) = (marel i ) , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 123 ► Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 124 ► (−100 j ) + ( FN j ) + (−12i − 5 j ) = (marel i ) / ⋅ i /⋅ j , −12 = m arel , − 100 + FN − 5 = 0, 12 arel = − = − 1, 2, FN = 105, m arel = (−1, 2 i ) m/s 2 . FK = FN = (105 j ) N. b) A nyugalomban maradáshoz szükséges μ0min súrlódási tényező meghatározása: Relatív nyugalom: arel = 0. Fabsz + Fszáll + Fcor = Frel . (G + FK ) + (− maszáll ) + (−m acor ) = (marel ) , =0 (− mg j ) + ( FS i + FN j ) + (− ma j ) = (m arel i ), =0 (−100 j ) + ( FS i + FN j ) + (−12i − 5 j ) = 0 FS − 12 = 0, FS = 12 N . /⋅i /⋅ j , − 100 + FN − 5 = 0, FN =105 N

. FK = FS + FN = ( FS i + FN j ) = (12 i + 105 j ) N. FS 12 = = 0,114 . FN 105 c) A relatív gyorsulás és a kényszererő meghatározása μ = 0,1 és μ0 = 0,11 esetén: A tömegpont a járműhez képest megcsúszik. Fabsz + Fszáll + Fcor = Frel . μ0min ≥ (G + FK ) + (− maszáll ) + (−m acor ) = (marel ) . =0 A relatív sebesség: vrel = (−vrel i ) . A kényszererő: FK = ( FS i + FN j ). (−100 j ) + ( μ FN i + FN j ) + (−12i − 5 j ) = (marel i ) /⋅i A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza /⋅ j , ◄ 124 ► Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom μ FN − 12 = marel , μ FN − 12 0,1⋅105 − 12 arel = = m arel = − 0,15 m/s 2 , 10 Vissza ◄ 125 ► − 100 + FN − 5 = 0, ⇐ , arel = (−0,15 i ) m/s 2 . FN =105 N, FK = (10,5 i + 105 j ) N . 8.23 feladat: Tömegpont relatív mozgásának kinetikája ζ Adott: Egy a j

gyorsulással z m ρ KR1 KR 0 O1 a=g mozgó jármű, melyben az m tömegű anyagi pont v0 kezdőa j sebességgel, g gyorsulással szabadon esik. A ξηζ koorη dináta-rendszer a járművel y együtt mozog. O0 m = 4 kg , g = (−10 k ) m/s 2 . a j = ( 7,5 j ) m/s 2 = áll. v (t0 ) = v0 = 0 Feladat: a) Az m tömegpontra ható Frel relatív erő és az arel relatív gyorsulás meghatározása. b) A tömegpont pályájának meghatározása a v j 0 = 0, illetve v j 0 ≠ 0 esetekre. Kidolgozás: KR 0 : yz (álló koordináta-rendszer). KR 1 : ηζ (mozgó koordináta-rendszer): ω01 = 0, ε 01 = 0 , a01 = a j . a) A tömegpontra ható relatív erő és relatív gyorsulás meghatározása: A tömegpontra ható abszolút erő: Fabsz = m g = (−40 k ) N . A tömegpontra ható járulékos erők: A szállító erő: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 125 ► Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 126 ► Fszáll = −m aszáll = − m ( a01 + ε 01 × ρ + ω01 × (ω01 × ρ )) = − m a j , =0 =0 =0 Fszáll = −m a j = − 4(7,5 j ) = (− 30 j ) N. A Coriolis erő: Fcor = − m acor = − m ( 2 ω01 × vrel ) = 0. =0 A tömegpontra ható relatív erő a dinamika alaptörvényének nem inercia-rendszerekre vonatkozó alakja: Fabsz + Fszáll + Fcor = Frel . A tömegpontra ható relatív erő: Frel = Fabsz + Fszáll = (−40 k ) + (−30 j ) = (−30 j − 40 k ) N. A tömegpont relatív gyorsulása: F (−30 j − 40 k ) = (−7,5 j − 10 k ) m/s 2 . Frel = m arel ⇒ arel = rel = 4 m b) A tömegpont pályájának meghatározása: vabsz = vszáll + vrel = v0 + g t. vszáll = v01 + ω01 × ρ = v j = v j 0 + a j t , vrel = vrel 0 + arel t. =0 - A v j 0 = 0 eset: v0 = v j 0 + vrel 0 ⇒ vrel 0 = 0 , =0 =0 vrel (t ) = arel t ⇒ 1 2 ρ (t ) = ρ0 + arel t 2 . A pályagörbe egyenes - v j 0 ≠ 0 eset: v0 = v j 0 + vrel

0 ⇒ vrel 0 = − v j 0 , =0 vrel (t ) = − v j 0 + arel t ⇒ 1 2 ρ (t ) = ρ 0 − v j 0 t + arel t 2 . A pályagörbe parabola. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 126 ► Mechanika Tömegpont relatív mozgásának kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 127 ► 8.24 feladat: Tömegpont relatív mozgásának kinetikája Adott: Egy alift gyorsulással mozgó alift ζ z m F1 arel KR 0 G KR 1 O1 O0 η y liftben lévő m tömegű anyagi pontra a G súlyerőn kívül még az F1 erő is hat. Ismert az anyagi pontnak a lifthez viszonyított arel gyorsulása. Az ηζ koordináta-rendszer a lifthez mereven rögzített. m = 2 kg , g = (−10 k ) m/s 2 , arel = (−3 j − 2 k ) m/s 2 . Feladat: A lift alift gyorsulásának és az anyagi pontra ható F1 erőnek a meghatározása. Megoldás: F1 = (−6 j ) N. alift = (−8 k ) m/s 2 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Vissza ◄ 127 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 128 ► 9. Merev test kinetikája Kontinuum: olyan test, amelynek az anyaga a test térfogatát folyamatosan tölti ki. Diszkrét tömegeloszlású test (tömegpontrendszer): Olyan test, amely elhanyagolható tömegű merev vázszerkezet meghatározott pontjaihoz rögzített anyagi pontokból áll. Homogén tömegeloszlású test: olyan test, amelynek tömegsűrűsége állandó (nem függ a helytől). 9.1 Merev test tömegeloszlásának jellemzői a) Statikai (lineáris) nyomaték: - Pontra számított statikai nyomaték: z z m2 x rAi A O n S A = ∑ rAi mi i =1 mi r m1 mn dm = ρ dV m O ρ x y A y rAB B SA = . ∫ r dm = ∫ r ρ dV (m) (V ) ρ - a test anyagának tömegsűrűsége - Pontra számított statikai nyomaték átszámítása: S B = S A − mrAB . b) Tömegközéppont: a testnek az a T pontja, amelyre

számított statikai nyomaték zérus. ST = 0 . A tömegközéppont helyének kiszámítása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 128 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ST = S A − mrAT , ⇒ rAT S = A= m ◄ Vissza 129 ► ∫ r ρ dV ∑ m r (V ) m = i Ai i m . =0 Tétel: A tömegközéppont és súlypont egybeesik, ha a g gravitációs gyorsulás állandó. (Vö. Mechanika-Statika jegyzet 7 fejezet) c) Tehetetlenségi (másodrendű) nyomatékok: z x⎫ ⎪ dm y ⎬ súlyponti tengelyek . m z ⎪⎭ z S x y y x - A koordináta-tengelyre számított tehetetlenségi nyomatékok: J x = ∫ ( y 2 + z 2 )dm, J y = ∫ ( x 2 + z 2 )dm, J z = ∫ ( x 2 + y 2 )dm . (m) (m) (m) A tengelyre számított tehetetlenségi nyomaték értelmezésének általánosítása: Ja = ∫d 2 dm , ahol d – a dm tömegelemnek az a tengelytől mért ⊥ - (m) es távolsága. A

tengelyre számított tehetetlenségi nyomaték mértékegysége: [ kg m 2 ] (kilogramm méter négyzet). - A síkpárra számított (centrifugális) tehetetlenségi nyomatékok: J xy = ∫ x y dm - az yz-zx síkpárra számított tehetetlenségi nyomaték, (m) J yz = ∫ y z dm - az zx-xy síkpárra számított tehetetlenségi nyomaték, (m) J xz = ∫ xz dm - az yz-xy síkpárra számított tehetetlenségi nyomaték. (m) A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 129 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 130 ► A síkpárra számított tehetetlenségi nyomatékok integranduszában a tömegelemnek a síkoktól mért előjeles távolságai szerepelnek. A síkpárra számított tehetetlenségi nyomaték mértékegysége: [ kg m 2 ]. d) A test S ponti tehetetlenségi tenzora: z m ω ρ vS S dm A test S súlyponti tehetetlenségi tenzora a súlypontra

számított impulzusnyomaték értelmezéséből kiindulva vezethető be: v y πS = x ∫ ρ × vdm. (m) πS = ∫ ρ × (v S + ω × ρ )dm = (m) ∫ (m) Az összefüggés átalakítása: ρ dm × vS + ∫ ρ × (ω × ρ )dm. (m) S S =0 Alkalmazva a kétszeres vektoriális szorzásra a kifejtési szabályt: π S = ∫ ⎡⎣ ρ 2 ω − ρ ( ρ ⋅ ω ) ] dm = ∫ ⎡⎣ ρ 2 E ⋅ ω − ( ρ ρ ) ⋅ ω ⎤⎦ dm, (m) (m) ahol E az egységtenzor. Az ω szögsebességvektort jobbra a zárójelből, majd az integrálból kiemelve: 2 π S = ∫ ⎡⎣ ρ E − ( ρ ρ ) ⎤⎦ ⋅ ω dm = ∫ ⎡⎣ ρ 2 E − ( ρ ρ ) ⎤⎦dm ⋅ ω = J S ⋅ ω. (m) (m) A merev test tehetetlenségi tenzora: J S = ∫ ⎡⎣ ρ 2 E − ( ρ ρ ) ⎤⎦ dm. (m) A tenzor elemeinek/koordiátáinak jelölése: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 130 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom ⎡ Jx ⎡ J ⎤ = ⎢⎢ − J yx ⎣ S⎦ ⎢ − J zx ⎣ − J xy Jy − J zy Vissza ◄ 131 ► − J xz ⎤ ⎥ − J yz ⎥ - szimmetrikus tenzor. J z ⎥⎦ 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: [ kg m 2 ]. Tétel: A test S ponti J S tehetetlenségi tenzora meghatározza az S pontra illeszkedő összes e jelű tengelyre számított tehetetlenségi nyomatékot: ⎡ Jx ⎢ J e = e ⋅ J e ⋅ e = ⎣⎡ex ey ez ⎦⎤ ⎢ − J yx ⎢ − J zx (1x3) ⎣ Je − J xz ⎤ ⎡ ex ⎤ ⎥ J y − J yz ⎥ ⎢⎢ey ⎥⎥ , e = 1 . − J zy J z ⎥⎦ ⎢⎣ ez ⎥⎦ (3x1) (3 x3) − J xy Tétel: A test S ponti J S tehetetlenségi tenzora meghatározza az S pontra illeszkedő összes n , m (normális) irányok által adott síkpárra számított J mn = J nm tehetetlenségi nyomatékot: J mn

= J nm = − n ⋅ J S ⋅ m = − m ⋅ J S ⋅ n = ⎡ Jx ⎢ = − ⎣⎡ nx n y nz ⎦⎤ ⎢ − J yx ⎢ − J zx (1x3) ⎣ n = m = 1, − J xy − J xz ⎤ ⎡ mx ⎤ ⎥ J y − J yz ⎥ ⎢⎢ my ⎥⎥ , J z ⎥⎦ ⎢⎣ mz ⎥⎦ − J zy (3 x1) (3x3) n⋅m = 0 . e) Tehetetlenségi főtengelyek, fő tehetetlenségi nyomaték: Definíció: Az e1 , e2 , e3 irány (tengely) tehetetlenségi főirány (főtengely), ha teljesíti az alábbi feltételt: J S ⋅ e1 = J1e1 , J S ⋅ e2 = J 2e2 , J S ⋅ e3 = J 3e3 , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 131 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 132 ► ahol J1 , J 2 , J 3 skalár számok, fő tehetetlenségi nyomatékok. Az e1 , e2 , e3 irányvektorok egységvektorok: e1 = 1 , e2 = 1 , e3 = 1 és kölcsönösen merőlegesek egymásra: e1 ⋅ e2 = 0 , e1 ⋅ e3 = 0 , e2 ⋅ e3 = 0 . z e3 • • • S x e1

e1 , e2 , e3 - tehetetlenségi főtengely (főirány), e2 J1 , J 2 , J 3 - fő tehetetlenségi nyomaték. Tehetetlenségi tenzor a főtengelyek koordináta-rendszerében: y ⎡ J1 0 0 ⎤ J S = ⎢⎢ 0 J 2 0 ⎥⎥ . (123) ⎢⎣ 0 0 J 3 ⎥⎦ (123) Tétel: A 1,2,3 főirányok koordináta-rendszerében valamennyi síkpárra számított nyomaták zérus: J12 = J 21 = 0 , J13 = J 31 = 0 , J 23 = J 32 = 0 Tétel: Merev test S pontjában mindig van legalább három olyan egymásra kölcsönösen merőleges e1 , e2 , e3 tengely (irány), amelyekre a síkpárra számított nyomaték zérus. f) Steiner-tétel: A Steiner-tétel megadja a kapcsolatot az egymással párhuzamos tengelyekre és síkpárokra számított tehetetlenségi nyomatékok között. z ζ rSA = xSAi + ySA j + zSAk , A két koordináta-rendszer tengem lyei párhuzamosak: ξ x ξ, A rSA η y η, S x z ζ. y Steiner-tétel: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 132 ► Mechanika

Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom 2 2 J ξ = J x + m( ySA + zSA ), J ξη = J xy + mxSA ySA , 2 2 Jη = J y + m( xSA + zSA ), Jηζ = J yz + m ySA zSA , 2 2 J ζ = J z + m( xSA + ySA ), J ξζ = J xz + mxSA zSA . Vissza ◄ 133 ► 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: 9.11 feladat: Karcsú, prizmatikus rúd tengelyre

számított tehetetlenségi nyomatéka x Adott: A rúd geometriai méretei: l a és az anyag ρ tömegsűrűsége. a Feladat: z A ξ ,η és az x,y tengelyre számíζ tott tehetetlenségi nyomatékok meghatározása. ξ A y η S l a Kidolgozás: Jξ = ∫ (η 2 (m) a 2 + ζ 2 ) dm = ∫ ξ =− l 2 a 2 a 2 a ∫ η =− l 2 a 2 ∫ (η 2 + ζ 2 ) ρ dξ dη dζ = l 2 l 2 ζ =− ⎡η 3 ⎤2 ⎛ b3 b b3 b⎞ = a ρ ∫ ⎢ + ζ 2η ⎥ dζ = a ρ ∫ ⎜ + ζ 2 + + ζ 2 ⎟ dζ = 2 24 2⎠ l ⎣ 3 l ⎝ 24 ⎦η =− a ζ =− ζ =− 2 2 2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 133 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 134 ► l a 2 lρ 2 2 m b3 b ⎡ζ 3 ⎤ 2 a + l ) = ( a2 + l 2 ). = ac ρ + a ρ ⎢ ⎥ = ( 12 12 2 ⎣ 3 ⎦ζ =− l 12 2 m J ξ = Jη = ( a 2 + l 2 ) . 12 a (karcsú rúd), akkor J ξ = Jη = Ha l ml 2 . 12

Steiner-tétel: 2 2 ml 2 ml 2 ⎛ l ⎞ ml . + = J x = Jξ + m ⎜ ⎟ = 4 3 ⎝ 2 ⎠ 12 2 2 ml 2 ml 2 ⎛ l ⎞ ml . + = J y = Jη + m ⎜ ⎟ = 4 3 ⎝ 2 ⎠ 12 9.12 feladat: Henger tengelyre számított tehetetlenségi nyomatéka ζ z ρ y S h Adott: A henger geometriai méretei: R, h és az anyag ρ tömegsűrűsége. Feladat: A ζ és a z tengelyre számított tehetetlenségi nyomaték meghatározása. η S dϕ R S r dA dr dA η r dϕ ξ x Kidolgozás: + Jζ = ∫ (ξ (m) 2 + η ) ρ dV = 2 h 2 R 2π ∫ ∫ ϕ∫ r z =− h 2 r =0 =0 2 ρ r dϕ drdz = ρ h 2π dV A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom R ∫ r dr = 3 r =0 Vissza ◄ 134 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 135 ► 135 ► R ⎡ r4 ⎤ 1 1 = ρ h 2π ⎢ ⎥ = R 2 π h ρ R 2 = m R 2 . 2 ⎣ 4 ⎦0 2 =V Steiner-tétel: 1 3 J z = J ζ + mR 2 = mR 2 + mR 2 = mR 2 . 2 2

9.2 Merev test impulzusa, impulzusnyomatéka z z dm m v mn m2 r m x m1 i ri vi x y O O y a) Az impulzusvektor értelmezése: Tömegpontrendszer esetén: n I = ∑ mi vi . Merev test esetén: I = ∫ vdm = ∫ v ρ dV . (m) (V ) i =1 ⎡ m⎤ ⎡ m ⎤ Az impulzusvektor mértékegysége: ⎢ kg ⎥ = ⎢ kg 2 s ⎥ = [ Ns ] . ⎣ s⎦ ⎣ s ⎦ (kilogram méter per szekundum, vagy nyúton szekundum) Az impulzus kiszámítása merev test esetén: I = mvS . m – a test (egész) tömege. b) Impulzusnyomaték (perdület) vektor értelmezése: Tömegpontrendszer esetén: n n i =1 i =1 π O = ∑ ri × mi vi = ∑ ri × I i . Merev test esetén: π O = ∫ r × vdm = ∫ r × dI . (m) A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom (m) Vissza ◄ Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 136 ► ⎡ m2 ⎤ ⎡ m2 ⎤ ⎡ ⎤ A perdület mértékegysége: ⎢ kg = ⎢ kg 2 s ⎥ = ⎢

m Ns ⎥ . ⎥ s ⎦ ⎣ s ⎦ ⎣ ⎦ ⎣ (kilogram méter négyzet per szekundum, vagy méter nyúton szekundum) c) Speciális eset: az S ponti perdületvektor kiszámítása: π S = J S ⋅ω . z ω S x Általában: π S πS y ⎡ Jx ⎢ π S = J S ⋅ ω = ⎢ − J yx ⎢ − J zx ⎣ − J xy Jy − J zy ω. Kivétel: ha ω a J S egyik főtengelyével. − J xz ⎤ ⎡ω x ⎤ ⎡ J xω x − J xyω y − J xzω z ⎤ ⎥ ⎢ ⎥ − J yz ⎥ ⎢⎢ω y ⎥⎥ = ⎢ − J yxω x − J yω y − J yzω z ⎥ J z ⎥⎦ ⎢⎣ω z ⎥⎦ ⎢⎣ − J zxωx − J zyω y − J zω z ⎥⎦ d) Összefüggés test két pontjára számított perdület között: π B = π A + rBA × I = π A + I × rAB . Analógia (erőrendszerek): M B = M A + rBA × F = M A + F × rAB . 9.3 Kinetikai energia, teljesítmény, munka merev test(ek) esetén a) Kinetikai (mozgási) energia: z z v1 mn x m1 ri O dm m m2 mi vi y J S S ω v y x vS - A kinetikai energia értelmezése:

Tömegpontrendszer esetén: Merev test esetén: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 136 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom n 1 E = ∑ mi v 2i . i =1 2 E= Vissza ◄ 137 ► 1 v 2 dm . ∫ 2 (m) ⎡ m2 ⎤ A kinetikai energia mértékegysége: ⎢ kg 2 ⎥ = [ Nm ] = [ J ] (joule) . ⎣ s ⎦ - A kinetikai energia kiszámítása merev test esetén: 1 1 1 E = (vS ⋅ I + ω ⋅ π S ) = mvS2 + ω ⋅ J S ⋅ ω . 2 2 2 Speciális esetek: α ) Ha az ω szögsebességvektor a J S tenzor egyik tehetetlenségi főtengelyével. Ekkor: ω ⋅ J S ⋅ ω = J sω 2 , ahol J s a test S ponti, ω -val tehetetlenségi főtengelyére számított tehetetlenségi nyomaték. 1 1 E = mvS2 + J sω 2 . 2 2 β ) Ha vA = 0 és „a” az ω vektorral A ponti tehetetlenségi főtengely, akkor: , ahol J a a test A ponti, ω -val tehetetlenségi főtengelyére számított tehetetlenségi

nyomaték. b) A merev test(ek)re ható erőrendszer teljesítménye: - Az ER redukált vektorkettősével: P = F ⋅ vS + M S ⋅ ω . F , M S - a testre ható erőrendszer S pontba redukált vektorkettőse, ω , vS - a test szögsebessége és S pontjának sebessége. - Az ER-t alkotó erőkkel és nyomatékokkal: n m i =1 j =1 P = ∑ Fi ⋅ vi + ∑ M j ⋅ ω j . n – az ER-hez tartozó koncentrált erők száma, m - az ER-hez tartozó koncentrált nyomatékok száma, A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 137 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 138 ► vi - az Fi koncentrált erő támadáspontjának sebessége, ω j - annak a merev testnek a szögsebessége, amelyre az M j 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 t1 – t2 határok között vett idő szerinti integrálja: t2 W12 = ∫ P dt . t1 9.4 Gyakorló feladatok impulzus, kinetikai energia, teljesítmény, munka kiszámítására merev test(ek) esetén 9.41 feladat: Tömegpont rendszer impulzusa és perdülete z m1 m2 c a3 m3 A c x c v3 Adott: A súlytalan, vízszintes rúd az y tengely körül végez forgómozgást. A rúdhoz kötött anyagi pontok tömegei: m1 = 4 m0 , m2 = m0 , m3 = 2 m0 . m0 = 4 kg . A (3) jelű tömegpont sebessége és gyorsulása: v3 = (−3 k ) m/s , a3 = (−6i + 6k ) m/s 2 . Feladat: a) Az ábrán c-vel jelölt távolság meghatározása. b) Az impulzus vektorrendszer ( I , π A ) redukált vektorkettősének meghatározása. Kidolgozás: a) A c távolság meghatározása: a3 = ( a3n en + a 3t et ) = (−6 i + 6 k ) m/s 2 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 138 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata |

Tartalomjegyzék | Szakirodalom | a3n | = Vissza ◄ 139 ► v32 v2 32 = 6 m/s 2 ⇒ c = 3 = =1,5 m. c | a3n | 6 b) Redukált vektorkettős meghatározása: 3 I = ∑ mi vi = m1 v1 + m2 v2 + m3 v3 . i =1 v1 = (6 k ) m/s , v2 = (3 k ) m/s , v3 = (−3 k ) m/s . 3 I = ∑ mi vi = 16(6 k ) + 4(3 k ) + 8(−3 k ) = (84 k ) i =1 kgm = Ns. s 3 π A = ∑ ( ri × mi vi ) = r1 × I1 + r2 × I 2 + r3 × I 3 . i =1 r1 = (−3 i ) m , r2 = (−1,5 i ) m , r3 = (1,5 i ) m . π A = (−3 i ) × (96 k ) + (−1,5 i ) × (12 k ) + (1,5 i ) × (−24 k ) = (342 j ) Nms. 9.42 feladat: Impulzus és perdület z l ε ω m2 m1 ζ l l R m3 R/ 2 A η y ε A S3 m1 η y ω ξ Adott: Az R sugarú, m tömegű korong a hozzá kötött ξηζ KR-rel együtt a z tengely körül ω pillanatnyi szögsebességgel és ε szöggyorsulással forog. A szerkezethez az m1 és m2 jelű tömegek mereven kapcsolódnak. ω = (−2 k ) rad/s , ε = (1,5 k ) rad/s 2 , l = 0,8 m, R = 1 m , m1 = 20 kg

, m2 =15 kg , m3 =10 kg. m2 x Feladat: Meghatározni a szerkezet: a) impulzus vektorrendszerének A pontbeli ( I , π A ) vektorkettősét, A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 139 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 140 ► b) a ξ ,η és ζ tengelyre számított impulzusnyomatékát. Kidolgozás: a)Az impulzus vektorrendszer A pontbeli ( I , π A ) vektorkettőse: A tömegpontok és a korong súlypontjának sebessége: v1 = ω × r1 = (−2 k ) × (−0,5 R j ) = (−2 k ) × (−0,5 j + lk ) = (− i ) m/s, v2 = ω × r2 = (−2 k ) × ( R i ) = (−2 k ) × (i + 2lk ) = (−2 j ) m/s, vS 3 = 0 , mert a korong S súlypontja rajta van a forgástengelyen. A rendszer impulzusa: kgm , s kgm I 2 = m2 v2 =15(−2 j ) = (−30 j ) , s I 3 = m3 vS 3 = 0. I1 = m1 v1 = 20(−1i ) = (−20 i ) 3 kgm . s i =1 A rendszer impulzusnyomatéka az A pontra: I = ∑ mi vi = I1

+ I 2 + I 3 = (−20 i − 30 j ) 2 π A = ∑ rAi × I i + π A3 = rA1 × I1 + rA 2 × I 2 + π A3. i =1 rA1 = (−1,5 R j + l k ) = (−1,5 j + 0,8 k ) m, rA 2 = ( R i − R j + 2l k ) = ( i − j + 1,6 k ) m, i j k π A1 = rA1 × I1 = 0 −1,5 0,8 = (−16 j − 30k ), −20 0 0 π A2 i = rA 2 × I 2 = 1 0 j k −1 1,6 = (48 i − 30 k ), −30 0 1 2 π A3 = π S 3 + I 3 × rSA = ( − 10 k ), π S 3 = J z 3 ω = ( m R 2 ) ω = 5(−2 k ) = ( − 10 k ), A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 140 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza π A = (−16 j − 30 k ) + (48 i − 30 k ) + (−10 k ) = (48 i − 16 j − 70 k ) ◄ 141 ► kgm 2 . s b) A ξ ,η és ζ tengelyre számított impulzusnyomatékok: kgm 2 . s kgm 2 πη = π A ⋅ eη = π A ⋅ j = (48 i − 16 j − 70 k ) ⋅ j = − 16 . s kgm 2 π ζ = π A ⋅ eζ = π A ⋅ k = (48 i − 16 j − 70 k )

⋅ k = − 70 . s π ξ = π A ⋅ eξ = π A ⋅ i = (48 i − 16 j − 70 k ) ⋅ i = 48 9.43 feladat: Merev test impulzusa és perdülete y n A aSn α l S η a St t x ξ m Adott: Az m tömegű, l hosszúságú prizmatikus rúd a hozzá kötött ξηζ KR-rel együtt a z tengely körül ω pillanatnyi szögsebességgel forog, miközben a S súlypontjának gyorsulása aS . m = 80 kg , l = 3 m , aS = ( 24 n + 4,5 t ) m/s 2 , α = 30o . 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: I = m vS = m vS t = (480 t ) kgm/s. Az S pont sebessége: v2 l aSn aSn = S ⇒ vS = = 36 = 6 m/s. l 2 2 v 6 = − 4 rad/s , , A rúd pillanatnyi szögsebessége: ω = − S = − l 1,5 2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 141 ► Mechanika Merev test

kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 142 ► ω = (−4 k ) rad/s. b) A rúd S pontra számított impulzusnyomatékának meghatározása: ml 2 80 ⋅ 32 π S = Js ω = (−4 k ) = (−4 k ) = 60(−4 k ) = (−240 k ) kgm 2 /s . 12 12 c) A rúd A pontra számított impulzusnyomatékának meghatározása: ⎛ ml 2 ⎞ 80 ⋅ 32 = (−4 k ) = 240(−4 k ) = (−960 k ) kgm 2 /s , π A = Ja ω = ⎜ ω ⎟ 3 ⎝ 3 ⎠ vagy π A = π S + I × rSA = −240 k + (480 t ×1,5 n ) = = −240 k − 720 k = (−960 k ) kgm 2 /s . 9.44 feladat: Merev test impulzusa, impulzusnyomatéka és kinetikai energiája Adott: Az m tömegű merev test ω szögsebessége, S súlypontjának vS sebessége, az S pontra vonatkozó tehetetlenségi tenzor [ J S ] mátrixa és az rSB vektor: z vS rSB = (0,5 j + 0,3 k ) m , ζ m S ξ x A rSB ω y η b B ⎡2 0 0⎤ ⎡ J ⎤ = ⎢ 0 3 1 ⎥ kgm 2 , ⎣ S⎦ ⎢ ⎥ ⎢⎣ 0 1 4 ⎥⎦ ω = (30 i + 20 j

− 20 k ) rad/s , vS = (2 i + 4 j ) m/s , m =150 kg . Feladat: a) A test I impulzusának és súlyponti π S perdületének meghatározása. b) A test B pontra számított π B perdületének meghatározása. c) A test b és η tengelyekre számított π b és πη perdületének meghatározása. d) A test E kinetikai energiájának meghatározása. Kidolgozás: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 142 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Merev test kinetikája Vissza ◄ 143 ► a) A test I impulzusának és súlyponti π S perdületének meghatározása: I = m vS = (300 i + 600 k ) kgm/s, ⎡ 2 0 0 ⎤ ⎡ 30 ⎤ π S = J S ⋅ ω = ⎢⎢ 0 3 1 ⎥⎥ ⎢⎢ 20 ⎥⎥ = (60 i + 40 j − 60 k ) kgm 2 /s . ⎢⎣ 0 1 4 ⎥⎦ ⎢⎣ −20 ⎥⎦ b) A test B pontra számított π B perdületének meghatározása: π B = π S + I × rSB . i j k I × rSB = 300 0 600 = (−300 i − 90 j + 150 k ) kgm 2

/s . 0 0,5 0,3 π B = (60 i + 40 j − 60 k ) + (−300 i − 90 j + 150 k ) = = (−240 i − 50 j + 90 k ) kgm 2 /s. c) A test π b és πη perdületének meghatározása: π b = π B ⋅ eζ = π B ⋅ ez = 90 kgm 2 /s , πη = π S ⋅ eη = π S ⋅ ey = 40 kgm 2 /s . d) A test E kinetikai energiájának meghatározása. 1 E = (π S ⋅ ω + I ⋅ vS ). 2 1 E = (60 i + 40 j − 60 k ) ⋅ (30 i + 20 j − 20 k ) + 2 1 + (300 i + 600 k ) ⋅ (2 i + 4 k ) = 3400 J . 2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 143 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 144 ► 9.45 feladat: Merev test impulzusa, impulzusnyomatéka Adott: Az R sugarú hengeres felületen gördülő, r sugarú, m tömegű homogén körhenger, amelynek ω a szögsebessége: ω = ( − 2 k ) rad/s , m = 20 kg , R = 1 m , r = 0, 25 m . y m S r ω A R x B Feladat: A gördülő henger

impulzusvektorának, valamint S és A ponti perdület vektorának meghatározása. Kidolgozás: A gördülő henger impulzusa: I = m vS = m r ω i = 20 ⋅ 0, 25 ⋅ 4 i = ( 20 i ) kgm/s=Ns. Az S súlypontra számított perdület vektor: 1 ⎛1 ⎞ π S = J s ω = ⎜ m r 2 ⎟ ω = 20 ⋅ 0, 252 (−4 k ) = (−2,5 k ) kgm 2 /s. 2 ⎝2 ⎠ Az A pontra számított perdület vektor: π A = π S + I × rSA . I × rSA = m vS × rSA = (20 i ) × (−0, 25 j ) = (−5 k ) kgm 2 /s, rSA = (− r j ) = (−0, 25 j ) m, π A = π S + I × rSA = (−2,5 k ) + (−5 k ) = ( − 7,5 k ) kgm 2 /s. vagy ⎛3 ⎝2 ⎞ ⎠ 3 2 π A = J a ω = ⎜ m r 2 ⎟ ω = 20 ⋅ 0, 252 (−4 k ) = (−7,5 k ) kgm 2 /s. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 144 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Merev test kinetikája Vissza ◄ 145 ► 9.46 feladat: Merev test kinetikai energiája és a ráható ER teljesítménye Adott:

vS1 = vS 2 = (2i ) m/s, g ≅ 10 m/s 2 , m2 = 8 kg , m1 =10 kg , F1 = (−60i + 20 j ) N , F2 = (−80 j ) N , M 1 = (−20k ) Nm , R = 0,5 m , β = 30o . A henger csúszásmentesen gördül, a rúd a C pontban csúszik a lejtőn. A C D m1 pontban az érintkező felületek simák. F1 A rúd a hengerhez az S1 pontban vS 1 R csuklóval kapcsolódik. l S1 y x Feladat: S2 m M 1 2 a) A szerkezet kinetikai energiájának α A meghatározása. F2 b) A szerkezetre ható erőrendszer C β teljesítményének meghatározása. Kidolgozás: a) A szerkezet kinetikai energiája: 1 1 1 E1 = m1 vS21 + J s1ω 21 = (m1R 2ω 12 + J s1ω 12 ) = 2 2 2 1 1 (m1R 2 + J s1 ) ω 12 = J a1ω 12 2 2 3 3 J a = m1 R 2 = ⋅10 ⋅ 0,52 = 3,75 kgm 2 . 2 2 1 E1 = J aω 21 = 0,5 ⋅ 3,75 ⋅ 42 = 30 J. 2 1 1 E2 = m2 vS2 2 = m2 ( Rω 1 ) 2 = 0,5 ⋅ 8 ⋅ 22 =16 J. 2 2 2 E = ∑ Ei = E1 + E2 = 30 + 16 = 46 J. i =1 b) A szerkezetre ható erőrendszer teljesítménye: PG1 = G1 ⋅ vS 1 = − m1 g (sin β i + cos β j

) ⋅ (vS 1i ) = − m1 g sin β vS 1 = = −10 ⋅10 ⋅ 2 ⋅ 0,5 = − 100 W. PG2 = G2 ⋅ vS 2 = − m2 g (sin β i + cos β j ) ⋅ (vS 2i ) = − m2 g sin β vS 2 = A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 145 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 146 ► = − 8 ⋅10 ⋅ 2 ⋅ 0,5 = − 80 W. PF1 = F1 ⋅ vB = ( F1x i + F1 y j ) ⋅ (2 vS 1 i ) = (−60 i + 20 j ) ⋅ (4 i ) = − 2 40 W. PF2 = F2 ⋅ vS 2 = (−80 j ) ⋅ (2 i ) = 0. F12 y S1 l y S2 α β F12 x x m2 β F2 C FC vS 1 G2 A C pontban ható FC kényszererő (támasztóerő): FC = FN = ( FN j ) . PFC = FC ⋅ vC = FC ⋅ v S 2 = 0 , mert FC ⊥ vS 2 ≡ vS 1 . PFA = FA ⋅ v A = 0 , mert v A = 0 . PM1 = M 1 ⋅ ω1 = ( M 1 k ) ⋅ ( ω1 k ) = (−20 k ) ⋅ (−4 k ) = 80 W, mert ω1 = vS 1 2 = = 4, R 0,5 ω1 = (−4 k ) rad/s. Az erőrendszer teljesítménye: P = ∑ Pi = PG1 + PG2 +

PF1 + PF2 + PFA + PFC + PM1 = i = − 100 − 80 − 240 + 0 + 0 + 0 + 80 = − 340 W . 9.47 feladat: Tömegpontrendszer impulzus vektorrendszere Adott: m0 =1 kg , a =1 m , ω0 = ( − 2 i ) rad/s =áll. A tömegpontokat összekötő rudak merevek és súlytalanok. Feladat: A tömegpontrendszer I impulzusának és az A és B pontra számított perdületének meghatározása. Megoldás: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 146 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ζ z Vissza ◄ 147 ► A tömegpontok sebessége: v1 = (8 j ) m/s , m1 = 3 m0 v2 = ( 4 j + 2 k ) m/s , m2 = 2 m0 B m3 = m0 ω0 A η Az impulzus vektorok: I1 = m1 v1 = ( 24 j ) kgm/s, y I 2 = m2 v2 = (8 j + 4k ) kgm/s, I 3 = m3 v3 = ( 4 j − 4k ) kgm/s, 2a a v3 = ( 4 j − 4 k ) m/s A tömegpontrendszer impulzusa: 3 m I = ∑ I i = = (36 j ) kg . s i =1 A rendszer A pontra számított eredő perdület

vektora: 3 m2 π A = ∑ π Ai = (−132 i ) kg . s i =1 A rendszer B pontra számított perdület vektora: π B = (−60 i ) Nms. 9.48 feladat: Merev testre ható erőrendszer teljesítménye F1 B vS M2 S y R x A β G Adott: Az R sugarú, G súlyú homogén henger β hajlásszögű lejtőn gördül. A henger súlypontjának pillanatnyi sebessége vS G = 100 N , vS = (2 i ) m/s , M 2 = ( 20 k ) Nm , β = 30o , R = 0,5 m , F1 = ( 60 i + 20 j ) N. Feladat: A G súlyerő PG , az F1 erő PF1 , az M 2 nyomaték PM 2 és az FA támasztóerő PFA teljesítményének kiszámítása. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 147 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Megoldás: PG = − 100 W , Vissza ◄ 148 ► PF1 = 2 40 W , PM 2 = − 80 W , PFA = FA ⋅ v A = 0. =0 9.5 Impulzus tétel, perdület tétel Merev test impulzusa: I = mvS . Merev test impulzusának idő szerinti

deriváltja: I = (mvS ) = maS . a) Az impulzus tétel: - Az impulzus tétel differenciális alakja: I = maS = F . A merev test impulzusának idő szerinti deriváltja egyenlő a testre ható külső erők eredőjével. - Az impulzus tétel integrál alakja: t2 ΔI = I (t2 ) − I (t1 ) = ∫ F (t )dt . t1 Test impulzusának véges időtartam alatti megváltozása egyenlő a testre ható erők adott időtartamra vonatkozó integráljával. b) Az S pontra felírt perdület tétel: z m, J S ω aS S x Ez a perdület tétel egy speciális esete. ε vS y - A súlyponti perdület tétel differenciális alakja: πS = MS , J S ⋅ε + ω ×π S = M S . Merev test S pontjára számított perdületvektor idő szerinti deriváltja egyenlő a testre ható külső erőrendszer S pontra számított nyomatékával. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 148 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom

Vissza ◄ 149 ► -A súlyponti perdület tétel integrál alakja: t2 Δπ S = π S (t2 ) − π S (t1 ) = ∫ M S dt . t1 c) A tetszőleges A pontra felírt perdület tétel: J Aε + ω × ( J A ⋅ ω ) + rAS × ma A = M A , J S ε + ω × ( J S ⋅ ω ) + rAS × maS = M A . 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: E2 − E1 = W12 . 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 kapcsolatot. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 149 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 150 ► 9.71 feladat: Hasáb haladó mozgása lejtőn n aS vS m x S y ρρ μ α FK G Adott: A haladó mozgást végző m tömegű hasáb, továbbá α , μ , m, g , vS . Feladat: A hasáb aS gyorsulásának és a hasábra ható támasztó FK eredőjének erőrendszer meghatározása. a) A feladat megoldás számítással: aS = aSx i , FK = − μ FN i + FN j . Impulzus tétel: maS = G + FK /⋅ j /⋅ i , 0 = − mg cos α + FN ⇒ FN = mg cos α ( maSx = − mg

sin α − μ FN , maSx = − mg sin α − μ mg cos α , ). aSx = (− g sin α − μ g cos α ) ( ) . aS = − g (sin α + μ cos α )i , FK = mg cosα (− μ i + j ) . b) A feladat megoldása szerkesztéssel: Impulzus tétel: maS = G + FK . Vektorábra Helyzetábra n m aS ea ⋅ x S y ρρ μ α eK eG A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom G FK ρ α Vissza ◄ 150 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 151 ► 9.72 feladat: Hasáb haladó mozgása y Adott: A haladó mozgást végző m tömegű hasáb, továbbá μ , β , F0 , G, vS . Feladat: A hasáb aS gyorsulásának és a hasábra ható támasztó erőrendszer FK eredőjének meghatározása. F0 β S vS aS μ x G a) A feladat megoldása szerkesztéssel: Impulzus tétel: maS = F0 + G + FK . Fe Vektorábra Helyzetábra y m aS e0 ea ⋅ ee β FK vS S G μ ρ eG ρ Fe x eK F0 b) A

feladat megoldása számítással: aS = aSx i , FK = − μ FN i + FN j , F0 = F0 x i + F0 y j = F0 (cos β i + sin β j ) . Impulzus tétel : maS = F0 + G + FK , /⋅ j /⋅ i . 0 = F0 y − G + FN , ⇒ FN = G − F0 sin β . maSx = F0 x − μ FN , 1 aSx = ⎡⎣ F0 x − μ (G − F0 y ) ⎤⎦ . m A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 151 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 152 ► 9.73 feladat: Henger gördülése lejtőn Adott: A tiszta gördülő mozgást végző henger, továbbá α , μ0 , m, β , F0 , M 0 , g, R. F0 β B M0 m y aS vS S R G α FA A x ρ0 Feladat: a) A henger S ponti aS gyorsulásának meghatározása. b) Az A ponti FA támasztóerő meghatározása. c) A hengerre ható erőrendszer P teljesítményének meghatározása. Kidolgozás: a) A henger S ponti aS gyorsulásának meghatározása: Perdület tétel az A pontra: J A ⋅

ε + ω × ( J Aω ) + rAS × m a A = M A /⋅ k . ω rAS 0 0 Perdület tétel a z-vel párhuzamos a tengelyre: J aε = M 0 − 2 RF0 cos β + RG sin α , M − 2 RF0 cos β + RG sin α 3 ε= 0 , J a = mR 2 . 2 Ja aS = aSx = Rε . b) Az A ponti FA támasztóerő meghatározása: /⋅ j , Impulzus tétel: maS = G + F0 + FA 0 = −G cos α + F0 sin β + FAy ⇒ FAy = G cos α − F0 sin β . Perdület tétel: J S ε + ω × J Sω = M S J sε = M 0 − RF0 cos β + RFAx A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 152 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 153 ► J sε − M 0 + RF0 cos β R A gördülés feltétele: v A = 0 ⇒ nyugvásbeli súrlódás. FAx = Az FA kényszererőnek (támasztóerőnek) a nyugvásbeli súrlódási kúpon belül kell lennie: FAx ≤ tg ρ 0 = μ0 . FAy c) A hengerre ható erőrendszer P teljesítményének meghatározása: P = G ⋅ vS +

F0 ⋅ vB + M 0 ⋅ ω + FA ⋅ vA . =0 v P = −G sin α vS + F0 cos β 2vS − M 0 S . R 9.74 feladat: Rögzített tengely körüli forgómozgás Adott: ω1 = 3 rad/s , m = 40 kg , ω1 g ≈ 10 m/s 2 , l = 1 m , ϑ = 60o . l y (1) S ϑ n e A x (2 ) mg Feladat: a) A ω2 súlypont aS 1 gyorsulásának és az FA1 támasztóerőnek a meghatározása az (1) jelű helyzetben. b) A (2) helyzetbeli ω2 szögsebesség meghatározása. c) A súlypont aS 2 gyorsulásának és az FA 2 támasztóerőnek a meghatározása a (2) jelű helyzetben. Kidolgozás: a) A súlypont aS 1 gyorsulásának és az FA1 támasztóerőnek a meghatározása az (1) jelű helyzetben: - A súlyponti gyorsulás meghatározása: Perdület tétel az A pontra: J Aε + ω × ( J Aω ) + rAs × m a A = M A /⋅ k . ε ω =0 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 153 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom

Vissza ◄ 154 ► A z tengely (a tengely) tehetetlenségi főtengely. l l 2 ml 2 ml 2 , Js = , J aε1 = M a = − cos ϑ ⋅ mg , J a = J s + m = 2 4 3 12 ml2 l ε1 = − cos ϑ ⋅ m g , 3 2 3 g cos ϑ 1/s 2 , ε1 = − = −7,5 2 l l l aS 1e = −ε1 = 3,75 m/s 2 , aS 1n = ω 12 = 4,5 m/s 2 , 2 2 3 g cos ϑ l 2 aS 1 = aS 1ee + aS 1n n = + e + ω 1 n = (3,75e + 4,5n ) m/s 2 . 2 l 2 - A támasztóerő meghatározása: Impulzus tétel: maS 1 = mg + FA1 /⋅ e /⋅ n maS 1e = mg cos ϑ + FA1e maS 1n = mg sin ϑ + FA1n ⇒ FA1e = −50 N , ⇒ FA1n = −16,64 N . FA1 = (−50e − 16,64n ) N . b) A (2) helyzetbeli ω2 szögsebesség meghatározása: Munkatétel: E2 − E1 = W12 = F ⋅ Δr = G ⋅ ΔrS + FA ⋅ΔrA , 0 1 l ml 2 . J a (ω22 − ω12 ) = mg ⋅ sin ϑ + 0 , J a = 2 2 3 2mg l 3 g sin ϑ sin ϑ = ω 12 + ω22 = ω 12 + , Ja 2 l ω2 = 5,91 1/s , ω2 = (−5,91k ) rad/s . c) A súlypont aS 2 gyorsulásának és az FA 2 támasztóerőnek a meghatározása a (2) jelű

helyzetben: l Perdület tétel az a tengelyre: J aε 2 = − mg , 2 3 l 3g ε 2 = − 2 m g = − = −15 1/s 2 . 2l ml 2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 154 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 155 ► l l aS 2 = (−ε 2 e + ω22 n ) = (7,5e + 17, 46n ) m/s 2 . 2 2 /⋅ e /⋅ n , Impulzus tétel: maS 2 = mg + FA 2 l 3g ⎛ 3g ⎞ − g ⎟ m = −100 N . = mg + FA 2 e , FA 2 e = ⎜ 2 2l ⎝ 4 ⎠ l l m ω22 = 0 + FA 2 n , FA 2 n = m ω22 = 699,6 N . 2 2 FA 2 = (−100e + 699,6n ) N . m 9.75 feladat: Két ponton támaszkodó hasáb haladó mozgása y FA Adott: G = 500 N, FB F0 h 2 h 2 ρ S C vS ρ D G x A B b/2 b/2 g ≈ 10 m/s 2 , F0 = 400 N, vS 0 = 1, 4 m/s, h = 0,6 m, b = 0,8 m, μ = 0,1 . 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: maS = G + F0 + FA + FB /⋅ j /⋅ eρ . FAB y FA ρ eρ • ρ x FAB = ( FAn + FBn )(− μ i + j ) , eρ = (i + μ j ) . 0 = −G + ( FAn + FBn ) ⇒ ( FAn + FBn ) = G = 500 N . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 155 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom maS = −G μ − F0 ⇒ aS = − Vissza ◄ 156 ► 1 1 m (G μ + F0 ) = − (50 + 400) = −9 2 . 50 s m Perdület tétel: πc = Mc π C = π S + rCS × I , mert rCS párhuzamos I . =0 =0 h⎞ h ⎛b 0 = −G ⎜ + μ ⎟ + F0 + FBnb 2⎠ 2 ⎝2 1⎡ ⎛b h⎞ h⎤ G ⎜ + μ ⎟ − F0 ⎥ = ⎢ 2⎣ ⎝2 z⎠ z⎦ 1 1 = [500(0, 4 + 0,03) − 400 ⋅ 0,3] = (215 − 120) = 118,75 N . 0,8 0,8 FBn = 118,75 N, FAn = G − FBn = 500 − 118,75 = 381, 25 N . FBn = FA = FAn (− μ i + j ) =

(−38,125i + 381, 25 j ) N , FB = FBn (− μ i + j ) = (−11,875i + 118,75 j ) N . b) A megállásig megtett út és a megállásig szükséges idő meghatározása: Munkatétel: E1 − E0 = F ⋅ Δr , 1 m( v12 − v02 ) = G ⋅ s1i + F0 ⋅ s1i + FA ⋅ s1i + FB ⋅ s1i , 2 =0 =0 1 2 − mv0 = 0 − F0 s1 − G μ s1 , 2 1 − mv02 = −( F0 + μG ) s1 , 2 2 mv0 50 ⋅1, 42 s1 = = = 0,108 m . 2( Fo + μG ) 2(400 + 50) a aS = állandó ⇒ s1 = s0 + v0t1 + t12 , 2 v1 = v0 + at1 , =0 t1 = − 1, 4 = 0,19 s. −9 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 156 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 157 ► 9.76 feladat: Hasáb haladó mozgása y Adott: Az α jelű, sima kényszerpályán G súlyú hasáb csúszik. Kezdő sebessége v0 . A testre ható F1 erő a kényszerpályával ψ szöget zár be. G = (60 i − 80 j ) N , g ≈10 m/s 2 , tgψ = 0, 4 , F1 v0 α ψ m

S μ =0 G x F1 = (−85 i + 34 j ) N , μ = 0. Feladat: Annak meghatározása, hogy a) mekkora F1 erő esetén mozoghat a test állandó sebességgel, b) mekkora a test a gyorsulása és az Fα kényszererő, c) mekkora F1max erő esetén szűnik meg a test és a lejtő közötti kapcsolat. Kidolgozás: a) Az állandó sebességű mozgás biztosításához szükséges F1 erő meghatározása: Impulzus tétel: m a = G + F1 + Fα , ahol G = Gx i + G y j , Fα = Nα j F1 = (− F1 cosψ i + F1 sinψ j ) = F1x i + F1 y j . 0 = (60 i − 80 j ) + F1 (− cosψ i + sinψ j ) + Nα j 0 = 60 − F1 cosψ = Gx − + F1x tgψ = F1 y F1x ⇒ /⋅ i , F1x = − Gx = − 60 N ( ) . ⇒ F1 y = F1x tgψ = 60 ⋅ 0, 4 = 24 N ( ) . F1 = (−60 i + 24 j ) N. b) Az a gyorsulás és az Fα kényszererő (támasztóerő) meghatározása: m a = G + F1 + Fα . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 157 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum

használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom m (ax i + a y j ) = (Gx i + G y j ) + ( F1x i + F1 y j ) + ( Nα j ) m ax = Gx + F1x , Vissza ◄ 158 ► / ⋅ i /⋅ j Gx + F1x 60 − 85 = = −2,5 m/s 2 , 10 m Nα = −G y − F1 y = 80 − 34 = 46 N . ⇒ ax = m a y = G y + F1 y + Nα , ⇒ 0 a = (−2,5 i ) m/s 2 . Fα = ( 46 j ) N. c) Az F1max meghatározása: Az elválás feltétele: Nα = −G y − F1 y ≤ 0 ⇒ F1 y ≥ −G y = 80 N , F1x max = F1 y tgψ = 80 = 200 N. 0, 4 F1max = (−200 i + 80 j ) N. 9.77 feladat: Hasáb mozgása kényszerpályán y h b F1 S α vS 0 x G Adott: Az α jelű kényszerpályán vS 0 pillanatnyi sebességgel haladó mozgást végző hasábra a G súlyerő és az F1 erő hat. vS 0 = (3 i ) m/s , g ≈10 m/s 2 , b = 2 m F1 = (0, 2 i ) kN , G = ( − 0,8 j ) kN , h = 0,8 m , Feladat: Határozza meg számítással és szerkesztéssel 1) μ = 0 (sima kényszerpálya) esetén a) a hasáb súlypontjának aS gyorsulását, vS

sebességét és a támasztó erőrendszer Fα eredőjét az idő függvényében! b) az F1max értékét, amelynél bekövetkezik a hasáb felbillenése! 2) μ = 0, 2 (érdes kényszerpálya) esetén a hasáb súlypontjának aS gyorsulását és vS sebességét az idő függvényében! Kidolgozás: 1) A feladat megoldása sima kényszerpálya esetén ( μ = 0 ). a) A gyorsulás, a támasztóerő és a sebesség meghatározása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 158 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 159 ► - Számítás: m aS = F1 + G + Fα = Fer + Fα . Fer m aS i = ( F 1 i ) + (−G j ) + ( μ Nα i + Nα j ), /⋅ i / ⋅ j =0 F 200 m aS = F 1 , ⇒ aS = 1 = = 2,5 m/s 2 . m 80 0 = −G + Nα , ⇒ Nα = G = 0,8 kN. aS = ( 2,5i ) m/s 2 = áll. Fα = (0,8 j ) kN = áll. vS = vS (t ) = vS 0 + aS (t ) t = (3 i ) + ( 2,5 t i ) m/s. Szerkesztés: m aS = F1

+ G + Fα . - Fer Szerkezetábra y e1 h Vektorábra m aS b S eer α eG vS ea D x G Fα Fer eα F1 b) Billenés: Ha a támasztóerő hatásvonala nem metsz bele az érintkezési felületbe. - Szerkesztés: m aS max = F1max + G + Fbill . Fer Szerkezetábra A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vektorábra Vissza ◄ 159 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom y e1 h Vissza 160 ► m a S max b D ea S eer bill vS α ◄ eG eα bill G Fα bill Fer bill x F1max - Számítás: π d = M d = 0 h b b 2 0 = − F1max + G , ⇒ F1max = G = 800 = 2000 N = 2 kN . 0,8 2 2 h 2) A feladat megoldása érdes kényszerpálya esetén ( μ = 0, 2 ). - Számítás: m aS = F1 + G + Fα = Fer + Fα . Fer m aS i = ( F 1 i ) + (−G j ) + (− μ Nα i + Nα j ) m aS = F 1 − μ N α , /⋅ i /⋅ j 0 = −G + Nα , F1 − μ Nα 40 = = = 0,5 m/s 2 , ⇐ 80 m 2 aS = ( 0,5 i ) m/s ,

aS = állandó . aS = Nα = G = 0,8 kN, vS = vS (t ) = vS 0 + aS (t ) t = (3 i ) + ( 0,5 i )t m/s. Fα = (− μ Nα i + Nα j ), Fα = (−160 i + 800 j ) N, Fα =áll. - Szerkesztés: m aS = F1 + G + Fα . Fer Szerkezetábra A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vektorábra Vissza ◄ 160 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom y h S eer v S ea α 161 ► Fα x eG ◄ m aS b e1 Vissza ρ e α G Fer ρ F1 9.78 feladat: Hasáb mozgása kényszerpályán F0 b vS y μ c α S x Adott: Az érdes, α hajlásszögű felületen vS pillanatnyi sebességgel lefelé mozgó m tömegű hasáb. vS = (−10 i ) m/s, μ = 0, 25 , m = 40 kg, g ≈ 10 m/s 2 , α = 30o , c= 1 m, b = 2 m, F0 = (200 i − 100 j ) N. 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: Impulzus tétel: F0 b m aS = ( G + F0 + FK ). a S h m x aS = ( aS i ) , S v S y F0 = ( F0 x i + F0 y j ) , c μ FK = ( μ FN i + FN j ) . G α FK A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 161 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 162 ► ( m aS i ) = (− m g sin α i − m g cos α j ) + ( F0 x i + F0 y j ) + ( μ FN i + FN j ) /⋅ j /⋅ i 0 = − m g cos α + F0 y + FN , ⇒ FN = 346, 4 + 100 = 446, 4 N. m aS = − m g sin α + F0 x + μ FN , ⇒ aS = aS = 1 (− m g sin α + F0 x + μ FN ), m 1 (− 40 ⋅10 ⋅ 0,5 + 200 + 0, 25 ⋅ 446, 4) = 2,91 m/s 2 . 40 A kényszererő: FK = ( μ FN i + FN j ) = (111,6 i + 446, 4 j ) N. A kényszererő hatásvonala a perdület tételből: πs = Ms , c b 0 = − F0 x − F0 y + h FN , 2 2 ⇓ 200 100 c F0 x b F0 y + = 0,5 + = 0, 448 m. h= 2 FN 2 FN 446, 4

446, 4 b) A feladat megoldása szerkesztéssel: m aS = (G + F0 + FK ). Fer Vektorábra Helyzetábra m aS e0 . ⋅ eer x S y ρ ρ ea α eG eK Fer FK ρ G F0 9.79 feladat: Henger gördülése sík kényszerpályán Adott: A sík kényszerpályán tiszta gördülő mozgást végző körhenger. aS = (8i ) m/s 2 , g ≈10 m/s 2 , l AB = 2 m, R = 0,1 m, m = 30 kg. Feladat: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 162 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 163 ► a) Az adott gyorsulás fenntartásához szükséges F0 = F0 i erő meghatározása. C y b) Az FK kényszererő meghatám F0 rozása. c) A csúszásmentes gördülő mozaS S gás megvalósításához szükséges μ0min nyugvásbeli súrlódási R mg tényező meghatározása. μ0 A B x d) A hengerre ható erőrendszernek az l AB hosszon végzett FK ρ0 l AB WAB munkájának meghatározása. Kidolgozás:

a 8 k = (−80 k ) . A henger szöggyorsulása ε = − ε k = − S k = − 0,1 R A hengerre ható kényszererő (támasztóerő) FK = FT i + FN j . a) Az F0 erő meghatározása: y Perdület tétel az A pontra: πA =MA , C m F0 S J Aε + aS μ0 J aε = M A , mert a tehetetlenségi főtengely. − ( J aε k ) = (− F0 ⋅ 2 R k ) / ⋅ k x A FT FK =MA , = 0, (ω π A ) mg R ω ×π A ρ0 ε 3 2 J aε 2 mR ε = = F0 = 2R 2R FN = 1,5 ⋅ 30 ⋅ 0,12 ⋅ 80 =180 N. 2 ⋅ 0,1 b)Az FK kényszererő (támasztóerő) meghatározása: Impulzus tétel: m aS = F . ⇒ maS = F0 + G + FK . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 163 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 164 ► ( F0i − m g j + FT i + FN j ) = m aS i / ⋅ i /⋅ j F0 + FT = m aS , − m g + FN = 0, FT = maS − F0 = 30 ⋅ 8 − 180 = 60 N, FN = m g = 30 ⋅10 = 300 N. FK = FT i + FN j = (

60 i + 300 j ) N. Ellenőrzés: perdület tétel a henger S ponti tengelyére: J sε = M S , ⇒ − J s ε k = (− F0 R k ) + ( FS R k ) / ⋅ k 1 mR 2 ε 0,5 ⋅ 30 ⋅ 0,12 ⋅ 80 Js ε 2 = F0 − = 180 − = 60 N. FT = F0 − 0,1 R R c) A csúszásmentes gördüléshez szükséges minimális nyugvásbeli súrlódási tényező: F 60 μ0min = T = = 0, 2. FN 300 d) Az l AB szakaszon végzett munka: tB tB WAB = ∫ P dt = ∫ ( F0 ⋅ vC + G ⋅ vS + FK ⋅ vA ) dt = tA tA =0 =0 tB ∫ F ⋅ 2v 0 S dt tA = 2 F0 l AB = 2 ⋅180 ⋅ 2 = 720 J. 9.710 feladat: Henger gördülése sík kényszerpályán Adott: A sík kényszerpályán tiszta gördülő mozgást végző körhenger. y m M0 S R mg μ0 A M 0 = (36 k ) Nm, g ≈10 m/s 2 , R = 0,3 m, m = 20 kg, x J s =1, 2 kgm 2 , μ0 = tg ρ0 = 0, 4 , μ = tg ρ = 0,3. Feladat: a) A henger ε = (ε k ) szöggyorsulásának és S pontja aS = (aS i ) gyorsulásának meghatározása. b) A hengerre ható FK kényszererő

(támasztóerő) meghatározása. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 164 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 165 ► c) A nyomaték legnagyobb M 0max értékének meghatározása, amelynél a henger még éppen nem csúszik meg. Kidolgozás: a) A henger ε = (ε k ) szöggyorsulása és aS = (aS i ) gyorsulása: A szöggyorsulás és az S ponti gyorsulás kapcsolata: aS = − R ε , vagy a ε =− S . R A hengerre ható kényszererő FK = FT i + FN j . y πA =MA m J Aε + S M0 μ0 R ε x A FK =MA = 0, mert -ak aS mg FT ω ×π A ρ0 FN J aε = M A , mert a tehetetlenségi főtengely. J aε k = M 0 k / ⋅ k M M0 ε= 0= = J a J s + mR 2 36 36 = = =12 rad/s 2 . 1, 2 + 20 ⋅ 0,09 3 aS = aSei + aSn j = − ε R i = −12 ⋅ 0,3 i = (−3,6 i ) m/s 2 . =0 b) Az FK kényszererő (támasztóerő) meghatározása: Impulzus tétel: m aS = F ⇒ maS = (G

+ FK ) . maS i = (− m g j + FT i + FN j ) / ⋅ i /⋅ j . m aS = FT , 0 = − mg + FN , FT = maS = − 20 ⋅ 3,6 = − 72 N , FN = m g = 20 ⋅10 = 200 N . FK = FT i + FN j = ( − 72 i + 200 j ) N. c) A megcsúszáshoz tartozó M 0max nyomaték meghatározása: FT max = μ0 FN = 0, 4 ⋅ 200 = 80 N, A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 165 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom FT max = − m aS max = − m R ε max = −80 N ε max = Vissza ◄ 166 ► ( ←) . FT max 80 40 rad/s 2 . = = m R 20 ⋅ 0,3 3 J a ε max = M 0max , ⇒ M 0max = 3 ⋅ 40 = 40 Nm, 3 M 0 max = ( 40 k ) Nm. 9.711 feladat: Gördülő mozgás kinetikája s AB vS z S M0 R y α G ωB B A ωA Adott: Az R sugarú, G súlyú merev körhenger, amely a rá ható M 1 nyomaték hatására felfelé gördül az érdes lejtőn. A gördülő ellenállás karja f g G = (−100 j − 240 k ) N , f

g = 5 mm, M 1 = ( − 59 i ) Nm , R = 0,5 m , μ = 0, 4 , μ0 = 0,5 , s AB = 3,9 m, ωB = (−4,9i ) rad/s. Feladat: a) A henger ε = (ε k ) szöggyorsulásának és az FC = ( FCy j + FCz k ) támasztóerő meghatározása. b) Mekkora ω A szögsebességgel kell a hengernek elindulnia, hogy a B pontban az előírt ωB legyen a szögsebessége? Kidolgozás: a) A szöggyorsulás és a támasztóerő meghatározása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 166 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom m aS = G + FC . vS S z α FCz fg ► G = G y j + Gz k . FCz = −Gz = 240 N. FCy A 167 0 = Gz + FCz , y C G ◄ m aSe j = (Gy j + Gz k ) + ( FCy j + FCz k ) /⋅ k M0 R Vissza πa = Ma , J a ε = − M 1 + G y R + FCz f g , 1002 + 2402 = 26 kg , 10 g 3 3 J a = J s + m R 2 = m R 2 = 26 ⋅ 0,52 = 9,75 kgm 2 , 2 2 m= ε= G = − M 1 + G y R + FCz f g Ja = −59 +

100 ⋅ 0,5 + 240 ⋅ 0,005 = −0,8 rad/s 2 , 26 ε = − 0,8 1/s 2 , ε = (−0,8 i ) rad/s 2 , aSe = R ε = 0,5 ⋅ 0,8 = 0, 4 m/s 2 . m aSe j = (Gy j + Gz k ) + ( FCy j + FCz k ) /⋅ j ρ 0 ρ0 μ0 m aSe = G y + FCy , FCy = m aSe − G y = 26 ⋅ 0, 4 + 100 = 110, 4 N C FCy FC ϕ FCz FC = (110, 4 j + 240 k ) N. A megcsúszás ellenőrzése: FC = ( FCy j + FCz k ) . tgϕ = FCy FCz = 110, 4 = 0, 46 . 240 Mivel tgϕ = 0, 46 < tg ρ 0 = μ0 = 0,5 , ⇒ A henger nem csúszik meg. b) A henger indulási szögsebességének meghatározása: tB EB − E A = WAB = ∫ P dt. P = G ⋅ vS + M 1 ⋅ ω + M A ⋅ ω . tA A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 167 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 168 ► P = (G y j + Gz k ) ⋅ (vS j ) + (− M 1i ) ⋅ (−ω i ) + ( FCz f g i ) ⋅ (−ω i ), P = G y vS + M 1 ω − FCz f g ω = G y vS + ( M 1 − FCz f

g ) ω , EB − E A = WAB = ∫ P dt = tB tB tA tA = −G y ∫ vS dt + ( M 1 − FCz f g ) ∫ ω dt = −Gy s AB + ( M 1 − FCz f g ) ϕ AB , 1 s J a (ωB2 − ω A2 ) = −G y s AB + ( M 1 − FCz f g ) AB , 2 R 2 s AB (G y R − M 1 + FCz f g ) ω A2 = ωB2 + , Ja R 2 ⋅ 3,9(100 ⋅ 0,5 − 59 + 240 ⋅ 0,005) ω A2 = 4,92 + = 9,75 ⋅ 0,5 7,8(50 − 59 + 1, 2) = 24,01 + = 11,53 rad 2 /s 2 . 4,875 ω A = 11,53 = 3,395 rad/s. ω A = (−3,395 i ) rad/s . 9.712 feladat: Álló tengely körüli forgó mozgás kinetikája (Fizikai inga) Adott: ω0 = 4 rad/s , g ≈ 10 m/s 2 , m =10 kg , l = 0, 2 m , α 0 = 60o , J s = 0,15 kgm 2 . y ω0 A n α0 Feladat: a) Az indítás pillanatában az aS 0 l x S e m, J s mg (0) helyzet gyorsulás és az FA0 támasztóerő meghatározása. b) Az (1) helyzetben az S pont aS 1 gyorsulása és az A pontban ható FA1 kényszererő meghatározása. (1) helyzet Kidolgozás: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom

Vissza ◄ 168 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 169 ► a) A súlyponti gyorsulás és a támasztóerő meghatározása az indítási, (0) jelű helyzetben: Az A ponti kényszererő: FA0 = ( FA0 ee + FA0 n n ) . Az S pont gyorsulása: aS 0 = (a0 e e + a0 n n ) . Az inga szöggyorsulása: ε 0 = ( ε 0 k ) . Az inga szögsebessége: ω0 = (− 4 k ) 1/s. Az A pontra felírt perdület tétel: π A0 = M A0 ⇒ J Aε 0 + ω0 × π A0 = M A0 . = 0, mert ω0 π A0 J aε 0 = M A 0 . J aε 0 k = −m g sin α 0l k /⋅k , J aε 0 = −m g sin α 0 l , m g sin α 0 l m g sin α 0l 10 ⋅10 ⋅ 0,866 ⋅ 0, 2 ε0 = − =− =− = 2 0,15 + 10 ⋅ 0, 22 Ja J s + ml 17, 2 =− = − 31,5 rad/s 2 . 0,55 ε 0 = ( − 31,5 k ) rad/s 2 . A súlyponti gyorsulás: aS 0 = (aS 0 e e + aS 0 n n ), aS 0e = l ε 0 = 0, 2 ⋅ (− 31,5) = − 6,3 m/s 2 ⇒ aS 0e = (− 6,3 e ) m/s 2 . vS2 0 = l ω02 = 0, 2 ⋅16 =

3, 2 m/s 2 ⇒ aS 0 n = (3, 2 n ) m/s 2 . l aS 0 = (aS 0 e e + aS 0 n n ) = ( − 6,3 e + 3, 2 n ) m/s 2 . aS 0 n = Impulzus tétel: m aS 0 = F ⇒ m aS 0 = ( FA0 + G ). ( m aS 0 e e + m aS 0 n n ) = = ( FA0 ee + FA0 n n ) + (− m g sin α 0 e − m g cos α 0 n ) / ⋅ e /⋅ n m aS 0 e = FA0 e − m g sin α 0 , m aS 0 n = FA0 n − m g cos α 0 , FA0 e = m ( g sin α 0 + aS 0 e ), FA0 n = m ( g cos α 0 + aS 0 n ), FA0 e = 10 ⋅ (10 ⋅ 0,866 − 6,3) = 23,6 N. FA0 n = 10 ⋅ (10 ⋅ 0,5 + 3, 2) = 82 N FA0 = ( 23,6 e + 82 n ) N. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 169 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 170 ► b) A súlyponti gyorsulás és a támasztóerő meghatározása a függőleges, (1) jelű helyzetben: Az inga szögsebessége a függőleges helyzetben ω 1 . Munkatétel: E1 − E0 =W01 , 1 1 J aω 21 − J aω 20 = m g l (1 − cos α 0 ) , 2 2 2 ml 2

⋅10 ⋅10 ⋅ 0, 2 (1 − cos α 0 ) = 16 + (1 − 0,5) = 52,36 , ω 12 = ω 20 + 0,55 Ja ω 1 = ± 7, 236 rad/s , ω 1 = ( − 7, 236 k ) rad/s. Az A pontra felírt perdület tétel: π A1 = M A1 , ⇒ J Aε1 + ω1 × π A1 = M A1 ⇒ J aε1 = M A1 . = 0, mert ω 1 π A1 J aε 1 k = 0 /⋅k , J aε 1 = 0 ⇒ ε1 = 0 rad/s 2 . aS 1 = (aS 1ee + aS 1n n ) . aS 1e = l ε1 = 0, 2 ⋅ 0 = 0 ⇒ aS 1e = 0, vS21 = l ω 12 = 0, 2 ⋅ 7, 2362 =10, 47 m/s 2 , l aS 1n = (10, 47 n ) m/s 2 , aS 1n = aS 1 = (aS 1ee + aS 1n n ) = (10, 47 n ) m/s 2 . Impulzus tétel: m aS 1 = F ⇒ m aS 1 = ( FA1 + G ), ( m aS 1e e + m aS 1n n ) = ( FA1ee + FA1n n ) + ( − m g n ) / ⋅ e /⋅ n . m aS 1e = FA1e , m aS 1n = FA1n − m g , FA1e = m aS 1e = 0. FA1n = m ( g + aS 1n ) =10 ⋅ (10 + 10, 47 ) = 204,7 N. FA1 = ( 204,7 n ) N. A két helyzetben fellépő mennyiségek szemléltetése: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 170 ► Mechanika Merev test

kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 171 ► y y FA 0 e FA 0 n A x A x e aS 0 e n FA1n n= j aS 1n aS 0 n S S (0) helyzet mg ω0 ε0 mg e =i (1) helyzet ω1 9.713 feladat: Álló tengely körüli forgó mozgás kinetikája (Fizikai inga) y A (1) helyzet l x α n S m e mg (2) helyzet Adott: Az m tömegű, l hosszúságú prizmatikus rúd, amely az A pont körül a függőleges síkban végez forgómozgást. Az α szöggel meghatározott (1) jelű helyzetben a rúd S pontjának sebessége zérus. α = 30o , g ≈ 10 m/s 2 , m = 2 kg , l = 2 m. Feladat: a) A rúd S pontja aS 1 gyorsulásának és az FA1 támasztóerőnek a meghatározása az (1) jelű helyzetben. b) A rúd S pontja aS 2 gyorsulás át és az FA 2 támasztóerőnek , valamint az ω2 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: FA1 = ( FA1ee + FA1n n ) , Az S pont gyorsulása aS 1 = (aS 1e e + aS 1n n ) , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 171 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 172 ► A rúd szöggyorsulása ε1 = (ε1 k ). A rúd szögsebessége ω1 = ( ω1 k ) = 0. Az A pontra felírt perdület tétel: π A1 = M A1 . J Aε1 + ω1 × π A1 = M A1 . = 0, mert ω1 π A1 y (1) helyzet A n α FA1e a S 1n m S a S 1e mg ε1 FA1n e J aε1 = M A1 , l J aε1 k = m g sin α k / ⋅ k 2 l J aε1 = m g sin α . 2 m g sin α l m g sin α l ε1 = = = 2 ⎡ 2 Ja ⎛l⎞ ⎤ 2 ⎢JS + m⎜ ⎟ ⎥ ⎝ 2 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢ m g sin α l 3 g sin α . = = ⎛1 2⎞ 2 l 2 ⎜ ml ⎟ ⎝3 ⎠ 3 10 0,5 = 3,75 rad/s 2 , ε1 = (3,75 k ) rad/s 2 . 2 2 A súlyponti gyorsulás: aS 1 = (aS 1ee + aS 1n n ). l aS 1e = ε1 =1 ⋅ 3,75 = 3,75 m/s 2 ⇒ aS 1e =

(3,75 e ) m/s 2 , 2 2 v2 l aS 1n = S 1 = ω12 =1 ⋅ 02 = 0 aS 1n = 0, ⇒ l 2 aS 1 = (3,75 e ) m/s 2 . ε1 = ⋅ Impulzus tétel: m aS 1 = ( FA1 + G ), ( m aS 1ee + m aS 1n n ) = = ( FA1ee + FA1n n ) + (m g sin α e − m g cos α n ), / ⋅ e /⋅ n m aS 1e = FA1e + m g sin α 0 , FA1e = m ( aS 1e − g sin α ) = 2 ⋅ (3,75 − 10 ⋅ 0,5) = − 2,5 N , m aS 1n = FA1n − m g cos α , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 172 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 173 ► FA1n = m ( g cos α + aS 1n ) = 2 ⋅10 ⋅ 0,866 =17,3 N. =0 FA1 = (−2,5 e +17,3 n ) N. b) A súlyponti gyorsulás és a támasztóerő meghatározása a függőleges, (2) jelű helyzetben: Munkatétel: E2 − E1 =W12 . 1 1 l J aω22 − J a ω12 = m g (1 − cos α ), 2 2 2 =0 1 l J aω22 = m g (1 − cos α ), 2 2 (1 − cos α ) 3 3 ⋅10(1 − 0,866) m g l g ω22 = = (1 − cos α ) = = 2,01

, 1 2 l 2 ml 3 ω2 = 2,01 =1, 417 rad/s. Az A pontra felírt perdület tétel: π A 2 = M A 2 . J Aε 2 + ω2 × π A 2 = 0, mert ω2 π A 2 = M A2 , ⇒ ε 2 = 0. =0 A súlyponti gyorsulás: aS 2 = (aS 2 ee + aS 2 n n ). l aS 2 e = ε 2 = 0 . 2 2 vS2 2 l 2 = ω2 =1⋅1, 417 2 = 2,01 ⇒ aS 2 n = (2,01n ), aS 2 n = l 2 aS2 = ( 2,01 n ) m/s 2 Impulzus tétel: m aS 2 = ( FA 2 + G ), ( m aS 2 ee + m aS 2 n n ) = ( FA 2 ee + FA 2 n n ) + (− m g n ), / ⋅ e /⋅ n m aS 2 e = FA 2 e , m aS 2 n = FA 2 n − m g , FA 2 e = m aS 2 e = 0. FA 2 n = m ( g + aS 2 e ) = 2(10 + 2,01) = 24,02 N. =0 FA 2 = ( 24,02 n ) N. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 173 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 174 ► 9.714 feladat: Hasáb mozgása kényszerpályán F1 m y ψ S G v0 x Adott: Az érdes kényszerpályán az m tömegű téglatest v0 sebességgel mozog felfelé. A

mozgásbeli súrlódási tényező μ . v0 = (8 i ) m/s , g ≈10 m/s 2 , m =10 kg , μ = 0, 2 , ϕ =ψ = 30o . Kérdés: a) Az m tömegű test aS gyorsulása hogyan függ az F1 erő nagyságától, ha Nα ≥ 0 ? b) Az m tömegű test aS gyorsulása hogyan függ az F1 erő nagyságától, ha az elválás megtörtént? Megoldás: a) Ha Nα ≥ 0, akkor Fα ≠ 0 ⇒ a test kényszermozgást végez. F a S = ( aSx i ) , aSx = − g (sin ϕ + cos ϕ ) + 1 (cosψ − μ sinψ ), m 3 m g cos ϕ Nα ≥ 0 ⇒ F1 ≤ =100 2 =100 3 =173, 2 N. 1 sinψ 2 b) Ha elválik, akkor Nα ≡ 0 ⇒ Fα = 0 ⇒ a test szabad mozgást végez. F F a S = ( 1 cosψ − g sin ϕ ) i + ( 1 sinψ + g cos ϕ ) j . m m A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 174 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 175 ► 9.715 feladat: Gördülő mozgás kinetikája y m F0 vS S mg R μ0 Adott: A

csúszásmentesen gördülő R sugarú, m tömegű henger. A henger S pontjának sebessége vS . A hengerre x A ρ0 a saját súlyán kívül még az F0 erő is hat. vS = (10 i ) m/s, g ≈ 10 m/s 2 , R = 2 m , m = 20 kg, FK F0 = (−15 i + 5 j ) N. Feladat: a) A henger ε = (ε k ) szöggyorsulásának és súlypontja aS = (aS i ) gyorsulásának meghatározása. b) A hengerre ható FA kényszererő (támasztóerő) meghatározása. c) A hengerre ható erőrendszer teljesítményének meghatározása. Megoldás: a) A henger ε szöggyorsulása és súlypontja aS gyorsulása: ε = ( 0, 25 k ) rad/s 2 , aS = (−0,5 i ) m/s 2 . b) A hengerre ható FA = FK kényszererő (támasztóerő): FA = (5 i + 195 j ) N. c) A hengerre ható erők teljesítménye: P = F0 ⋅ vS + G ⋅ vS + FA ⋅ vA = − 150 W. =0 =0 9.716 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 F0 erő és az M 0 nyomaték is hat. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 175 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom s0 F0 y G 176 ► M 0 = 100 Nm , α S vS ◄ m = 4 kg, R = 1 m, m R M0 Vissza s0 = 2 m, F0 = 40 N , x A α = 30o , g ≈ 10 m/s 2 . α Feladat: a) A henger ε = (ε k ) szöggyorsulásának és S pontja aS = (aS i ) gyorsulásának meghatározása. b) A hengerre ható FA támasztóerő (kényszererő) meghatározása. c) Mennyi munkát végez a hengerre ható erőrendszer s0 út megtétele alatt? Megoldás: a) A henger ε = (ε k ) szöggyorsulása és aS = (aS i ) gyorsulása: ε = (−7,56 k ) 1/s 2 , aS = ( 7,56 i ) m/s 2 . b) A hengerre ható támasztóerő: FA = (84,88 i + 14,64 j ) N. c) A hengerre ható erőrendszer munkája: v ⎡ M ⎤ P = ( F0 x + Gx ) vS − M 0 S = ⎢ F0 x + Gx − 0 ⎥ vS , R ⎣

R ⎦ M ⎤ ⎡ W ( s0 ) = ∫ P dt = ⎢ F0 x + Gx − 0 ⎥ s0 R ⎦ ⎣ M ⎤ ⎡ = ⎢ F0 cos α + m g sin α − 0 ⎥ s0 = − 90,72 Nm. R ⎦ ⎣ A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 176 ► Mechanika Merev test kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 177 ► 9.717 feladat: Álló tengely körüli forgómozgás kinetikája Adott: α = 30o , g ≅10 m/s 2 , (0) helyzet m y l m = 4 kg , ω 0 = 0 , S (1) helyzet e n mg l = 2 m. α x A Feladat: a) Az indítás pillanatában, a (0) jelű helyzetben a rúd szöggyorsulásának, S súlypontja aS 0 gyorsulásának és az FA0 támasztóerőnek a meghatározása. b) A vízszintes, (1) helyzetben a rúd ω1 szögsebességének meghatározása. Megoldás: a) A súlyponti gyorsulás és a támasztóerő az indítási helyzetben: ε 0 = (6, 49 k ) rad/s 2 , aS 0 = ( 6, 49 e ) m/s 2 . FA0 = ( − 8,68 e − 20 n ) N. b) A szögsebesség a

vízszintes helyzetben: ω1 = ( 2,739 k ) rad/s. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 177 ► Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 178 ► 10. Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása 10.1 A forgó alkatrész támasztó erőrendszere z Adott: A szerkezet (alkatrész) geometriája és a külső ER: G, M 0 . A szerkezet a z tengely körül végez forgó mozgást. Feladat:Az FA = ( FAx i + FAy j + FAz k ) ω ε M0 B 3 FB • RS és FB = ( FBx i + FBy j ) S l zS k 1 x rS G 2 A y FA támasztóerők meghatározása és annak biztosítása, hogy a támasztóerők ne függjenek a szerkezet forgását jellemző ω , ε mennyiségektől. Jelölés: cde a szerkezet S ponti tehetetlenségi főtengelyei. A szerkezet súlypontjának helyvektora: rS = RS + zS k = ( xS i + yS j ) + zS k . A támasztóerők összesen 3+2=5 db skaláris ismeretlent tartalmaznak.

A feladat megoldása: /⋅ k Impulzus tétel: maS = G + FA + FB 0 = −G + FAz ⇒ FAz = G. Perdület tétel az A pontra: k × / J Aε + ω × J A ⋅ ω + rAS × m a A = M 0 + rS × G + lk × FB . =0 Az alkatrész a z tengely körül forog: ε = (ε k ), ω = (ω k ) . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 178 ► Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 179 ► k × J A ⋅ k ε + k × (k × J A ⋅ k )ω 2 = 0 + k × ( RS × G ) + k × (lk × FB ) , − RSG − FBl (k ⋅ k ) =1 1 FB = ⎡⎣ −GRS − k × J A ⋅ k ε − k × (k × J A ⋅ k )ω 2 ⎤⎦ . l Az előzővel megegyező gondolatmenetből: 1 FA = ⎡⎣GRS + k × J B ⋅ k ε + k × (k × J B ⋅ k )ω 2 ⎤⎦ + Gk . l 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 = FA + FB + G akkor teljesül, ha aS = 0 . Az S pontnak a forgástengelyre kell esnie : RS = 0 . Definició: Statikusan kiegyensúlyozottnak nevezünk egy rögzített tengely körül forgó szerkezetet (merev testet), ha S pontja a forgástengelyre esik. b) FA + G = 0, FB = 0 akkor teljesül, ha J A ⋅ k k és J B ⋅ k k. ⇓ A z tengelynek a forgó test tehetetlenségi főtengelyének kell lennie. Ha RS = 0 , akkor a Steiner-tételből következően mindegy, hogy a test A, B vagy S ponti tehetetlenségi tenzorát veszem a feltétel teljesítésénél: JS ⋅k k ⇒ J A ⋅k k ⇒ J B ⋅k k . Ha J A ⋅k k és J B ⋅k k akkor a támasztóerőkre kapott összefüggésben eltűnik a 2. és a 3 (a forgástól függő) tag A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 179 ► Mechanika Forgó alkatrészek

kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 180 ► Definició: Dinamikusan kiegyensúlyozottnak nevezünk egy rögzített tengely körül forgó testet, ha a forgástengely a test S ponti tehetetlenségi főtengelye. Megjegyzés: - Az a) feltétel helyett mRS = 0 is írható. - A b) feltétel helyett a J xz = J yz = 0 , vagy a − k × ( J z × k ) = J xz i + J yz j = 0 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 z Eredeti szerkezet tömege: m ω Hozzáadott/elvett tömegpontok ε tömegei: m1 , m2 M0 m2 R2 B m

x′′ y′′ RS • x′ x S y′ z 2 R1 m1 r1 = R1 + z1k , r2 = R2 + z2 k . z1 A Az eredeti szerkezet és a hozzáadott/elvett tömegpontok mereven kapcsolódnak egymás-hoz. A hozzáadot/elvett tömegpontok helyvektorai: R1 = x1i + y1 j , R2 = x2i + y2 j , y A statikus tömegkiegyensúlyozás feltétele (első feltétel): mRS + m1R1 + m2 R2 = 0 . (Az eredeti szerkezet és a két tömegpont közös súlypontjának a forgástengelyre kell esnie.) A dinamikus tömegkiegyensúlyozás feltétele (második feltétel): A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 180 ► Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 181 ► J xz i + J yz j + m1R1 z1 + m2 R2 z2 = 0 . (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: mxS + m1 x1 + m2 x2 = 0 ⎫ m1 x1 + m2 x2 = − mxS ⎫ ⎪ myS + m1 y1 + m2 y2 = 0 ⎪ m1 y1 + m2 y2 = − myS ⎪⎪ ⎬. ⎬ ⇒ J xz + m1 x1 z1 + m2 x2 z2 = 0 ⎪ m1 x1 z1 + m2 x2 z2 = − J xz ⎪ J yz + m1 y1 z1 + m2 y2 z2 = 0 ⎪⎭ m1 y1 z1 + m2 y2 z2 = − J yz ⎪⎭ Ez egy négy egyenletből álló inhomogén, algebrai egyenletrendszer. Az egyenletrendszerben szereplő ismeretlenek: m1 , x1 , y1 , z1 , m2 , x2 , y2 , z2 (8 db skalár mennyiség). Probléma: Megoldás: 4 db. skalár egyenlet, 8 db ismeretlen 4 db. skalár ismeretlen önkényesen felvehető Példa: az autókerék kiegyensúlyozása. Térjünk át a descartesi helykoordinátákról henger koordinátákra: m1 , x1 , y1 , z1 , ⎫ m1 , R1 , ϕ1 , z1 , ⎫ ⎬ ⇒ ⎬. m2 , x2 , y2 , z2 ⎭ m2 , R2 , ϕ 2 , z2 ⎭ Ha z1 , z2 , R1 , R2 -t felvesszük, akkor a m1 , ϕ1 , m2 , ϕ2 ismeretlenek az egyenletredszerből az alábbi módon számíthatók ki: 1 ⎡( J − m x z ) 2 + ( J − m y z )

2 ⎤ , m1 = xz S 2 yz S 2 ⎥⎦ R1 z2 − z1 ⎢⎣ m2 = tgϕ1 = − 1 R2 z1 − z2 ⎡( J − m x z ) 2 + ( J − m y z ) 2 ⎤ , S 1 yz S 1 ⎣⎢ xz ⎦⎥ J yz − m yS z2 J xz − m xS z2 , tgϕ2 = J yz − m yS z1 J xz − m xS z1 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom . Vissza ◄ 181 ► Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 182 ► 10.3 Gyakorló feladatok forgó alkatrészek kiegyensúlyozására és támasztó erőrendszerének meghatározása 10.31 feladat: Kiegyensúlyozatlan forgórész támasztóerői y′ η y m h R S A FA ζ ϕ z B mg FB ω z′ Adott: m= 48 kg, l=0,6 m, R = 0, 2 m ⎫ ⎬ ⇒ h R, h = 0,05 m ⎭ ω = 105 rad/s = állandó, ϕ = 3o Feladat: l/2 l /2 Az FA , FB támasztóerők meghatározása. A támasztóerők koordinátái: FA = FAx i + FAy j , FB = FBx i + FBy 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: ⎡1 ⎤ 2 0 0 ⎥ ⎢ 4 mR ⎡ Jξ 0 0 ⎤ ⎢ ⎥ 1 ⎢ ⎥ ⎢ 2 0 0 ⎥, J S = ⎢ 0 Jη 0 ⎥ = mR ⎢ ⎥ 4 (ξηζ ) ⎢ 0 0 Jζ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 1 2 ⎢ 0 0 mR ⎥ 2 ⎣⎢ ⎦⎥ 1 48 ⋅ 0, 22 J ξ = Jη = mR 2 = = 0, 48 kgm 2 , 4 4 1 J ζ = mR 2 = 0,96 kgm 2 , 2 sin ϕ = 0,052, sin 2 ϕ = 0,0027, cos ϕ = 0,999, cos 2 ϕ = 0,997. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 182 ► Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 183 ► ⎫ ⎪⎪ j = cos ϕ eη + sin ϕ eζ ⎬ ⎪ k = − sin ϕ eη + cos ϕ eζ ⎪⎭ - tehetetlenségi tenzor az x,y,z koordináta-rendszerben: ⎡ J ξ 0 0 ⎤ ⎡1 ⎤ ⎢ ⎥ J x = i ⋅ J S ⋅ i = [1 0 0] ⎢ 0 Jη 0 ⎥ ⎢⎢0 ⎥⎥ = Jξ , ⎢ 0 0 J ζ ⎥ ⎢⎣0 ⎥⎦ ⎣ ⎦

Koordináta transzformáció: i = eξ ⎡ Jξ ⎢ J xy = J yx = −i ⋅ J S ⋅ j = − [1 0 0] ⎢ 0 ⎢0 ⎣ J xz = J zx = −i ⋅ J S ⋅ j = 0 , 0 Jη 0 0 ⎤⎡ 0 ⎤ ⎥ 0 ⎥ ⎢⎢cos ϕ ⎥⎥ = 0 , Jζ ⎥⎦ ⎢⎣ sin ϕ ⎥⎦ ⎡ Jξ 0 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎢ ⎥ J y = j ⋅ J S ⋅ j = [ 0 cos ϕ sin ϕ ] ⎢ 0 Jη 0 ⎥ ⎢⎢ cos ϕ ⎥⎥ , ⎢ 0 0 J ζ ⎥ ⎢⎣ sin ϕ ⎥⎦ ⎣ ⎦ 2 2 J y = Jη cos ϕ + J ζ sin ϕ = 0, 48 ⋅ 0,997 + 0,96 ⋅ 0,003 , J y = 0, 479 + 0,003 = 0, 482 kgm 2 ≈ Jη , ⎡ Jξ 0 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎢ ⎥ J z = k ⋅ J S ⋅ k = [ 0 − sin ϕ cos ϕ ] ⎢ 0 Jη 0 ⎥ ⎢⎢ − sin ϕ ⎥⎥ , ⎢ 0 0 J ζ ⎥ ⎢⎣ cos ϕ ⎥⎦ ⎣ ⎦ 2 2 J z = Jη sin ϕ + J ζ cos ϕ = 0, 48 ⋅ 0,003 + 0,96 ⋅ 0,997 , J z = 0,0014 + 0,957 = 0,958 kgm 2 ≈ J ζ . ⎡ Jξ 0 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎢ ⎥ J yz = J zy = − j ⋅ J S ⋅ k = − [ 0 cos ϕ sin ϕ ] ⎢ 0 Jη 0 ⎥ ⎢⎢ − sin ϕ ⎥⎥ ⎢ 0 0 J ζ ⎥ ⎢⎣ cos ϕ ⎥⎦ ⎣ ⎦

J yz = J zy = + Jη cos ϕ sin ϕ − J ζ cos ϕ sin ϕ = −0,025 kgm 2 , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 183 ► Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ⎡Jx ⎢ JS = ⎢ 0 ( xyz ) ⎢0 ⎣ Vissza ◄ 184 ► 0 ⎤ ⎡ 0, 480 0 0 ⎤ ⎥ ⎢ − J yz ⎥ = ⎢ 0 0, 482 0,025⎥⎥ kgm 2 . − J zy J z ⎥⎦ ⎢⎣ 0 0,025 0,958 ⎥⎦ - tehetetlenségi tenzor az x′, y′, z′ koordináta-rendszerben: Steiner-tétel: J x′ = J x + m( yS2 + zS2 ) = 0, 48 + 48 ⋅ 0,09 = 4,8 kgm 2 , 0 Jy J y′ = J y + m( xS2 + zS2 ) = 0, 482 + 48 ⋅ 0,09 = 4,802 kgm 2 , J z′ = J z + m( xS2 + yS2 ) = 0,958 + 0 = 0,958 kgm 2 , J x′y′ = J xy + mxS yS = 0 , J x′z′ = J xz + mxS zS = 0 , J y′z′ = J yz + myS zS = −0,025 kgm 2 , 0 0 ⎤ ⎡ 4,8 ⎢ J A = J B = ⎢ 0 4,802 0,025⎥⎥ kgm 2 . ( x′y′z′ ) ( x′y′z′ ) ⎢⎣ 0 0,025 0,958⎥⎦ b) A

támasztóerők meghatározása: Perdület tétel az A pontra: J A ⋅ ε + ω × J A ⋅ ω + rAS × m a A = rAS × G + rAB × FB , =0 =0 l ω 2 ⎡⎣ k × (− J y′z′ j + J z′k ) ⎤⎦ = G (k × − j ) + lk × FB , 2 i l +ω 2 J y′z′i = Gi + lFBx j − lFBy i /⋅ j /⋅ i , 2 FBx = 0 , l 1 G ω2 1052 FBy = ( G − J y′z′ω 2 ) = − J y′z′ = 240 − 0,025 = −219,38 N . 2 l 2 l 0,6 Perdület tétel a B pontra: J B ⋅ ε + ω × J B ⋅ ω + mrBS × aB = rBS × G + rBA × FA , =0 =0 l ω 2 ⎡⎣ k × (− J y′z′ j + J z′k ) ⎤⎦ = G (− kx − j ) − lk × FA , 2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 184 ► Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom l 2 ω 2 J y′z′i = − Gi − lFAx j + lFAy i FAx = 0 , FAy = Vissza ◄ 185 ► /⋅ j /⋅ i , G ω2 1052 + J y′z′ = 240 + 0,0251 = 701, 21 N . 2 l 0,6 10.32 feladat:

Kiegyensúlyozatlan forgórész támasztóerői z ε ζ ω B ϑ l2 S G l1 A ω 0 = (100 k ) rad/s, η Adott: Az A,B jelű csapágyakban forgó merev tengelyre ferdén felékelt G súlyú tárcsa. A tengely állandó ω0 szögsebességgel forog. Ismert a tárcsa S súlyponti tehetetlenségi J S tenzora: (ξηζ ) ⎡35 0 0 ⎤ ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ 2 y ⎢ J S ⎥ = ⎢ 0 35 0 ⎥ kgm , ⎢⎣ (ξηζ ) ⎥⎦ ⎢ ⎣ 0 0 64 ⎥⎦ G = 8 kN, l1 = 0,6 m , ϑ = 1o , g ≅ 10 m/s 2 . Feladat: a) Az A és B csapágyakban fellépő FA és FB támasztóerők (csapágyerők) meghatározása. b) Az FA = FA (t ) és FB = FB (t ) támasztóerő-idő függvények meghatározása. Kidolgozás: a) A támasztóerők meghatározása: Impulzus tétel: I = F , ⇒ m aS = G + FA + FB , =0 0 = (G k ) + ( FAx i + FAy j + FAz k ) + ( FBx i + FBy j ), / ⋅ ez 0 = G + FAz , ⇒ FAz = G = 8 kN. Perdület tétel az A pontra: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 185

► Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ◄ Vissza 186 ► 186 ► π A = M A , ⇒ π A = π S + I × rSA = rAB × FB , ⇒ π A = π S =0 J S ⋅ ε + ω0 × π S = (l1 + l2 ) k × ( FBx i + FBy j ). =0 A tárcsa S ponti perdületvektora: ⎡ J1 0 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤ π S = J S ⋅ ω0 = ⎢⎢ 0 J1 0 ⎥⎥ ⎢⎢ ω0 sin ϑ ⎥⎥ . (ξηζ ) ⎢⎣ 0 0 J 2 ⎥⎦ ⎢⎣ω0 cos ϑ ⎥⎦ z ζ ϑ ω0 η ϑ S π S = J1ω0 sin ϑ eη + J 2ω0 cosϑ eζ . y Koordináta transzformáció: eη = cos ϑ j + sin ϑ k , eζ = − sin ϑ j + cos ϑ k . π S = J1ω0 sin ϑ cos ϑ j + J1ω0 sin 2 ϑ k − J 2ω0 sin ϑ cos ϑ j + J 2ω0 cos 2 ϑ k , π S = ( J1 − J 2 )ω0 sin ϑ cosϑ j + ω0 ( J1 sin 2 ϑ + J 2 cos 2 ϑ )k . A perdület vektor koordinátái: π Sx = 0, π Sy = ( J1 − J 2 )ω0 sin ϑ cosϑ , π Sz = ω0 ( J1 sin 2 ϑ + J 2 cos 2 ϑ ). Behelyettesítve a perdület tételbe: (ω0 k

) × (π Sx i + π Sy j + π Sz k ) = (l1 + l2 ) k × ( FBx i + FBy j ), ω0 π Sx j − ω0 π Sy i = (l1 + l2 ) FBx j − (l1 + l2 ) FBy i , ω0 π Sy = (l1 + l2 ) FBy FBy = FBy = ω0 π Sy l1 + l2 = ω02 l1 + l2 / ⋅ i /⋅ j , ω0 π Sx = (l1 + l2 ) FBx . ( J1 − J 2 )sin ϑ cos ϑ , FBx = ω0 π Sx l1 + l2 = 0. 1002 (35 − 64) ⋅ 0,01745 ⋅ 0,9998 = −5060 N , 0,6 + 0, 4 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 187 ► FB = ( FBxi + FBy j ) = (−5,060 j ) kN . Impulzus tétel: m aS = G + FA + FB ⇒ FA = − G − FB , =0 FA = ( FAx i + FAy j + FAz k ) = (5,060 j + 8 k ) kN . b) Az FA = FA (t ) és FB = FB (t ) függvények meghatározása: A támasztóerők a forgórésszel együtt forognak. FA = FA (t ) = − FBy (− sin ω0t i + cos ω0t j ) + G k , FB = FB (t ) = FBy (− sin ω0t i + cos ω0t j

) . η ϕ = ω0 t FB ϕ = ω0 t i j ξ 10.33 feladat: Forgórész (autókerék modell) kiegyensúlyozása η y m, J S h R A ϕ S B l /2 l /2 ζ z ω0 = áll. Adott: m= 10 kg, l=0,4 m, R=0,3 m , h=10 cm, ω 0 =100 rad/s = állandó, ϕ = 2o. A tengely tömege a forgórész tömegéhez képest elhanyagolhatóan kicsi Feladat: A forgórész dinamikus tömegkiegyensúlyozása, ha R1 = R2 = R és z1 = h / 2 , z2 = − h / 2. Kidolgozás: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 187 ► Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 188 ► A forgórész statikusan kiegyensúlyozott, mert az S pont a forgástengelyre esik. A szerkezet S ponti tehetetlenségi tenzorának előállítása - tehetetlenségi tenzor a ξ ,η , ζ koordináta-rendszerben: ⎡1 ⎤ 2 0 0 ⎥ ⎢ 4 mR ⎡ Jξ 0 0 ⎤ ⎢ ⎥ 1 ⎢ ⎥ ⎢ 2 J S = ⎢ 0 Jη 0 ⎥ = mR 0 0 ⎥, ⎢

⎥ 4 (ξηζ ) ⎢ 0 0 Jζ ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 1 ⎢ 0 mR 2 ⎥ 0 ⎢⎣ ⎥⎦ 2 1 10 ⋅ 0,32 Jξ = Jη = mR 2 = = 0, 225 kgm 2 , 4 4 1 10 ⋅ 0,32 J ζ = mR 2 = = 0, 45 kgm 2 , 2 2 - Koordináta transzformáció: i = eξ = 1, j = cos ϕ eη + sin ϕ eζ , k = − sin ϕ eη + cos ϕ eζ . - tehetetlenségi tenzor az x,y,z koordináta-rendszerben: sin ϕ = 0,034, sin 2 ϕ = 0,0012, cos ϕ = 0,999, cos 2 ϕ = 0,998 . ⎡ Jξ ⎢ J x = i ⋅ J S ⋅ i = [1 0 0] ⎢ 0 ⎢0 ⎣ 0 Jη 0 0 ⎤ ⎡1 ⎤ ⎥ 0 ⎥ ⎢⎢0 ⎥⎥ = J ξ , Jζ ⎥⎦ ⎢⎣0 ⎥⎦ 0 0 ⎤ ⎡1 ⎤ ⎡ 0, 225 ⎢ 0, 225 0 ⎥⎥ ⎢⎢0 ⎥⎥ = 0, 225 kgm 2 , J x = J ξ = [1 0 0] ⎢ 0 ⎢⎣ 0 0 0, 45⎥⎦ ⎢⎣0 ⎥⎦ ⎡ Jξ ⎢ J xy = −i ⋅ J S ⋅ j = − [1 0 0] ⎢ 0 ⎢0 ⎣ J xy = J yx = 0. 0 Jη 0 0 ⎤⎡ 0 ⎤ ⎥ 0 ⎥ ⎢⎢cos ϕ ⎥⎥ = 0, J ζ ⎥⎦ ⎢⎣ sin ϕ ⎥⎦ A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 188 ► Mechanika Forgó

alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom ⎡ Jξ ⎢ J xz = −i ⋅ J S ⋅ k = − [1 0 0] ⎢ 0 ⎢0 ⎣ J xz = J zx = 0 . 0 Jη 0 Vissza ◄ 189 ► 0 ⎤⎡ 0 ⎤ ⎥ 0 ⎥ ⎢⎢ − sin ϕ ⎥⎥ = 0, Jζ ⎥⎦ ⎢⎣ cos ϕ ⎥⎦ ⎡ Jξ 0 ⎢ J yz = − j ⋅ J S ⋅ k = − [ 0 cos ϕ sin ϕ ] ⎢ 0 Jη ⎢0 0 ⎣ J yz = J zy = Jη cos ϕ sin ϕ − J ζ cos ϕ sin ϕ , ⎤⎡ 0 ⎤ ⎥⎢ ⎥ ⎥ ⎢ − sin ϕ ⎥ , Jζ ⎥⎦ ⎢⎣ cos ϕ ⎥⎦ 0 0 J yz = J zy = 0, 225 ⋅ 0,03487 − 0, 45 ⋅ 0,03487 = − 0,007847 kgm 2 . ⎡ Jξ 0 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎢ ⎥ J y = j ⋅ J S ⋅ j = [ 0 cos ϕ sin ϕ ] ⎢ 0 Jη 0 ⎥ ⎢⎢cos ϕ ⎥⎥ , ⎢ 0 0 J ζ ⎥ ⎢⎣ sin ϕ ⎥⎦ ⎣ ⎦ 2 2 J y = Jη cos ϕ + J ζ sin ϕ = 0, 225 ⋅ 0,9987 + 0, 45 ⋅ 0,001217 = = 0, 2247075 + 0,00054765 = 0, 22525515 kgm 2 . ⎡ Jξ 0 0 ⎤ ⎡ 0 ⎤ ⎢ ⎥ J z = k ⋅ J S ⋅ k = [ 0 − sin ϕ cos ϕ ] ⎢ 0 Jη 0 ⎥

⎢⎢ − sin ϕ ⎥⎥ , ⎢ 0 0 Jζ ⎥ ⎢⎣ cos ϕ ⎥⎦ ⎣ ⎦ 2 2 J z = Jη sin ϕ + J ζ cos ϕ = 0, 225 ⋅ 0,001217 + 0, 45 ⋅ 0,9987 = = 0,000273825 + 0, 449415 = 0, 448688 kgm 2 . ⎡Jx ⎢ JS = ⎢ 0 ( xyz ) ⎢0 ⎣ 0 ⎤ ⎡ 0, 2250 0 0 ⎤ ⎥ ⎢ 0, 2252 0,0078 ⎥⎥ kgm 2 . − J yz ⎥ = ⎢ 0 0,0078 0, 4496 ⎥⎦ J z ⎥⎦ ⎢⎣ 0 − J zy A forgórész tömegkiegyensúlyozása: A forgórész S súlypontja a forgástengelyen van: rS = ( xS i + yS j + zS k ) = 0. 0 Jy A két, a kiegyensúlyozáshoz szükséges póttömeg súlypontját megadó helyvektor: r1 = ( x1i + y1 j + z1k ) = ( R1 cos ϕ1i + R1 sin ϕ1 j + z1k ), A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 189 ► Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 190 ► r2 = ( x2i + y2 j + z2 k ) = ( R2 cos ϕ2i + R2 sin ϕ 2 j + z2 k ). A ϕ1 és ϕ2 szöget az xy síkban, az x tengelytől

mérjük. A kiegyensúlyozáshoz szükséges m1 és m2 póttömegek: 2 m 1= 1 R1 z2 − z1 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜J −mx z ⎟ +⎜J −m y z ⎟ S 2 S 2 ⎜ xz ⎟ ⎜ yz ⎟ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 0 2 m 2= 1 R2 z1 − z2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜J −mx z ⎟ +⎜J −m y z ⎟ S 1 S 1 ⎜ xz ⎟ ⎜ yz ⎟ 0 ⎠ ⎝ 0 ⎠ ⎝ 0 2 , 2 . Az összefüggésbe behelyettesítve az önkényesen R1 = R2 = R , z1 = h / 2 és z2 = − h / 2 értékeket: m1 = 1 ⎛ h⎞ ⎛h⎞ R ⎜− ⎟−⎜ ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝2⎠ (J ) yz 2 = felvehető 0,007847 = 0, 2615kg, 0,3 ⋅ 0,1 2 1 0,007847 J yz ) = = 0, 2615kg. ( 0,3 ⋅ 0,1 ⎛h⎞ ⎛ h⎞ R2 ⎜ ⎟ − ⎜ − ⎟ ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ A póttömegek elhelyezkedési szöge: J yz − m yS z2 0 = − −0,007847 ∞ , tgϕ1 = − ϕ1 = 90o . J xz − m xS z2 0 0 J yz − m yS z1 0 = −0,007847 − ∞ , tgϕ2 = ϕ2 = 270o . J xz − m xS z1 0 0 Az m1 póttömeg helyzetét meghatározó vektorok : m2 = R1 = ( R1 cos ϕ1i + R1 sin ϕ1 j ) =

(0,3 j ) m, r1 = (0,3 j + 0,05k ) m. Az m2 póttömeg helyzetét meghatározó vektorok: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 190 ► Mechanika Forgó alkatrészek kiegyensúlyozása A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 191 ► R2 = ( R2 cos ϕ 2i + R2 sin ϕ2 j ) = (−0,3 j ) m, r2 = (−0,3 j − 0,05k ) m y y m1 x x r1 R1 ϕ2 ϕ1 S S z z R2 r2 − h = z2 2 h z1 = + 2 − h = z2 m2 2 z1 = + h 2 Ellenőrzés (behelyettesítés a tömegkiegyensúlyozás egyenletrendszerébe): A póttömegekkel kiegészített rendszer forgástengelyre számolt számított statikai nyomatéka zérus: m xS + m1 x1 + m2 x2 = 0, 0 0 0 m yS + m1 y1 + m2 y2 = 0, 2615 ⋅ 0,3 + 0, 2615 ⋅ (−0,3) = 0 . 0 A póttömegekkel kiegészített rendszernek a z tengely tehetetlenségi főtengelye: J xz + m1 x1 z1 + m2 x2 z2 = 0, 0 0 0 J yz + m1 y1 z1 + m2 y2 z2 = = (−0,007847) + 0, 2615 ⋅ 0,3 ⋅ 0,05 + 0, 2615

⋅ (−0,3) ⋅ (−0,05) = = (−0,007847) + (0,007847) = 0. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 191 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 192 ► 11. Testek ütközése 11.1 Az ütközések osztályozása vS 2 (1) A2 A1 ⋅ ⋅ S1 ω1 (2) S2 ω2 vS 1 e - az érintkezési pontban a felületek érintő egységvektora, n - az ütközés normálisa (az érintkezési pontban a felületekre merőleges egységvektor), A1 , A2 - a testek érintkező pontjai. e n Jelölések: vS 1 , vS 2 - a testek súlyponti sebességei az ütközést megelőző pillanatban, ω1 , ω2 - a testek szögsebességei az ütközést megelőző pillanatban, VS 1 , VS 2 - a testek súlyponti sebességei az ütközés utáni pillanatban, Ω1 , Ω 2 - 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. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 192 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom -Rugalmas-képlékeny (valóságos) testek ütközése: deformációjára fordított energia részben visszanyerhető. Az ütközés

létrejöttének feltétele: vA1 ⋅ n > vA 2 ⋅ n . (Az 1 jelű testnek utól kell érnie a 2 jelű testet.) Az ütközés lefolyása: n (1) Érintkezés egy pontban ► testek (1) (2) (2) A1 a 193 n n A2 (1) ◄ Vissza (2) A testek az érintkezés környezetében deformálódnak Közeledés Elválás 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 vS 2 n (1) A1 ω1 (2) F1 A2 S1 n S2 ω2 F2 = − F1 vS 1 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 193 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄

194 ► Impulzus tétel az egész rendszerre (mindkét testre együtt): (1+2) I =F =0 ⇒ I = állandó . m1vS 1 + m2vS 2 = mV 1 S 1 + m2VS 2 = állandó . A rendszer (1+2 test) S pontjának vS sebességének bevezetésével: m1vS 1 + m2vS 2 = mV 1 S 1 + m2VS 2 = ( m1 + m2 )vS = m vS . m = m1 + m2 - a rendszer (1+2 test) tömege. Impulzus tétel az (1) testre: (1) I1 = m1aS 1 = F1 = −λ n , / ∫ dt , ( Δt ) λ - skalár együttható, Δt - az ütközés időtartama. ΔI1 = m1 (VS 1 − vS 1 ) = ∫ F1dt = − (Δt ) ∫ λ dt n (Δt ) C Az (1) test S ponti sebességének megváltozása párhuzamos az ütközési normálissal. Impulzus tétel a (2) testre: (1) I 2 = m2 aS 2 = F2 = λ n , / ∫ dt , ( Δt ) ΔI 2 = m2 (VS 2 − vS 2 ) = ∫ (Δt ) F2 dt = ∫ λ dt n. (Δt ) −C A (2) test S ponti sebességének megváltozása párhuzamos az ütközési normálissal. Az (1) és (2) testre kapott eredmények következménye: m1 (VS 1 − vS 1 ) =

− m2 (VS 2 − vS 2 ) Az ütközés során az (1) jelű test impulzusának megváltozása a (2) jelű test impulzus változásának mínusz egyszerese. Perdület tétel az (1) testre: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 194 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 195 ► π s1 = M s1 = 0 ⇒ π s1 = állandó. ⇓ (1) ω 1 = Ω1. s1 – az S1 súlyponton átmenő, a mozgás síkjára merőleges tengely jele, Ω1 - az (1) jelű test ütközés utáni szögsebessége. Perdület tétel a (2) testre: π s 2 = M s 2 = 0 ⇒ π s 2 = állandó. ⇓ (2) ω2 = Ω 2 . s2 – az S2 súlyponton átmenő, a mozgás síkjára merőleges tengely jele, Ω 2 - az (2) jelű test ütközés utáni szögsebessége. A centrikus ütközés során a testek szögsebességei nem változnak meg. Ütközési tényező: az anyagtörvényt veszi figyelembe. k= m1 VS 1n − vSn m2 VS 2 n − vSn

= . m1 vS 1n − vSn m2 vS 2 n − vSn Az eltávolodási szakaszban bekövetkező impulzusváltozás és a közeledési szakaszban bekövetkező impulzusváltozás hányadosa. k = 1 - tökéletesen rugalmas ütközés, k = 0 - tökéletesen képlékeny (vagy tökéletesen rugalmatlan) ütközés, 0 < k < 1 - rugalmas-képlékeny ütközés. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 195 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 196 ► Ütközési diagram: az ütközés utáni sebességek meghatározása szerkesztéssel. vS 2 n − vSn k vS 2 n − vSn • m2 n vS 2 VS 2 S vS m1 vS 1 Ov ⋅ VS 1 k vS 1n − vSn vS 1n − vSn A szerkesztés gondolatmenete: - Az Ov kezdőpontból felrajzoljuk az ütközés előtti vS 1 , vS 2 sebességvektorokat, az n ütközési normálist és a vS 1 , vS 2 sebességvektorok végpontjain át párhuzamos egyeneseket húzunk az

ütközási normálissal. m v + m2vS 2 - A vS = 1 S 1 összefüggéssel meghatározzuk a rendszer súlym1 + m2 pontjának sebességét. (A vx , v y síkon meghatározzuk az m1 , m2 tömegpontrendszer súlypontját) - Az S ponton keresztül merőlegest rajzolunk az n ütközési normálisra. - Ezzel meghatároztuk a vS 1n − vSn és a vS 2 n − vSn mennyiségeket. - Ezeknek a mennyiségeknek a k-szorosát felmérjük a S ponton át, az ütközési normálisra húzott merőleges egyenes másik (ellenkező) oldalára, mert: vSn − VS 1n = k vS 1n − vSn és vSn − VS 2 n = k vS 2 n − vSn . - Ezzel megkapjuk a az ütközés utáni VS 1 és VS 2 sebességvektorokat. Ellenőrzés: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 196 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 197 ► A VS 1 és VS 2 sebességvektorok végpontjait összekötő egyenesnek is kell mennie az S ponton, mert vS

= m1VS 1 + m2VS 2 . m1 + m2 11.3 Gyakorló feladatok testek centrikus ütközésére 11.31 feladat: Járművek ütközése Adott: m1 = 3600 kg, v1 = 25 m/s, m2 = 1200 kg, v2 = 10 m/s, k = 0,8. m1 S1 m2 v1 S 2 v2 Feladat: Meghatározni a járművek ütközés utáni sebességét a) számítással, b) szerkesztéssel. Mechanikai modell: m1 v1 v2 m2 S1 n S2 A feladat mechanikai szempontból centrikus, egyenes ütközés. Kidolgozás: a) A feladat megoldása számítással: - A közös súlypont sebessége: m1v1 + m2v2 = (m1 + m2 )vS , m v + m2v2 3600 ⋅ 25 + 1200 ⋅10 vS = 1 1 = = 21, 25 m/s . m1 + m2 3600 + 1200 - A járművek ütközés utáni sebessége: V1 − vS = − k (v1 − vS ) , V1 = vS − k (v1 − vS ) = 21, 25 − 0,8(25 − 21, 25) = 18, 25 m/s . V2 − vS = −k (v2 − vS ) , A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 197 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom

Vissza ◄ 198 ► V2 = vS + k (vS − v2 ) = 21, 25 + 0,8(21, 25 − 10) = 30, 25 m/s . b) A feladat megoldása szerkesztéssel: Ov m2 v2 vS − v2 k vS − v2 ⋅ V2 vS S V1 ⋅ n m1 v1 k v1 − v S v1 − v S Egyenes ütközésnél a v1 , v2 ütközés előtti sebességeket az Ov (függőleges) kezdő egyenestől mérjük fel. A v1 , v2 sebességvektorok távolságának felvétele tetszőleges 11.32 feladat: Labda visszapattanása m2 (2) H m1 ∞ Adott: Labdát ejtünk H magasságból a vízszintes talajra. H = 1, 2 m, m2 = 1 kg, V2 g ≈ 10 m/s 2 , k = 0,7. v2 (1) Feladat: Meghatározni, hogy milyen magasra pattan a labda. n Kidolgozás: - A labda ütközés előtti sebességének meghatározása: 1 Munkatétel: m 2v22 − 0 = m 2 gH , 2 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 198 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 199 ► v2 = 2 gH = 24 = 4,9

m/s . - Ütközés: m1 ∞, v1 = 0 . m v + m2v2 vS = 1 1 0 , V2 = kv2 = 0,7 ⋅ 4,9 = 3, 43 m/s . m1 + m2 - A visszapattanási magasság meghatározása: 1 Munkatétel: 0 − m 2V22 = − m 2 gh . 2 2 2 V 3, 43 h= 2 = = 0,588 m . 2g 20 11.33 feladat: Hajók ütközése Adott: m1 = 1000 kg , m2 = 3000 kg , vS1 = (40i − 10 j ) m/s , k=0,8, vS 2 = (30 j ) m/s . Feladat: A súlypontok ütközés utáni VS 1 és vS 2 m1 S1 m2 S2 vS1 n VS 2 sebességének meghatározása a) számítással, b) szerkesztéssel. Kidolgozás: a) Számítás: - A közös súlypont sebessége: m1v1 + m2v2 = (m1 + m2 )vS , vS = m1v1 + m2v2 1000(40i − 10 j ) + 3000(30 j ) = = 4000 m1 + m2 = (10i + 20 j ) m/s . - A járművek ütközés utáni sebessége: (vSn − VS 1n ) = k (vS 1n − vSn ) , VS 1n = vSn − k (vS 1n − vSn ) = 10 − 0,8(40 − 10) = −14 m/s . vSn − VS 2 n = k (vS 2 n − vSn ) , VS 2 n = vSn − k (vS 2 n − vSn ) = 10 − 0,8(0 − 10) = 18 m/s . A dokumentum használata

| Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 199 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 200 ► VS 1 = (−14i − 10 j ) m/s , VS 2 = (18i + 30 j ) m/s . b) Ütközési diagram: m2 S vS 2 VS 1 n VS 2 vS 1 Ov 24 m/s m1 30 m/s 11.34 feladat: Golyók ütközése y Adott: m1 = 2 kg , vS 1 = (4i + 4 j ) m/s , m2 vS 1 n S1 m2 = 6 kg , vS 2 = (−4 j ) m/s . Feladat: A golyók ütközés utáni súlyponti sebességeinek meghatározása k = 0 , k = 1 és k = 0,6 ütközési tényezők esetén a) szerkesztéssel és b) számítással. x S2 vS 2 m1 Kidolgozás: a) Megoldás szerkesztéssel: (vS 1n − vSn ) VS 1 m1 vS 1 VS1 Ov v2 m2 n S VS 2 k = 0 esetén: 1(vS1n − vSn ) (vS1n − vSn ) Ov vS 2 m2 0,6(vS 1n − vSn ) (vS 1n − vSn ) m1 vS 1 VS 1 n Ov vS 2 S VS 2 k =1 esetén: m2 m1 vS 1 n S VS 2 k = 0,6 esetén: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom

Vissza ◄ 200 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 201 VS 1 = ( i + 4 j ) m/s, VS 1 = ( − 2 i + 4 j ) m/s, VS 1 = ( − 0,8 i + 4 j ) m/s, VS 2 = ( i − 4 j ) m/s. VS 2 = ( 2 i − 4 j ) m/s. VS 2 = (1,6 i − 4 j ) m/s ► b) Megoldás számítással: A rendszer S súlypontjának sebessége: m v + m2 v2 2 ⋅ ( 4 i + 4 j ) + 6 ⋅ (−4 j ) vS = 1 1 = = ( i − 2 j ) m/s. m1 + m2 2+6 A vS vektornak az n ütközési normálissal párhuzamos összetevője: vSn = ( i ) m/s. - Tökéletesen rugalmatlan ütközés (k=0): VS 1n = vSn (1+ k ) − k vS 1n =1⋅ (1 + 0) − 0 ⋅ 4 =1 m/s, VS 1 = ( i + 4 j ) m/s. VS 2 n = vSn (1 + k ) − k vS 2 n =1⋅ (1 + 0) − 0 ⋅ 0 =1 m/s, VS 2 = (1i − 4 j ) m/s. - Tökéletesen rugalmas ütközés (k=1): VS 1n = vSn (1 + k ) − k vS 1n =1⋅ (1 + 1) − 1⋅ 4 = − 2 m/s, VS 1 = ( − 2 i + 4 j ) m/s. VS 2 n = vSn (1 + k ) − k vS 2 n =1⋅ (1 + 1) −

1⋅ 0 = 2 m/s, VS 2 = ( 2 i − 4 j ) m/s. - Rugalmas-képlékeny ütközés: k=0,6: VS 1n = vSn (1 + k ) − k vS 1n =1⋅ (1 + 0,6) − 0,6 ⋅ 4 = −0,8 m/s, VS 1 = ( − 0,8 i + 4 j ) m/s. VS 2 n = vSn (1 + k ) − k vS 2 n =1⋅ (1 + 0,6) − 0,6 ⋅ 0 =1,6 m/s, VS 2 = (1,6 i − 4 j ) m/s. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 201 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 202 ► 11.35 feladat: Golyó lejtőre ejtése Adott: Az m tömegű golyót az α hajlásszögű lejtőre ejtve, az vízszintes irányban pattan el: v = (− 0,5 j ) m/s , V = (V i ), tgα = 0,75. x Feladat: Az ütközés utáni V sebesség és a k ütközési tényező meghatározása. y m n ⋅ v V α Kidolgozás: Centrikus ütközés: m1 = m , m2 ∞ . Ütközési diagram: Az ütközési diagramból: V tg α = , n S V v α m2 V = v tgα = 0,5 ⋅ 0,75 = 0,375, V = ( 0,375 i ) m/s. = k

(vSn − vn ) Az ütközési tényező: V −v V k = n Sn = n , vSn − vn vn (v n − vSn ) V sin α 0,375 ⋅ 0,6 = = 0,5625. k= v cos α 0,5 ⋅ 0,8 (Vn − vSn ) = v α m1 A v sebességvektor végpontjából párhuzamost húzunk az ütközési normálissal. 11.36 feladat: Golyók ütközése m1 vS 2 Adott: m1 = 1200 kg , m2 = 2400 kg , m2 S1 S2 vS1 vS 1 = (20i ) m/s , k=0,6 , n vS 2 = (−10i + 30 j ) m/s . Feladat: A súlypontok ütközés utáni sebességének meghatározása számítással és szerkesztéssel. Megoldás: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 202 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 203 ► m2 a) Szerkesztés: S vS 2 VS 2 vS 1 VS1 12 m/s Ov m1 n 20 m/s b) Számítás: VS 1 = (−12i ) m/s , VS 2 = (6i + 30 j ) m/s . 11.37 feladat: Testek ütközése y vS 1 S2 S1 m1 Adott: m2 m1 = 3kg, x n vS 2 vS 1 = (3 i + 1,5 j ) m/s,

m2 = 2 kg, vS 2 = (−2 i − 4,5 j ) m/s, k = 0,5 . Feladat: A testek S pontjának ütközés utáni VS 1 és VS 2 sebességének meghatározása. Megoldás: a) Az ütközés utáni sebességek meghatározása számítással: VS 1 = (1,5 j ) m/s , VS 2 = ( 2,5 i − 4,5 j ) m/s. b) Az ütközés utáni sebességek meghatározása szerkesztéssel: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 203 ► Mechanika Testek ütközése A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Ütközési diagram: vy VS 1 Ov Vissza ◄ 204 ► Vissza ◄ 204 ► m1 vS 1 S n vx vS 2 VS 2 m2 k (v Sn − v S 2 n ) (vSn − vS 2 n ) 3m/s 1,5m/s A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 205 ► 12. Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája 12.1 Fogalmak, jelölések

Egyszerű szerkezet: a vizsgált rendszer (szerkezet) egy merev testet tartalmaz. Összetett szerkezet: a vizsgált rendszer (szerkezet) több merev testet tartalmaz. Szabadságfok: a vizsgált rendszer (szerkezet) pillanatnyi helyzetét, vagy mozgását egyértelműen meghatározó (megadó) skaláris koordináták száma. Általános koordináta: azon skaláris koordináták, amelyek a rendszer helyzetét, vagy mozgását egyértelműen meghatározzák. Jelölés: q=q(t) – az általános koordináta elmozdulás, vagy szögelfordulás is lehet. Feltételezés: a q=q(t) általános koordináta az időnek legalább kétszer differenciálható függvénye (létezik q ). Tétel: Az egy szabadságfokú szerkezet minden mozgásjellemzője kifejezhető 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 nagyobb, 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 ellenállása – nem lép fel benne hajlító nyomaték). A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 205 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 206 ► 12.2 Gyakorló feladatok összetett szerkezetek mozgására 12.21 feladat: Emelő szerkezet kinetikája y (1) Adott: M 0 , R, m1 , m2 . m1 M0 S1 x R1 ideális kötél kötéldob teher m2 S2 (2) Feladat: a) A kötéldob ε1 szöggyorsulásának és a teher a2 gyorsulásának meghatározása. b) Az S1 pontban fellépő FS 1 támasztóerő (csapágyerő) és a K kötélerő meghatározása.

G2 Kidolgozás: Általános koordináta választás: q = ϕ 1 - a kötéldob z tengely körüli szögelfordulása ( ϕ 1 = ϕ 1k ), q = ω 1 - a kötéldob szögsebessége ( ω 1 = ω 1k ), q = ε 1 - a kötéldob szöggyorsulása ( ε 1 = ε 1k ). Energiatétel az egész szerkezetre: (1+2) E = P . 1 1 A szerkezet kinetikai energiája: E = J s1ω 12 + m2v22 . 2 2 v2 = R1ω 1 = R1q, a2 = R1ε1 = R1q , ( v2 = v2 j , a2 = a2 j ) E= 1 1 1 J s1ω 12 + m2 R12ω 12 = ( J s1 + m2 R12 ) ω 12 , 2 2 2 mϕ1 mϕ1 - a szerkezet q = ϕ1 általános koordinátához tartozó általános (vagy redukált) tömege. dE dω ⎛1 ⎞ = mϕ1ω 1 1 = mϕ1ω 1ε1 = ⎜ m1R12 + m2 R22 ⎟ ω 1ε1 . E= dt dt ⎝2 ⎠ A szerkezetre ható ER teljesítménye: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 206 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 207 ► P = M 0 ⋅ ω1 +

FS ⋅ vS + G2 ⋅ v2 = M 0ω1 − m2 gv2 , =0 P = M 0ω1 − m2 gR1ω1 = ( M 0 − m2 gR1 ) ω 1 , Qϕ 1 Qϕ1 - a ϕ1 általános koordinátához tartozó általános erő (egységnyi koordináta sebességhez tartozó teljesítmény). Az energiatételbe behelyettesítve: mϕ1 ω 1ε1 = Qϕ1 ω 1 , M 0 − m2 gR1 . 1 mϕ 1 2 2 m1R1 + m2 R1 2 ε1 > 0 , ha M 0 > m2 gR1 és ekkor a2 = Rε1 > 0 . ε1 = Qϕ 1 = Ha a2 > 0 , akkor a teher gyorsulása felfelé mutat: a2 = (a2 j ) . Impulzus tétel a (2) jelű testre: K (2) I 2 = F . m2 a2 = K + G2 (2) m2 /⋅ j . m2 a2 = K − m2 g , S2 K = m2 (a2 + g ) G2 (↑) . Impulzus tétel az (1) jelű testre: y (1) I1 = F . (1) M0 R1 FS 1 y m1 S1 x FS 1x K m aS 1 = FS 1 + K / ⋅ i /⋅ j . =0 0 = FS 1x , 0 = FS1 y − K ⇒ FS 1 y = K (↑) . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 207 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum

használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 208 ► 12.22 feladat: Összetett szerkezet kinetikája Adott: m1 , m2 , m3 R3 , μ , α , ε3 a1 y m1 μ S1 α G1 R3 A x (1) m 3 (3) m2 S2 (2) G2 a kötél ideális. Feladat: a) A kötéldob ε 3 szöggyorsulásának és az (1) és (2) jelű hasábok a1 és a2 gyorsulásának meghatározása. a2 b) A lejtőről az (1) jelű testre átadódó FK 1 kényszererő és az A ponti FA támasztóerő (csapágyerő) meghatározása. c) Az (1) és (3) jelű test közötti kötélágban fellépő K1 , valamint a (3) és (2) jelű test közötti kötélágban fellépő K 2 kötélerő meghatározása. Kidolgozás: Általános koordináta választás: q = ϕ 3 - a kötéldob z tengely körüli szögelfordulása ( ϕ 3 = −ϕ 3k ), q = ω 3 - a kötéldob szögsebessége ( ω 3 = −ω3k ), q = ε 3 - a kötéldob szöggyorsulása ( ε 3 = −ε 3k ). Energiatétel az egész szerkezetre: (1+2+3) E = P. 1 1 1 A szerkezet

kinetikai energiája: E = m1v12 + J a 3ω32 + m2v22 2 2 2 v1 = R3ω3 , v2 = v1 = R3ω3 , a1 = R3ε 3 , a2 = a1 = R3ε 3 . 1 1 1 1 E = m1R32ω32 + J a 3ω32 + m2 R32ω32 = ( m1R32 + J a 3 + m2 R32 ) ω32 . 2 2 2 2 mϕ 3 mϕ 3 - a szerkezet ϕ3 általános koordinátához tartozó általános (vagy redukált) tömege. dE dω = mϕ 3ω 3 3 = mϕ 3ω 3ε 3 = E= dt dt A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 208 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 209 ► 1 = (m1R32 + m3 R32 + m2 R32 )ω3ε 3 = mϕ 3ω3ε 3 . 2 A szerkezetre ható ER teljesítménye: P = G1 ⋅ v1 + FK 1 ⋅ v1 + FA ⋅ vA + G2 ⋅ v2 =0 Feltételezés: ω3 = −ω3k , ε 3 = −ε 3k , FK 1 = − FT 1i + FN 1 j . P = −m1 g sin α v1 − FT 1v1 + m2 gv2 = = −m1 g sin α R3ω3 − FT 1R3ω3 + m2 gR3ω3 = = ( − m1 g sin α R3 − FT 1R3 + m2 gR3 ) ω3 . Qϕ 3 Qϕ 3 - a ϕ3

általános koordinátához tartozó általános erő (egységnyi koordináta sebességhez tartozó teljesítmény). Impulzus tétel az (1) jelű hasábra: (1) (1) K1 S1 m1 a1 G1 FK 1 ρρ I1 = F ma1 = G1 + FK + K1 /⋅ j , 0 = − m1 g cos α + FN 1 + 0, FN 1 = m1 g cos α ( ), FT 1 = μ FN 1 = μ m1 g cos α ( ). Ezt figyelembe véve a teljesítmény számításánál: P = −m1 g sin α R3ω3 − μ m1 g cos α R3ω3 + m2 gR3ω3 = = ( − m1 g sin α R3 − μ m1 g cos α R3 + m2 gR3 ) ω3 . Qϕ 3 Az energiatételbe behelyettesítve: E = P . mϕ 3 ω 3ε 3 = Qϕ 3 ω 3 , ε3 = Qϕ 3 mϕ 3 = − m1 g sin α − μ m1 g cos α + m2 g . 1 (m1 + m2 + m3 ) R3 2 a1 = a2 = R3ε 3 Impulzus tétel az (1) jelű hasábra: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 209 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 210 ► ◄ 210 ► (1) I1 =

F m1a1 = m1 g + FK 1 + K1 /⋅ i , m1a1 = − m1 g sin α − μ m1 g cos α + K1 , K1 = m1 (a1 + g sin α + μ g cos α ) . Impulzus tétel a (2) jelű hasábra: (2) I 2 = F . K2 m2 a2 = G2 + K 2 m2 /⋅ j m2 a2 = −G2 + K 2 , S2 K 2 = m2 a2 + m2 g . (2 ) G2 Impulzus tétel a (3) jelű kötéldobra: (3) y (3) I 3 = F . K1 A FAy x FAx 0 = FA + K1 + K 2 /⋅ i /⋅ j , 0 = FAx − K1 cos α , 0 = FAy − K1 sin α − K 2 , K2 FAx = K1 cos α . FAy = K1 sin α + K 2 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 211 ► 12.23 feladat: Összetett szerkezet kinetikája y C m1 m3 B S1 R1 A x FB G1 S2 FA m2 G2 Adott: R1 , m1 , m2 , m3 ≈ 0 . A kötél ideális, a henger csúszásmentesen gördül. Feladat: a) A henger ε1 szöggyorsulásának és a hasáb a2 gyorsulásának meghatározása. b)

A kötélben fellépő K kötélerő meghatározása. c) Az A és B pontban fellépő FA és FB támasztóerő meghatározása. Kidolgozás: Általános koordináta választás: q = ϕ 1 - a henger z tengely körüli szögelfordulása ( ϕ 1 = −ϕ 1k ), q = ω 1 - a henger szögsebessége ( ω 1 = −ω 1k ), q = ε 1 - a henger szöggyorsulása ( ε 1 = −ε 1k ). Energiatétel az egész szerkezetre: (1+2) E = P . 1 1 A szerkezet kinetikai energiája: E = J a1ω12 + m2vS2 2 , 2 2 v2 = vC = 2vS 1 = 2 R1ω1 , a2 = aCe = 2aS 1 = 2 R1ε1 , 1 1 1 E = J a1ω12 + m2 4 R12ω12 = ( J a1 + 4m2 R12 ) ω 12 . 2 2 2 Qϕ 1 dE = mϕ1ω1ε1 = ( J a1 + 4m2 R12 ) ω1ε1 = dt ⎛3 ⎞ = ⎜ m1R12 + 4m2 R12 ⎟ ω1ε1 . ⎝2 ⎠ A szerkezetre ható ER teljesítménye: P = G1 ⋅ vS + FA ⋅ v A + G2 ⋅ v2 = m2 gv2 = ( m2 g 2 R ) ω1 . E= =0 =0 Qϕ 1 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 211 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek

kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 212 ► ◄ 212 ► Az energiatételbe behelyettesítve: E = P . ⎛3 2 2⎞ ⎜ m1R1 + 4m2 R1 ⎟ ω1 ε1 = m2 g 2 R1 ω1 , ⎝2 ⎠ 2m2 g 4m2 g ε1 = = . 3 m m R + (3 8 ) 1 2 1 m1R1 + 4m2 R1 2 4m2 g , aS 1 = R1ε1 = aS 2 = 2 R1ε1 = 2aS 1 , 3m1 + 8m2 Impulzus tétel a (2) jelű testre: (2) I 2 = F . m2 aS 2 = m2 g − K , K (2) m2 K = m2 ( g − aS 2 ). S2 a2 G2 Impulzus tétel az (1) jelű testre: (1) y x S1 R1 K (1) I1 = F . m1aS 1 = G1 + FA + K 0 = −G1 + FAy (1) π s1 = M s1 . FAx J s1ε1 = R1 K − R1FAx , FAy J s1ε1 = R1 m2 ( g − aS 2 ) − R1FAx , J 3 FAx = m2 ( g − aS 2 ) − s1 ε1 = m2 ( g − 2 R1ε1 ) − m1R1ε1 . R1 2 Impulzus tétel a (3) jelű testre: A G1 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom y S3 B

x 213 ► m3 aS 3 = FB + K1 + K 2 ≈0 a =0 /⋅ i /⋅ j , B FBx FBy ◄ (3) I 3 = F . K1 (3) Vissza K1 = K 2 , 0 = FBx − K , K2 FBx = K 0 = FBy − K , (), FBy = K (↑). 12.24 feladat: Emelő szerkezet kinetikája y Adott: Az R1 sugarú, m1 tömegű emelőszer- m1 M0 A R1 m2 S2 x kezet, amelyet M 0 nyomatékkal hajtunk meg. A szerkezet kötéldobja ideális kötéllel egy m2 tömegű terhet emel. m1 = 10 kg, m2 = 5 kg, R1 = 1 m, M 0 = 40 Nm, g = 10 m/s 2 . Feladat: a) A teher aS 2 gyorsulásának meghatározása. b) A kötélben ébredő K kötélerő meghatározása. c) Az A pontban fellépő FA támasztóerő meghatározása. Kidolgozás: a) A teher gyorsulásának meghatározása: Energiatétel: E = P . Az egész rendszer (1+2) kinetikai energiája: 2 1 1 1 1 1 2 2 2 vS 2 E = J a1 ω1 + m2 vS 2 = ( m1R1 ) 2 + m2vS2 2 , 2 2 R1 2 2 2 1⎛1 1 ⎞ E = ⎜ m1 + m2 ⎟ vS2 2 = mred vS2 2 . 2⎝ 2 2 ⎠ mred A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Vissza ◄ 213 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 214 ► ◄ 214 ► 1 E = mred 2 vS 2 aS 2 = mred vS 2 aS 2 . 2 A szerkezetre ható ER teljesítménye: P = M 0 ⋅ω1 + FA ⋅ vA + G2 ⋅ vS 2 = =0 vS 2 − m2 g vS 2 . R1 Az energiatételbe behelyettesítve: v mred vS 2 aS 21 = M 0 S 2 − m2 g vS 2 , R1 M0 − m2 g M − m2 g R1 R1 aS 2 = = 0 , mred mred R1 40 − 5 ⋅10 ⋅1 40 − 50 −10 aS 2 = = = = − 1 m/s 2 (0,5 ⋅10 + 5)1 10 10 = M 0 ω1 − m2 g vS 2 = M 0 (↓) . aS 2 = (−1 j ) m/s 2 . b) A kötélerő meghatározása: Impulzus tétel a (2) jelű testre: m2 aS 2 = F m2 aS 2 j = − m2 g j + K j /⋅ j , K = m2 (aS 2 + g ) = 5(−1 + 10) = 45 N. c) Az A ponti támasztóerő (csapágyerő) meghatározása: Az (1) jelű testre felírt impulzus tétel: m1 aS 1 = m1 a A = F . =0 0 = ( FA + G1 + K ) = FAx i + FAy j − m1 g j − K j

/⋅ i /⋅ j , 0 = FAx , 0 = FAy − m1 g − K , FAx = 0, FAy = m1 g + K =10 ⋅10 + 45 =145 N, FA = (145 j ) N. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 215 ► 12.25 feladat: Jármű modell kinetikája ϕ l y m1 ϕ R1 S1 G1 m3 R3 S2 m2 A α M3 G3 S3 x B G2 Adott: α =10o , m1 = m3 = 50 kg, m2 = 600 kg, μ0 = tg ρ0 = 0,6 , R1 = R3 = R = 0,3 m, l = 2, 4 m, a0 = (0,1i ) m/s 2 . Az (1) és (3) jelű kerék a lejtőn csúszásmentesen gördül felfelé. Feladat: a) Annak az M 3 nyomatéknak a meghatározása, amellyel az a0 gyorsulás biztosítható. b) A B pontban ébredő FB kényszererő (támasztóerő) meghatározása. c) Döntse el, hogy megcsúszik-e a meghajtott, (3) jelű kerék! d) A (2) jelű testről a (3) jelű testre átadódó F23 belső erő meghatározása. Kidolgozás: a) Az M 3

nyomaték meghatározása: M 3 = M 3k és ε 3 = ε 3k . A jármű haladó mozgást végez, ezért: vS 1 = vS 2 = vS 3 = vS = (vS i ) , a0 = (a0i ) = aS 1 = aS 2 = aS 3 . Az R1 = R3 miatt ω1 = ω3 = (ω k ) . Csúszásmentes gördülés esetén: vS = − R ω = − R ϕ ⇒ ω 1 = ω3 = − vS / R . Energiatétel: E = P . A rendszer kinetikai energiája: 1 1 1 E = J a1 ω12 + m2 vS2 2 + J b 3 ω32 = 2 2 2 2 2 1 ⎛ vS ⎞ 1 1 ⎛ vS ⎞ 2 = J a1 ⎜ ⎟ + m2 vS + J b 3 ⎜ ⎟ , 2 ⎝R⎠ 2 2 ⎝R⎠ A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 215 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 216 ► 1⎛ 1 1 ⎞ 1 E = ⎜ J a1 2 + m2 + J b3 2 ⎟ vS2 = mred vS2 , R ⎠ 2⎝ R 2 mred 1 1 ⎛3 3 ⎞ J + J b 3 ) + m2 = 2 ⎜ m1R 2 + m3 R 2 ⎟ + m2 , 2 ( a1 2 R R ⎝2 ⎠ 3 ⎞ ⎛3 mred = ⎜ m1 + m3 ⎟ + m2 = 75 + 75 + 600 = 750 kg . 2 ⎠ ⎝2 d

⎛1 ⎞ 1 E = ⎜ mred vS2 ⎟ = mred 2 vS aS = mred vS a0 . dt ⎝ 2 ⎠ 2 A rendszerre ható erők és nyomatékok teljesítménye: P = M 3 ⋅ω3 + G1 ⋅ vS 1 + G2 ⋅ vS 2 + G3 ⋅ vS 3 = mred = = M 3 ⋅ω3 + (G1 + G2 + G3 ) ⋅ vS , P = (− M 3k ) ⋅ (−ω3k ) + (−G1 sin α i − G1 cos α j ) ⋅ (vS i ) + + (−G2 sin α i − G2 cos α j ) ⋅ (vS i ) + + (−G3 sin α i − G3 cos α j ) ⋅ (vS i ), P = M 3 ω3 − (G1 + G2 + G3 )sin α vS . Az energiatételbe behelyettesítve: mred vS a0 = M 3 ω3 − (G1 + G2 + G3 )sin α vS = v = − M 3 S − (G1 + G2 + G3 )sin α vS . R mred R a0 = − M 3 − (G1 + G2 + G3 ) R sin α , M 3 = − mred R a0 − (G1 + G2 + G3 ) R sin α , M 3 = − 750 ⋅ 0,3 ⋅ 0,1 − (500 + 6000 + 500) ⋅ 0,3⋅ 0,174 = = −22,5 − 365, 4 = − 387,9 Nm. M 3 = ( − 387,9 k ) Nm. b) A B pontban fellépő FB kényszererő (támasztóerő) meghatározása: A (2) jelű test haladó mozgást végez , ezért ε 2 = 0. A (3) jelű testről a

(2) jelű testre átadódó belső erő F32 = ( F32 x i + F32 y j ) , az (1) jelű testről a (2) jelű testre átadódó belső erő F12 = ( F12 x i + F12 y j ) alakban írható. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 216 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom l F32 y y S2 F12 y α A ◄ 217 ► F32 x a0 S3 B F12 x S1 Vissza x G2 Perdület tétel a (2) jelű test S1 pontján átmenő, a mozgás síkjára merőleges tengelyre: l (2) π s1 = M s1 = F32 yl − G2 cos α , 2 =0 G 1 F32 y = 2 cos α = ⋅ 6000 ⋅ 0,985 = 2954, 4 N. 2 2 Az "akció-reakció" elv alapján a (2) jelű testről a (3) jelű testre átadódó belső erő: F23 + F32 = 0 ⇒ F23 = ( F23 x i − 2954, 4 j ) N. A (3) jelű testre felírt impulzus tétel: (3) m3 aS 3 = m3 a0 = F , M3 ε3 y S3 R3 F23x ρ0 ρ0 FB m3 a0i = x B FT m3 a0 = ( F23 + G3 + FB ).

μ0 F23 y G3 α a0 FN = ( F23 x i + F23 y j ) + + (−G3 sin α i − G3 cos α j ) + + ( FT i + FN j ) /⋅ i m3 a0 = F23 x − G3 sin α + FT , F23 y − G3 cos α + FN = 0, F23 x = m3 a0 + G3 sin α − FT . FN = G3 cos α − F23 y , /⋅ j FN = 500 ⋅ 0,985 + 2954, 4 = 3446,8 N. A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 217 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 218 ► A (3) jelű test S3 pontjára felírt perdület tétel: (3) π S 3 = M S 3 , J S3 ε3 + ω3 × π S 3 = M S3 , = 0 , mert ω3 π S 3 ( J s3 ε 3 ) = M S 3 , ( J s 3 ε 3 k ) = ( FT R3 k ) + ( M 3 k ) /⋅ k , 1 a J s 3 ε 3 = FT R3 + M 3 ⇒ − m3 R32 0 = FT R3 + M 3 , R3 2 M 1 387,9 1 − ⋅ 50 ⋅ 0,1=1143 − 2,5 =1140,5 N. FT = − 3 − m3 a0 = − R3 2 0,3 2 FB = ( FT i + FN j ) = (1140,5 i + 3446,8 j ) N. c) A (3) jelű kerék

megcsúszásának vizsgálata: F 1140,5 μ0min = T = = 0,331 < μ0 = 0,6 . FN 3446,8 A kerék nem csúszik meg. d) Az F23 belső erő meghatározása: A (3) jelű testre felírt impulzus tételből: (3) m3 a0 = F23 x − G3 sin α + FT , F23 x = −1140,5 + 500 ⋅ 0,174 + 50 ⋅ 0,1= − 1048,5 N. F23 = ( F23 x i + F23 y j ) = (−1048,5 i − 2954, 4 j ) N , F32 = − F23 = (1048,5 i + 2954, 4 j ) N. 12.26 feladat: Lánc/szíjhajtás kinetikája y Adott: ϕ1 A M1 B R1 (1) J a1 = 200 kgm 2 , ϕ2 x R2 (2) J b1 =100 kgm 2 , R1 = 0,3 m , R2 = 0,15 m, M 1 = 300 Nm. A lánc/szíj nyújthatatlan, tökéletesen hajlékony és tö- A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 218 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 219 ► 219 ► mege elhanyagolható. Feladat: A (2) jelű kerék ε 2 szöggyorsulásának meghatározása. Kidolgozás: A

lánc (szíj) nyújthatatlan: R1 ϕ1 = R2 ϕ2 ⇒ R1 ω1 = R2 ω2 ⇒ ω1 = R2 ω2 . R1 ω1 = (ω1 k ), ω2 = (ω2 k ), ε 2 = (ε 2 k ), M 1 = ( M 1 k ) . Energiatétel: E = P. A rendszer kinetikai energiája: 2 ⎞ 1 1 1 1 ⎛R E = J a1 ω12 + J b2 ω22 = J a1 ⎜ 2 ω2 ⎟ + J b2 ω22 = 2 2 2 ⎝ R1 ⎠ 2 ⎞ 1 ⎛ R22 1 = ⎜ J a1 2 + J b2 ⎟ ω22 = J red ω22 . 2 ⎝ R1 2 ⎠ A redukált tehetetlenségi nyomaték: ⎛ R22 ⎞ 0,152 J red = ⎜ J a1 2 + J b2 ⎟ = 200 ⋅ + 100 =150 kgm 2 . 2 0,3 ⎝ R1 ⎠ A kinetikai energia idő szerinti deriváltja: d ⎛1 ⎞ 1 E = ⎜ J red ω22 ⎟ = J red 2ω2 ε 2 = J red ω2 ε 2 . dt ⎝ 2 ⎠ 2 A rendszerre ható erők és nyomatékok teljesítménye: R P = M 1 ⋅ω1 = ( M 1 k ) ⋅ ( ω1 k ) = M 1 ω1 = M 1 2 ω2 . R1 Az energiatételbe behelyettesítve: R R 1 0,15 1 = 300 ⋅ ⋅ =1 rad/s 2 , J red ω2 ε 2 = M 1 2 ω2 , ε 2 = M 1 2 R1 R1 J red 0,3 150 ε 2 = (1k ) rad/s 2 . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Vissza ◄ Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 220 ► 12.27 feladat: Emelő szerkezet/lift kinetikája y Adott: m0 J a = 1 kgm 2 , m1 = 400 kg , ω0 R kötéldob 2 m2 = 500 kg , m0 = 50 kg , R1 x A B C R1 = 0, 2 m , R2 = 0,15 m , ε0 M 0 = 200 Nm. M0 Mindkét kötél ideális. m2 Feladat: m1 ellensúly a) A kötéldob ε 0 szöggyorsulásának lift meghatározása. G2 G1 b) A lift a1 gyorsulásának meghatározása. (c) Az ellensúly a2 gyorsulásának meghatározása. Kidolgozás: A lift sebessége v1 = − R1 ω0 , az ellensúly sebessége v2 = R2 ω0 . A lift gyorsulása a1 = − R1 ε 0 , az ellensúly gyorsulása a2 = R2 ε 0 . Síkmozgás: ω0 = (ω0 k ), ε 0 = (ε 0 k ), M 0 = ( M 0 k ) . a) A kötéldob gyorsulásának meghatározása: Energiatétel: E = P. A rendszer kinetikai energiája: 1 1 1 E = J a ω02 + m1 v12 + m2 v22 = 2 2 2 1 1 1 J a ω02 +

m1 ( R1 ω0 ) 2 + m2 ( R2 ω0 ) 2 , 2 2 2 1 1 E = ( J a + m1 R12 + m2 R22 ) ω02 = J red ω02 . 2 2 A redukált tehetetlenségi nyomaték: J red = ( J a + m1 R12 + m2 R22 ) = 1 + 400 ⋅ 0, 22 + 500 ⋅ 0,152 = 28, 25 kgm 2 . A kinetikai energia idő szerinti deriváltja: d ⎛1 ⎞ 1 E = ⎜ J red ω02 ⎟ = J red 2 ω0 ε 0 = J red ω0 ε 0 . dt ⎝ 2 ⎠ 2 A rendszerre ható erők és nyomatékok teljesítménye: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 220 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 221 ► P = M 0 ⋅ω0 + G1 ⋅ v1 + G2 ⋅ v2 = = ( M 0 k ) ⋅ ( ω0 k ) + (−G1 j ) ⋅ (−v1 j ) + (−G2 j ) ⋅ (v2 j ), P = M 0 ω0 + G1 v1 − G2 v2 = M 0 ω0 + G1 R1 ω0 − G2 R2 ω0 = = ( M 0 + G1 R1 − G2 R2 ) ω0 . Az energiatételbe behelyettesítve: J red ω0 ε 0 = ( M 0 + G1 R1 − G2 R2 ) ω0 , 1 ε0 = ( M 0 + G1 R1 − G2 R2

) = J red 1 = ( − 200 + 4000 ⋅ 0, 2 − 5000 ⋅ 0,15) = − 5,31 rad/s 2 , 28, 25 ε 0 = (− 5,31 k ) rad/s 2 . b) A lift gyorsulásának meghatározása: a1 = − R1 ε 0 = 0, 2 ⋅ 5,31=1,062 m/s 2 ⇒ a1 = (1,062 j ) m/s 2 . c) Az ellensúly gyorsulásának meghatározása: a2 = R2 ε 0 = 0,15 ⋅ (−5,31) = − 0,796 m/s 2 ⇒ a2 = (− 0,796 j ) m/s 2 . 12.28 feladat: Összetett szerkezet kinetikája y m1 μ R1 A m2 vS 2 S2 M0 m1 = 20 kg, m2 = 50 kg, Adott: Az R1 sugarú, m1 tömegű csörlőszerkezet, amelyet M 0 nyomatékkal hajtunk meg. A csörlő x ideális kötéllel egy m2 tömegű terhet mozgat egy érdes, vízszintes felületen. μ = 0, 2 , M 0 = 400 Nm, R1 = 1 m, g = 10 m/s 2 . Feladat: a) A teher aS 2 gyorsulásának meghatározása. b) A kötélben ébredő K kötélerő meghatározása. c) Az A pontban fellépő FA támasztóerő meghatározása. Kidolgozás: a) A teher gyorsulásának meghatározása: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék |

Szakirodalom Vissza ◄ 221 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 222 ► ω1 = ω1 k , vS 2 = vS 2 i ⇒ vS 2 = −ω1 R1 . Energiatétel: E = P . Az egész szerkezet (1+2) kinetikai energiája: 1 1 1 1 1 E = J a1 ω12 + m2 vS2 2 = ( m1R12 ) ω12 + m2 R12ω12 , 2 2 2 2 2 1⎛1 1 1 ⎞ E = ⎜ m1 + m2 ⎟ R12 ω12 = mred ω12 = mred 2 ω1 ε1 = mred ω1 ε1 . 2 2⎝ 2 2 ⎠ mred Az (1+2) egész rendszerre ható erők teljesítménye: P = M 0 ⋅ω1 + FA ⋅ v A + G2 ⋅ vS 2 + FK 2 ⋅ vS 2 = =0 =0 = M 0 ω1 − μ FN2 vS 2 = M 0ω1 + μ G2 R1 ω1 . Az energiatételbe behelyettesítve: mred ω1 ε1 = M 0ω1 − μ G2 R1 ω1 , M ω − μ G2 R1 ω1 M 0 − μ m2 g R1 , = ε1 = 0 1 mred ω1 mred 400 − 0, 2 ⋅ 50 ⋅10 ⋅1 300 ε1 = = = 5 rad/s 2 , ε1 = (5k ) rad/s 2 2 (0,5 ⋅ 20 + 50)1 60 aS 2 = − R1 ε1 = − 1⋅ 5 = − 5 m/s 2 , aS 2 = (− 5 i ) m/s 2 . b)

A kötélerő meghatározása: Perdület tétel az (1) jelű test A ponti, a mozgás síkjára merőleges tengelyére: (1) π a = M a . J a1 ε1 = M 0 − K R1 , K= M 0 − J a1ε1 R1 1 1 M 0 − m1 R12 ε1 400 − 20 ⋅12 ⋅ 5 2 2 = = = 350 N. R1 1 c) Az A ponti támasztóerő meghatározása: Az (1) jelű testre felírt impulzus tétel: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 222 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 223 ► (1) m1 aS 1 = m1 a A = F . =0 0 = ( FA + G1 + K ) = FAx i + FAy j − m1 g j + K i 0 = FAx + K , 0 = FAy − m1 g , FAx = − K = −350 N , FAy = m1 g = 200 N, /⋅ i /⋅ j , FA = (−350 i + 200 j ) N. 12.29 feladat: Összetett szerkezet kinetikája F0 B (3) R2 c1 y S2 x G2 S1 h1 (2) (1) A ω2 μ0 ∞ μ=0 ϕ G1 Adott: Az (1) és (2) jelű test, melyeket a (3) jelű súlytalan rúd köt

össze. A rendszer az F0 erő hatására a gyorsulással mozog a lejtőn felfelé. Az (1) test és a lejtő közötti érintkezés súrlódásmentes ( μ = 0) , a (2) jelű henger és a lejtő közötti érintkezésnél a súrlódás elég nagy ahhoz, hogy a henger ne csússzon meg ( μ0 ∞) . m1 = 100 kg , m2 = 200 kg , m3 = 0, F0 = 2000 N, cos ϕ = 0,8 , sin ϕ = 0,6 , R2 = 1 m , h1 =1 m, c1 =1,6 m . Feladat: a) Az (1) jelű test S1 súlypontja aS 1 gyorsulásának meghatározása. b) A szerkezetre ható támasztó és belső erők meghatározása. c) Számítsa ki, hogy mekkora F0∗ = F0∗i vonóerő esetén billen fel az (1) jelű test! Megoldás: A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 223 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 224 ► a) Az (1) jelű test súlyponti gyorsulása: aS 1 = aS 2 = (5,5 i ) m/s 2 . b) A támasztó és

belső erők: Fα 1 = (800 j ) N . F31 = − F13 = (1150 i ) N , F32 = − F31 = (−1150 i ) N. FA = (1450 i + 1600 j ) N. c) A billenéshez tartozó vonóerő: 1 a F0∗ = (G2 sin ϕ + F32∗ x ) + J a S 22 = 2260 N . 2 2 R2 12.210 feladat: Összetett szerkezet (traktor modell) kinetikája (3) S3 (2) (1) y R3 S2 G3 S1 G1 ϕ R1 A x B G2 μ0 ∞ FB FA 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 csúszásmentesen gördülnek m1 = 200 kg , m2 = 100 kg , m3 = 800 kg , R 1 = 0, 2 m , R3 = 0,34 m, sin ϕ = 0,6, cos ϕ = 0,8. Feladat: a) Határozza meg az (1) jelű test súlypontjának aS 1 gyorsulását! A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 224 ► Mechanika Egy szabadságfokú összetett szerkezetek kinetikája A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 225 ► b) Határozza meg az (1) jelű test

súlypontjának sebességét Δr = (−2i ) m elmozdulás után, vS 1 (t0 = 0) = 0 kezdősebesség esetén! Megoldás: a) Az (1) jelű kerék súlyponti gyorsulása: aS 1 = (−4,125 i ) m/s 2 . b) A Δr elmozdulás utáni sebesség meghatározása: vS 1 (t1 ) = (−4,06 i ) m/s. 12.211 feladat: Emelő szerkezet kinetikája ϕ 2 ≡ ϕ3 (3) (4) y (2) R2 M4 A R3 (1) S1 s1 G1 B Adott: A (2), (3) és a (4) jelű homogén körhenger (kötéldob és fogaskex rekek), amelyek az a, illetve a b tengelyek körül szabadon elforR4 dulhatnak és egymáson csúszásmentesen gördülnek. Az (1) jelű test a (2) jelű hengerhez ideális kötéllel csatlakozik. m1 = 1000 kg , m2 = 500 kg , m3 = 1000 kg, m4 = 375 kg , R 2 = R4 = 0, 4 m, R3 = 0,8 m, M 4 = 2480 Nm. ϕ4 Feladat: a) Határozza meg a (2) jelű henger ε 2 szöggyorsulását! b) Számítsa ki a kötélben ébredő K1 kötélerőt! Megoldás: a) A (2) jelű henger szöggyorsulása: ε 2 = (−1,5 k ) rad/s 2 . b) A K1

kötélerő: K1 =10,6 kN ( ↑ ) . A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 225 ► Mechanika A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Szakirodalom Vissza ◄ 226 ► Szakirodalom [1] M. Csizmadia B – Nándori E: Mechanika mérnököknek Mozgástan, Nemzeti Tankönyvkiadó, Budapest, 1997 [2] Beer, F.P – Johnston, ER: Dynamics, McGraw-Hill Inc, NewYork, 1984 [3] Roberts, A. P: Statics and Dynamics with Background Mathematics , 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 Budapest, 1974 A dokumentum használata | Tartalomjegyzék | Szakirodalom Vissza ◄ 226 ►