3. VEKTORALGEBRA

3.1 FELADATCSOPORT ERŐK ÉS EREDŐJÜK . ANYAGI PONT EGYENSÚLYA (MŰSZAKI MECHANIKA ) E.3.1 Elméleti összefoglaló E.3.1.1 Anyagi pont Ha egy test méretei elhanyagolhatóak az adott mechanikai problémában szereplő egyéb méretekhez képest, akkor a testet anyagi ponttal modellezzük. Az anyagi pont egy geometriai pont, amely tömeggel rendelkezik.

E.3.1.2 Newton törvényei A klasszikus mechanika Newton törvényeire épül. A törvényeket anyagi pontra fogalmazzuk meg, azzal a feltétellel, hogy annak tömege időben állandó. Newton alapfeltevése szerint mindig található olyan vonatkoztatási (viszonyítási) rendszer, amelyben az alábbi törvények teljesülnek:

Newton I. törvénye:

Ha egy anyagi pont nincs kölcsönhatásban más testekkel, akkor lendülete időben állandó ( állandóvm = ).

Newton II. törvénye: Ha egy anyagi pont kölcsönhatásban van más testekkel, akkor azok együttes hatása minden időpillanatban egyértelműen meghatározza a pont tömegének és gyorsulásának szorzatát. A hatás jellemzésére az erő nevű fizikai mennyiséget vezetjük be.

amF = , [ ]kNNF ,

Newton III. törvénye:

Egy test által az anyagi pontra kifejtett tpF , és az anyagi pont által a testre kifejtett ptF erők között

mindig fennáll az alábbi összefüggés:

pttp FF −=

Newton IV. törvénye:

Newton II. törvényében szereplő F erő egyenlő azon erők vektori összegével, amelyet az egyes testek külön-külön, a többi test távollétében fejtenének ki az anyagi pontra.

∑=i

iFF

Az F erőt az anyagi pontra ható iF erők eredőjének nevezzük.

E.3.1.3 Anyagi pont nyugalmának szükséges feltétele

Az anyagi pont tartós nyugalma esetén 0=a . Ezt felhasználva Newton II. és IV. törvényéből tartós nyugalom esetére az alábbi összefüggés adódik.

∑ ==i

iFF 0

Azaz, ha az anyagi pont tartósan nyugalomban van, akkor biztosan fennáll a fenti egyenlőség.

M.i.3.1 Szükséges matematikai ismeretek Szögfüggvények, vektorműveletek, vektor hosszának kiszámítása és komponensekre bontása Descartes-féle derékszögű koordinátarendszerben

M.3.1 Mintafeladat Az ábrán látható négy erő vektorkoordinátás alakban adott.

a, Adjuk meg az erőrendszer eredőjét vektorkoordinátás alakban!

b, Határozzuk meg az eredő erő nagyságát és az i és j egységvektorokkal bezárt szögét!

c, Határozzuk meg az ábrán látható 421 ,, ααα szögeket!

d, Szerkesztéssel is határozzuk meg az eredő erőt! Adatok:

jiF 441 +=

jiF 262 +−=

iF 83 −=

jiF 624 −−=

Megoldás:

a, .124321 iFFFFF −=+++= (E.3.1.2)

b, .1222 NFFF yx =+=

Az i egységvektorral bezárt szöge 180°, a j egységvektorral bezárt szöge 90°.

c, x

y

F

Ftg

1

11 =α , ebből .451 °=α

x

y

F

Ftg

2

22 =α , ebből .43,182 °≈α

.43,18904

44 °≈−°=

x

y

F

Farctgα

d, xy1Fxy1F2F1F2F+3F+1F2F+3F+4F+ xy1F1FF23F

xy1F1FF 2F2F1F1F2F2F+3F3F+1F1F2F2F+3F3F+4F4F

x1F

y

2F+

1F 2F+3F+

1F 2+

3F+4F+

F2

3F

F14F

1F + F x1F

y

2F+

1F 2F+3F+

1F 2+

3F+4F+

F2

3F

F14F

1F + F x1F

y

2F+

1F 2F+3F+

1F 2+

3F+4F+

F2

3F

F14F

1F + F

F.3.1 Feladatok

3.1.1 Négy erő vektorkoordinátás alakban adott.

a, Adjuk meg az erőrendszer eredőjét vektorkoordinátás alakban!

b, Határozzuk meg az eredő erő nagyságát, és az i , j és k egységvektorokkal bezárt szögét! Adatok:

kjiF ++= 241

kjiF 462 −+−=

kjiF 5323 −+−=

jiF 624 −−=

3.1.2 Az F erő nagysága és x tengellyel bezárt szöge ismert. Határozzuk meg a koordinátáit az ábrán látható koordinátarendszerben! Adatok:

NF 500= o40=α

F

α x

y

F

α x

y

3.1.3 Az F erő nagysága, az xy síkkal bezárt β szöge, valamint az xy síkra eső merőleges vetületének x tengellyel bezárt α szöge ismert. Határozzuk meg az erő koordinátáit! Adatok:

NF 700= o50=α o20=β

3.1.4 Egy csavarfejre négy erő hat az ábra szerint. Az erők nagysága, valamint koordinátatengelyekkel bezárt szöge ismeretes.

a, Adja meg az erőrendszer eredőjét koordinátáival!

b, Adja meg az eredő nagyságát és x tengellyel bezárt szögét!

c, Szerkesztéssel is határozza meg az eredő erőt! Adatok:

NF 1501 =

NF 802 =

NF 1103 =

NF 1004 = o301 =α o202 =α o154 =α

1F2F

3F

4F

2α

1α4α

x

y

1F2F

3F

4F

2α

1α4α

1F2F

3F

4F

2α

1α4α

x

y

3.1.5 Az ábrán látható szánkó, a rá ható gFF , és kF erők hatására nyugalomban van.

a, Válasszunk egy célszerű koordinátarendszert, majd írjuk fel benne az egyensúly szükséges feltételét az x és y koordinátákra. A kapott egyenletrendszerből határozzuk meg az

ismeretlen kF erő nagyságát, valamint a lejtő síkjával bezárt γ szögét.

b, Szerkesztéssel is határozzuk meg az kF erőt! Adatok:

NF 200= NFg 210=

o30=α o20=β

3.1.6* Az ábrán látható lámpát három, egyenként l hosszúságú kötéllel a mennyezethez erősítettük, úgy, hogy a felfüggesztési pontok az CBA ,, egyenlő oldalú háromszög csúcsaiba esnek.

a, Mekkora szöget zárnak be a kötelek a függőlegessel (α )?

b, Mekkora az kF kötélerő nagysága? (Feltételezzük, hogy minden kötél egyenlő nagyságú erővel tartja a lámpát.)

Adatok:

NFg 300=

ma 8,0= ml 2,1=

Mo.3.1 Megoldások 3.1.1 a, .86 kiF −−=

b, .10100 NF == 3.1.2 ,02,383 NFx −≈

.39,321≈yF

3.1.3 zF kiszámítása:

.41,239sin NFFz −≈⋅−= β

Az F erőnek az xy síkra eső merőleges vetülete xyF .

.79,657cos NFFxy ≈⋅= β Ebből:

NFF xyx 82,422cos ≈⋅= α és

.89,503sin NFF xyy ≈⋅= α

3.1.4 a, 36,200≈xF , .29,14≈yF

b, .87,200 NF ≈

x

y

F

Ftg =α , így .08,4 °≈α

3.1.5 a, °= 83,53γ , .54,140 NF k ≈

3.1.6 a, .36,67 °=α

b, .8,259 NF k ≈ 3.2 FELADATCSOPORT FORGATÓNYOMATÉK . MEREV TEST EGYENSÚLYA (MŰSZAKI MECHANIKA ) E.3.2 Elméleti összefoglaló Egy erő forgató hatását annak forgatónyomatékával jellemezzük. A forgatónyomatékot megadhatjuk egy pontra (pl.: gömbcsukló), vagy egy tengelyre (pl.: ajtósarok) vonatkozóan.

E.3.2.1 Pontra vonatkozó forgatónyomaték A pontra vonatkozó forgatónyomaték vektormennyiség. Definíciója: a P pontra vonatkozó forgatónyomaték:

FrM PTP ×= , [ ]NmM

ahol r a P vonatkoztatási pontból az erő támadáspontjába mutató helyvektor.

E.3.2.2 Tengelyre vonatkozó forgatónyomaték

Adjuk meg az ábrán látható e tengelyt a vele párhuzamos e egységvektorral. Az tengelyre vonatkozó forgatónyomaték előjeles skalármennyiség, amelyet az alábbi egyenlőség definiál:

eMM e ⋅= ,

A skaláris szorzat definícióját felírva:

αα coscos MeMeMM e ==⋅=

Azaz eM az M vektor e tengelyre eső előjeles merőleges vetülete.

E.3.2.3 Egy nem deformálható merev test egyensúlyának szükséges feltételei: 1. A testre ható külső erők összege nullvektor:

∑ =i

iF 0

2. A tér tetszőleges P pontjára vonatkozóan az erők forgatónyomatékainak összege nullvektor:

0=∑i

PiM

M.i.3.2 Szükséges matematikai ismeretek Vektorok összeadása, skaláris és vektoriális szorzása. Az skaláris és vektoriális szorzat kiszámítása Descartes-féle derékszögű koordinátákból

M.3.2 Mintafeladat

Egy sofőr a sebességváltókar P végpontjára F erővel hat. A P pont és az F erő koordinátái az ábrán adottak. Az erő koordinátái Newtonban, a P pont koordinátái cm-ben értendők.

a, Határozza meg az F erő G gömbcsuklóra vonatkozó forgatónyomatékát!

b, Határozza meg az F erő z tengelyre vonatkozó forgatónyomatékát! Adatok:

NF )20;30;20( −− , cmP )40;30;5(−

Megoldás:

a, FrM ×= ,

.)5,7;7;18(

203020

40,030,005,0det Nm

kji

M −=

−−−= (E.3.2.1)

b, Az F erő z tengelyre vonatkozó forgatónyomatéka: kMM z ⋅= ,

.5,7)1;0;0()5,7;7;18( NmM z =⋅−= (E.3.2.2)

F.3.2 Feladatok

3.2.1 Az ábrán látható l hosszúságú merev rúd G végpontja egy gömbcsuklóhoz kapcsolódik, amely körül ellenállásmentesen elfordulhat. A rúd másik, Q végpontjában egy

ismert F erő támad. A rúd irányát meghatározó α és β szögek adottak. A pontok koordinátái méterben, az erőé Newtonban értendők.

a, Határozza meg a Q pont koordinátáit a megadott koordinátarendszerben!

b, Határozza meg az F erő G gömbcsuklóra vonatkozó forgatónyomatékát!

c, Határozza meg az F erő y tengelyre vonatkozó forgatónyomatékát! Adatok:

ml 2= , o70=α o30=β

3.2.2 Az alábbi ábra egy játszótéri forgót mutat felülnézetből, amelyet egy adott időpillanatban négy gyerek, négy különböző erővel tol. Az erők és támadáspontjaik koordinátái ismertek. Az erők koordinátái Newtonban, a támadáspontoké méterben értendő.

a, Számítsuk ki a gyerekek által kifejtett erők összegét, majd forgatónyomatékaik összegét a forgó középpontjára vonatkozóan!

b, Mekkora a lap síkjára merőleges, a forgó középpontján átmenő tengelyre vonatkozó együttes forgatónyomaték nagysága?

Adatok:

)300;300(1F , )75,0;3,1( −P ,

)106;183(2F , )3,1;75,0(Q ,

)150;150(3 −−F ,

)75,0;3,1(−R ,

)0;212(4F , )3,1;75,0( −−S

3.2.3 Az alábbi ábrán látható, téglalap alakú fémlemez geometriai méretei ismertek.

Továbbá ismert a G gravitációs erő nagysága és iránya, valamint az F nagyságú erők irányát meghatározó α és β szögek. A lemez a O gömbcsukló körül szabadon elfordulhat. Az ábrán vázolt helyzetben, a lemez egyensúlyban van.

a, Határozzuk meg a G erő, valamint az F nagyságú erők és támadáspontjaik koordinátáit a megadott koordinátarendszerben!

b, A 0=∑i

OiM feltételt felírva, határozzuk meg az ismeretlen F nagyságot!

c, A ∑ =i

iF 0 feltételt felírva, határozzuk meg az ismeretlen 0F erő koordinátáit!

Adatok:

NG 500= o30=α o40=β ma 9,0= mb 4,0=

Mo.3.2 Megoldások 3.2.1

a, .)1 ;63,1 ;59,0( mQ

b, .)03,5 ;59,2 ;37,1( NmM −−=

c, NmM t 59,2−=

3.2.2 a, .)7,1039;0;0( ,)0;256;545( NmMNF

ii

ii == ∑∑

b, .7,1039 NmkMi

i =⋅∑

3.2.3 a, mPG )0;45,0;0( , )500;0;0( −G .

mP )0;9,0;2,0(1 − , mP )0;9,0;2,0(2 .

b, .45,194 NF =

c, NF )750;25,260;0(0 .

4. SÍKBELI KOORDINÁTAGEOMETRIA

4.1 FELADATCSOPORT SÍKBELI ER ŐRENDSZER EREDŐJE (MŰSZAKI MECHANIKA ) E.4.1 Elméleti összefoglaló E.4.1.1 Erő támadáspontja és hatásvonala Egy koncentrált erő mindig egy test egy jól meghatározott pontjához kötött. Ez a pont az erő támadáspontja. A támadásponton átmenő, az erőt tartalmazó egyenes az erő hatásvonala.

1. Tétel: Egy koncentrált erőt hatásvonala mentén eltolva, a tér tetszőleges pontjára vonatkozó forgatónyomatéka nem változik.

Bizonyítás: Rajzoljuk fel az erőt hatásvonalának két különböző pontjában. A hatásvonalon kívül vegyünk fel egy tetszőleges P pontot.

A P pontból a támadáspontokba mutató helyvektorokat jelölje 1r és 2r . A fenti ábra alapján,

felhasználva, hogy )180sin(sin αα −= o , az 2211 sinsin αα rr = összefüggés adódik.

Ebből:

222111 sinsin MrFrFM === αα

Továbbá az 1M és 2M vektorok iránya és irányítása is egyező, tehát:

21 MM = .

2. Tétel: Két, közös pontban támadó erőt összegükkel helyettesítve, a tér egy tetszőleges P pontjára vonatkozó forgatónyomaték nem változik.

Bizonyítás:

FrFFrFrFrM ×=+×=×+×= )( 2121

r1F

2FF

Pr

1F

2FF

P

E.4.1.2 Erőrendszer Az erőrendszer erők halmaza.

E.4.1.3 Erőrendszerek egyenértékűsége

Egy nFFF ,...,, 21 és **2

*1 ,...,, mFFF erőrendszer egymással egyenértékű, ha:

• Az őket alkotó erők összege egymással egyenlő. ∑∑==

=m

jj

n

ii FF

1

*

1

.

• A tér egy tetszőleges P pontjára vonatkozó forgatónyomatékuk egyenlő. ∑∑==

=m

jP

n

iP ji

MM1

*

1

.

E.4.1.4 Vektorrendszer eredője A vektorrendszer eredője a vektorrendszerrel egyenértékű vektorrendszerek közül a legegyszerűbb.

E.4.1.5 Síkbeli erőrendszer eredője

Két lehetőség van: • Az eredő egy darab erő. (Ha speciálisan nullvektor, akkor egyensúlyi erőrendszerről beszélünk.) • Az eredő egy erőpár. (Azaz két azonos nagyságú, egyező irányú, de ellentétes irányítású erő,

amelyeknek hatásvonala különböző.)

F

F−

F

F−

E.4.1.6 Síkbeli erőrendszer eredőjének szerkesztése

Az eredő szerkesztésénél két lépést fogunk véges sokszor alkalmazni. Mindkét lépés az előzővel egyenértékű vektorrendszert eredményez.

Lépések: • Egy erőt hatásvonala mentén eltolunk.(lásd 1. Tétel) • Két közös pontból induló erőt összegükkel helyettesítünk (lásd 2. Tétel) A szerkesztéseknél külön tárgyaljuk a metsző és párhuzamos erőrendszer esetét.

Metsző erőrendszer:

Példa: Adottak az 1F , 2F , 3F erők. Szerkesszük meg az eredőjüket!

3F

1F

2F

1F

2F

21 FF +

21 FF +

3F

321 FFF ++3F

1F

2F

1F

2F

21 FF +

21 FF +

3F

321 FFF ++

• Toljuk el az 1F és 2F erőket hatásvonalaik mentén azok metszéspontjába, mint közös kezdőpontba.

• Helyettesítsük az 1F és 2F erőket összegükkel.

• Toljuk el az 21 FF + és 3F erőket hatásvonalaik mentén azok metszéspontjába, mint közös kezdőpontba.

• Az 21 FF + és 3F erőt összegükkel helyettesítve megkapjuk az 321 FFF ++ eredőt.

Párhuzamos erőrendszer: Itt nem tudjuk az előbbi eljárást alkalmazni, így egy tetszőleges 1s segéderő

felhasználásával végezzük a szerkesztést.

Példa: Adottak az 1F és 2F párhuzamos erők. Szerkesszük meg az eredőjüket!

1F

2F

1s

11 sF +

1s−

11 sF +

2F

121 sFF ++

121 sFF ++

21 FF +

1F

2F

1s

11 sF +

1s−

11 sF +

2F

121 sFF ++

121 sFF ++

21 FF +

• Vegyünk fel az 1s segéderőt az 1F erő kezdőpontjából indítva.

• Helyettesítsük az 1s és 1F erőket összegükkel.

• Toljuk el az 11 sF + és 2F erőket hatásvonalaik mentén azok metszéspontjába, mint közös

kezdőpontba.

• Helyettesítsük az 11 sF + és 2F erőket összegükkel.

• Képezzük az 121 sFF ++ és 1s erők hatásvonalainak metszéspontját.

• Toljuk az 121 sFF ++ erőt hatásvonala mentén a fenti metszéspontba, mint kezdőpontba, és vegyük

fel ugyaninnen indítva a 1s− erőt.

• Az 121 sFF ++ és 1s− vektorokat összegükkel helyettesítve kapjuk az 21 FF + eredőt.

A további feladatoknál a szerkesztés lépéseit koordinátageometriai számításokkal is elvégezzük!

M.i.4.1 Szükséges matematikai ismeretek Vektorok összeadása, egyenes egyenletének irány- és normálvektoros alakja

M.4.1 Mintafeladat

Egy F erő és P támadáspontja koordinátáival adott. Az erő koordinátái Newtonban, a támadásponté méterben értendő. Írjuk fel az erő hatásvonalának egyenletét! Adatok:

NF )2,4( )3,2(P

Megoldás: Az erő hatásvonalának egyenlete: 342242 ⋅−⋅=− yx , azaz f: 842 −=− yx .

F.4.1 Feladatok

Az alábbi feladatokban az erők koordinátái Newtonban, a támadáspontoké méterben értendők!

4.1.1 Az 1F , 2F erők és 1P , 2P támadáspontjaik koordinátái adottak.

a, Írjuk fel az erők hatásvonalainak egyenletét, majd számítsuk ki metszéspontjuk koordinátáit!

b, Számítsuk ki az eredő koordinátáit és írjuk fel hatásvonalának egyenletét!

c, Szerkesztéssel ellenőrizzük a hatásvonal egyenletének helyességét! Adatok:

NF )2,3(1

)2,2(1P

NF )2,1(2

)2,4(2 −P

4.1.2 Az 1F , 2F , 3F erők és 1P , 2P , 3P támadáspontjaik koordinátái adottak.

a, Számítsuk ki az eredő koordinátáit és írjuk fel hatásvonalának egyenletét!

b, Szerkesztéssel ellenőrizzük a hatásvonal egyenletének helyességét!

Adatok:

NF )1,2(1

)2,1(1P

NF )2,1(2 −

)0,7(2P

NF )1,2(3 −

)8,11(3P

4.1.3 Az 1F , 2F párhuzamos erők és 1P , 2P támadáspontjaik koordinátái adottak.

a, Vezessünk be egy 1s segéderőt, majd írjuk fel az 11 sF + valamint az 2F erő hatásvonalának egyenletét!

b, Számítsuk ki az eredő koordinátáit, és írjuk fel hatásvonalának egyenletét!

c, Szerkesztéssel ellenőrizzük a hatásvonal egyenletének helyességét! Adatok:

NF )2,1(1

)2,2(1P

NF )4,2(2

)3,4(2P

4.1.4 Egy F erő nagysága és hatásvonalának f egyenlete ismert, valamint koordinátáival adott egy f -re nem illeszkedő P pont.

a, Adjuk meg az F erő koordinátáit!

b, Számítsuk ki az F erő P pontra vonatkozó forgatónyomatékát! Adatok:

5=F 53: −=− yxf

)1,11( −P

Mo.4.1 Megoldások 4.1.1 a, Az 1F erő hatásvonalának egyenlete: .232 −=− yx

Az 2F erő hatásvonalának egyenlete: .102 =− yx A metszéspont koordinátái: )6;8(M .

b, Az eredő koordinátái: )4;4( .

Az eredő hatásvonala: .844 =− yx 4.1.2

a, Az eredő koordinátái: )4;1(− . Az eredő hatásvonala: .184 −=+ yx 4.1.3

a, Legyen )0;1(1s .

Az 11 sF + erő hatásvonalának egyenlete: .022 =− yx

Az 2F erő hatásvonalának egyenlete: .1024 =− yx

b, Az eredő koordinátái: )6;3( . Az eredő hatásvonala: .1236 =− yx 4.1.4

a, Az f egyenes egy irányvektora: )1;3(1fv . Ebből adódóan az összes irányvektor

paraméteres felírással: )1;3( ttv f .

A keresett erők a fenti vektorok közül az öt egység hosszúságúak, azaz:

( ) 53 22 ==+ Ftt ⇒ 2

10±=t ⇒ NF

2

10;

2

1031 ; NF

−−

2

10;

2

1032 .

Tehát két ilyen erő van.

b, FrM ×= , ahol az r vektor a P pontból az egyenes tetszőleges pontjához mutató vektor.

NmM )04,30;0;0(= . NmM )04,30;0;0( −= (E.3.2.1)

4.2 FELADATCSOPORT ANYAGI PONT HELYVEKTOR -IDŐ FÜGGVÉNYE ÉS PÁLYÁJA (MŰSZAKI

MECHANIKA ) E.4.2 Elméleti összefoglaló E.4.2.1 Anyagi pont

Az anyagi pont fogalmát lásd az E.3.1.1 pontban.

E.4.2.2 Pálya A pontok, amelyeket az anyagi pont mozgása során érint, egy térgörbére illeszkednek. Ez a görbe a mozgás pályája.

E.4.2.3 Helyvektor

A helyvektor a koordinátarendszer origójából az anyagi ponthoz mutató r vektor. Az r vektor koordinátái az anyagi pont (P ) koordinátái. Descartes-féle derékszögű koordinátarendszer esetén zyx ,, koordináták.

E.4.2.4 Helyvektor-idő függvény (mozgásfüggvény)

Ahogy az anyagi pont halad a pályán helyét időről-időre más helyvektor jellemzi. A helyvektort megadva az

idő függvényében kapjuk a pont )(tr helyvektor-idő függvényét.

Descartes-féle derékszögű koordinátarendszerben a helyvektor-idő függvény komponensei az )(tx , )(ty

és )(tz koordináta-idő függvények. A koordináta-idő függvényekből, az idő, mint paraméter kiküszöbölé-

sével megkapjuk a pálya egyenletrendszerét. Ez általános térbeli pálya esetén két egyenletből álló, három ismeretlenes egyenletrendszer, síkbeli pálya esetén pedig speciálisan egy darab két ismeretlenes egyenlet.

E.4.2.5 Ferde hajítás

Ha egy pontszerű testet a vízszinteshez képest α szögben elhajítunk, akkor az a 0v kezdősebesség, és a függőleges irány által meghatározott síkban fog mozogni. A mozgást célszerű az ábrán látható derékszögű koordinátarendszerben leírni.

A fenti rendszerben – ha a légellenállástól eltekintünk – a mozgás koordináta-idő függvényei:

tvxtx x00)( += , 200 2

)( tg

tvyty y −+= alakúak, ahol 0xv és 0yv a kezdősebesség koordinátái,

g pedig a gravitációs gyorsulás nagysága (Magyarország területén:2

81,9s

mg = ).

E.4.2.6 Mozgás rúgóerő hatása alatt Egy spirálrugó egyik végét egy ideálisan sima (súrlódásmentes) vízszintes síklap O pontjához erősítjük, a másik végéhez pedig egy pontszerű testet kapcsolunk.

0v

x

y

O0x

0v

x

y

O0x

A rugó nyújtatlan hossza legyen nulla. A testet a vízszintes sík egy tetszőleges pontjából, a síkba eső, és a

rugó hossztengelyére merőleges 0v kezdősebességgel elindítjuk. Az ábrán látható koordináta rendszerben

a mozgás koordináta-idő függvényei: )cos(0 txx ω= , )sin(0 tv

y ωω

= alakúak lesznek, ahol ω a

körfrekvencia, amely a rugó hossztengelyének másodpercenkénti szögelfordulását adja radiánban [ ]s

1=ω ,

0v a test kezdősebességének nagysága, 0x pedig kezdeti helyének x koordinátája.

M.i.4.2 Szükséges matematikai ismeretek Egyenes egyenlete, másodrendű görbék egyenletei

M.4.2 Mintafeladat

A vízszinteshez képest o43,63 -os szögben fellőtt agyaggalamb kezdősebességének nagysága

s

mv 65,15= . A légellenállástól eltekintünk.

a, Adjuk meg az agyaggalamb kezdősebességének 0xv és 0yv komponenseit az E.4.2.5

elméleti összefoglalóban megadott koordinátarendszerben, majd határozzuk meg pályájának egyenletét. Milyen alakzat a pálya?

b, A koordinátarendszer origójából, a vízszinteshez képest o30 -os szögben egy puskával az agyaggalambra lövünk, és el is találjuk azt. A lövedék pályája egyenesnek tekinthető. Határozza meg az agyaggalamb számára végzetes koordinátákat!

c, Ha nem lőttük volna le, akkor hol ért volna földet a galamb, és mekkora lett volna a maximális magasság, amit elér?

Megoldás:

a, s

mvy 1443,63sin65,150 ≈°⋅= ,

s

mvx 70 = (E. 4.2.5).

−+=

+=

20

0

2

81,914)(

7)(

ttyty

txtx

−=

=

2

2

81,914)(

7)(

ttty

ttx

Az agyaggalamb pályája parabola: 21,02 xxy −= .

b, A lövedék pályája: xxtgy3

130 =⋅°= .

A végzetes koordináták kiszámítása: 21,02 xx − x3

1= ,

A végzetes koordináták: .)21,8 ;23,14( m

c, A földet érés helyének kiszámítása: 01,02 2 =− xx . A fellövés helyétől 20 méterre ért volna földet. A maximális magasság kiszámítása: 10101,0102 2 =⋅−⋅ . A maximális magasság, amit elért volna: 10 méter. F.4.2 Feladatok

4.2.1 A vízszinteshez képest 1α szögben, 01v kezdősebességgel fellőtt agyaggalambot egy

vadász – mivel puskája elromlott – egy a vízszinteshez képest 2α szögben elhajított, 02v kezdősebességű kődarabbal próbálja eltalálni. A vadász pozícióját, és a hajítás kezdeti paramétereit az ábra szemlélteti. A légellenállástól eltekintünk. a, Adjuk meg az agyaggalamb és a kő pályájának egyenletét az ábrán megadott koordináta-

rendszerben!

b, A vadász sikerrel járt. Adjuk meg a találati pont koordinátáit!

c, Milyen messzire szállt volna az agyaggalamb, ha a vadász nem találja el? Adatok:

s

mv 3601 =

o31,561 =α

s

mv 2,1702 =

o46,542 =α

mx 1300 =

4.2.2 Egy tüzérségi ágyúval egy 2α lejtésszögű, egyenes pályán haladó célpontra lövünk az ábra szerint. A közegellenállástól eltekintünk. a, Adjuk meg a lövedék és a célpont pályájának egyenletét az ábrán megadott koordináta-

rendszerben!

b, Sikeres lövés esetén adjuk meg a találati pont koordinátáit!

c, Adjuk meg a maximális magasságot, amelyet a lövedék elért! Adatok:

s

mv 11,40301 =

o125,71 =α o302 =α

mx 3000 =

4.2.3 Az E.4.2.6 elméleti összefoglalóban megadott feltételek mellett, mozgásba hozunk egy rugóhoz erősített anyagi pontot. a, Írjuk fel a pont pályájának egyenletét a megadott koordinátarendszerben! Milyen alakzat a

pálya? Milyen feltételek mellett lenne a pálya kör?

b, A rugó O végpontját egy mr 6,0= sugarú, kör alakú asztal középpontjában rögzítettük. Adjuk meg annak a pontnak a koordinátáit, ahol a test elhagyja az asztalt!

Adatok:

s

mv 100 =

mx 5,00 =

s

15,12=ω

asztal

0v

xO0x

y

O0x

asztal

0v0v

xO0x0x

y

O0x0x

4.2.4 Egy parabolaantenna tányérjának átmérője és mélysége ismert. Az antennát az ábrán látható módon egy koordinátarendszerbe helyezzük. a, Határozza meg a vevőfej koordinátáit! (A vevőfej a parabola fókuszpontjába esik.)

b, Az antennára az y tengellyel párhuzamos, 20=x egyenletű pályán rádiójel érkezik, amelyet az antenna visszaver. Adjuk meg a visszavert jel pályájának egyenletét! (Az antenna a tengelyével párhuzamos jeleket a fókuszpontba gyűjti.)

Adatok:

cmh 15= cmd 65=

h

dy

x

vevőfej

h

dy

x

vevőfej

4.2.5 Egy térségben erős földrengést észleltek. A térségben elhelyezkedő három város helye koordinátáival adott. A rengések amplitúdóját mindhárom városban ugyanannyinak mérték. a, Határozza meg a rengés epicentrumának koordinátáit, ha tudjuk, hogy a lökéshullámok az

epicentrumból koncentrikus körök formájában terjedtek tova és a rengések amplitúdója a távolsággal csökken.

b, Adja meg a városok epicentrumtól mért távolságát és a rájuk illeszkedő, azonos rengés-amplitúdóval jellemzett, kör egyenletét!

Adatok:

)2;8(−A )1;2(B )8;4(C

A koordináták kilo-méterben értendők. )2,8(−A

)1,2(B

)8,4(C

E

x

y

)2,8(−A)1,2(B

)8,4(C

E

)2,8(−A)1,2(B

)8,4(C

E

x

y

Mo.4.2 Megoldások 4.2.1 a, Az agyaggalamb pályájának egyenlete: 2012,05,1 xxy −= .

s

mvx 200 = ,

s

mvy 300 ≈ ,

−=

=

2

2

81,930)(

20)(

ttty

ttx.

A kő pályája: 945,646049,0353,11 2 −−= xxy .

b, A találati pont koordinátái: ).52,10 ;54,117(

c, Az agyaggalamb 125 méterre szállt volna. 4.2.2 a, A lövedék pályája: 2003,025,1 xxy −= .

A célpont pályája: 205,1733

1 −= xy .

b, A találati pont koordinátái: ).65,44 ;34,377( c, A maximális magasság, amit a lövedék elért: 130,21 méter. 4.2.3

a, A pont pályájának egyenlete:

⋅=⋅=

)5,12sin(8,0)(

)5,12cos(5,0)(

tty

ttx.

Akkor lenne a pálya kör, ha mx 8,00 = lenne.

b, A test a ),430 ;43,0(P pontban hagyja el az asztalt. 4.2.4 a, A vevőfej koordinátái: )70,42 ;0(F .

b, A visszavert jel pályájának egyenlete: xy 449,342,70 −= . 4.2.5

a, A rengés epicentrumának koordinátái:

−12

73;

24

61E .

b, A városok epicentrumtól mért távolsága 6,82 kilométer.

5. KOMPLEX SZÁMOK 5.1 FELADATCSOPORT SZÁMÍTÁSOK VÁLTÓÁRAMÚ HÁLÓZATOKBAN (ELEKTROTECHNIKA ) E.5.1 Elméleti összefoglaló

E.5.1.1 Váltóáramok, általános Ohm törvény

A magyarországi elektromos hálózatban a hálózati feszültség szinuszos váltófeszültség. A hálózatra egy elektromos fogyasztót (Z ) kötve, azon szinuszos váltóáram folyik. Rajzoljuk fel közös koordinátarendszerben a fogyasztón eső U feszültséget, és a rajta átfolyó I áramerősséget, mint az idő függvényét!

[ ]VU , [ ]AI .

Az összefüggésekben πνω 2= , ahol ν a hálózati frekvencia (Magyarországon Hz50=ν ). Az ábráról

leolvasható, hogy a feszültség és áram között általános esetben 0ϕ fáziseltolás van, azaz a feszültség és

áram nem ugyanabban az időpillanatban veszi fel maximális értékét.

Váltóáramoknál az egyenáramokhoz hasonlóan megfogalmazható az Ohm törvény. Ehhez a feszültséget, áramerősséget és váltóáramú ellenállást komplex mennyiségekként kell értelmeznünk. Ehhez tekintsük az alábbi ábrát!

0ϕ

)sin(max tUU ω=

)sin( 0max ϕω −= tII

tω

I

U

0ϕ

ωU

I

i

0ϕ

)sin(max tUU ω=

)sin( 0max ϕω −= tII

tω

I

U

0ϕ

ωU

I

i

Az ábrán látható, hogy az U és I komplex feszültséget és áramerősséget úgy vezetjük be, hogy képzetes

részük minden pillanatban megegyezzen a feszültség és áramerősség értékével. Ahogy az idő telik, az U és

I vektorok az origó körül azonos nagyságú ω szögsebességgel forognak, így bezárt szögük (0ϕ )

nagysága változatlan. Ebből adódóan a I

UZ = hányados időben állandó. A Z mennyiséget komplex

váltóáramú ellenállásnak, vagy másképpen komplex impedanciának nevezzük. Ezek alapján az Ohm törvény váltóáramokra:

IZU =

E.5.1.2 A komplex impedancia meghatározása

Váltóáramok esetén egy fogyasztónak nem csak ohmos, hanem induktív és kapacitív ellenállása is lehet. Ezek szintén komplex mennyiségek, értékük az alábbi összefüggésekkel számítható:

iLX L ω= , iC

XC ω1−=

Az egyenletekben L a fogyasztó induktivitása, C pedig a kapacitása.

[ ]HL , [ ]FC ,

s

1ω , [ ]ΩLX , [ ]ΩCX .

A fogyasztó ohmos ellenállását, induktivitását és kapacitását rajzban különválasztva jelöljük.

R L C

fogyasztó

R L C

fogyasztó A fogyasztó teljes komplex impedanciája a három különböző ellenállás összege.

CL XXRZ ++= , [ ]ΩZ , [ ]ΩR .

(Természetesen L , C , vagy Rértéke nulla is lehet, ekkor a fenti kifejezésben kevesebb tag szerepel.)

~

U

ZI

~

U

ZI

Ohm törvénye akkor is teljesül, ha a fenti ábrán szereplő fogyasztót egy bonyolult, több fogyasztóból álló

hálózattal helyettesítjük. Ekkor azonban Z már a hálózat eredő komplex impedanciáját jelenti. Néhány speciális esetben az eredő komplex impedancia egyszerűen számítható. Nézzünk erre két példát!

E.5.1.2/a Soros kapcsolás:

1Z 2Z iZ nZ

U

I

~

1Z 2Z iZ nZ

U

I

~

ni ZZZZZ +++++= ...............21

E.5.1.2/b Párhuzamos kapcsolás:

nZ

U

I

~U

I

~

iZ

2Z

1Z

nZ nZ

UU

II

~UU

II

~

iZ

2Z

1Z 1Z

ni ZZZZZ

1.......

1........

111

21

+++++=

E.5.1.3 A fázisszög meghatározása

A 0ϕ fázisszöget aZ komplex impedancia ismeretében az alábbi összefüggéssel számíthatjuk:

Re

Im0 Z

Zarctg=ϕ

E.5.1.4 Effektív értékek, Ohm törvény valós mennyiségekkel

További, a gyakorlat szempontjából hasznos összefüggéshez jutunk, ha az Ohm törvényt abszolút értékbe tesszük:

IZU =

⇓

maxmax ZIU =

Az összefüggésben Z a valós impedancia (valós váltóáramú ellenállás). A maximális értékek (csúcsértékek) helyett a gyakorlatban az effektív (hatásos) értékeket használják. Egy váltóáram effektív feszültségén és áramerősségén annak az egyenáramnak a feszültségét és áramerősségét értjük, amely egy teljes periódus alatt ugyanannyi hőt termel a fogyasztón, mint a váltóáram. Szinuszos váltóáram esetén a feszültség csúcsértékéből annak effektív értékét az alábbi módon számolhatjuk:

2maxU

U eff = , 2

maxII eff =

(Magyarországon a hálózati feszültség effektív értéke V220 . Ebből adódik, hogy a feszültség értéke

311± voltos csúcsértékek között változik.)

Ezt követően az Ohm törvényt az alábbi formába írhatjuk:

effeff ZIU =

M.i.5.1 Szükséges matematikai ismeretek Komplex számok algebrai és trigonometrikus alakja, alapműveletek komplex számokkal, komplex számok konjugáltja és normája M.5.1 Mintafeladat

a, Határozzuk meg a komplex, majd a valós impedanciát az alábbi váltóáramú hálózatok A és B pontja között!

b, Határozzuk meg a 0ϕ fázisszöget!

c, Határozzuk meg a főágban folyó áramerősség effektív értékét!

d, Adjuk meg, majd rajzoljuk fel az áramerősséget az idő függvényében! Adatok:

VU eff 220=

Hz50=ν HL 1,01 =

HL 15,02 =

FC 5105 −⋅= Ω= 31R

Ω= 42R U(t)=Umaxsin(ωt)

~

L1 R1

CI(t)=Imaxsin(ωt-ϕ0)

A B

L2 R2

U(t)=Umaxsin(ωt)

~

L1 R1

CI(t)=Imaxsin(ωt-ϕ0)

A B

L2 R2

Megoldás:

a, s

116,3142 ≈= πνω (E. 5.1.1)

Ω≈= iiLX L 42,3111ω , (E. 5.1.2) Ω+=+= )42,313(11 1

iRXZ L ,

Ω≈= iiLX L 12,4722ω , (E. 5.1.2) Ω+=+= )12,474(22 2

iRXZ L .

Ω−≈−= iiC

XC 66,631

ω (E. 5.1.2).

=−

++

++

=++=iiiXZZZ C 66,63

1

12,474

1

42,313

11111

21

i

i

34,9348405,17000

88,147

++= , így

=−−⋅

++=

++==

i

i

i

i

i

i

Z

Z88,147

88,147

88,147

34,9348405,17000

88,147

34,9348405,1700011

i56,148694,5591 += .

.16,5786)56,1486()94,5591( 22 Ω≈+=Z

b, °≈= 89,14Re

Im0 Z

Zarctgϕ (E. 5.1.3).

c, AZ

UI eff

eff 04,0929,5778

220 ≈== (E. 5.1.4).

d, AII eff 05,02max ≈= (E. 5.1.4).

−=−= πϕω 08,01

16,314sin05,0)sin( 0max ts

AtII .

F.5.1 Feladatok 5.1.1 A feladat szövege megegyezik a mintafeladatéval. Adatok:

VU eff 220=

Hz50=ν HL 2,0=

FC 5105 −⋅= Ω= 5R

~

RCL

U(t)=Umaxsin(ωt)

I(t)=Imaxsin(ωt-ϕ0)

A B

~

RCL

U(t)=Umaxsin(ωt)

I(t)=Imaxsin(ωt-ϕ0)

~

RCL

U(t)=Umaxsin(ωt)

I(t)=Imaxsin(ωt-ϕ0)

~

RCL

U(t)=Umaxsin(ωt)

I(t)=Imaxsin(ωt-ϕ0)

A B

5.1.2 A feladat szövege megegyezik a mintafeladatéval. Adatok:

VU eff 220=

Hz50=ν HL 2,0=

FC 5105 −⋅= Ω= 5R

U(t)=Umaxsin(ωt)

~

L R

C

I(t)=Imaxsin(ωt-ϕ0)

A B

U(t)=Umaxsin(ωt)

~

L R

C

I(t)=Imaxsin(ωt-ϕ0)

U(t)=Umaxsin(ωt)

~

L R

C

I(t)=Imaxsin(ωt-ϕ0)

U(t)=Umaxsin(ωt)

~

L R

C

I(t)=Imaxsin(ωt-ϕ0)

A B

5.1.3 A feladat szövege megegyezik a mintafeladatéval. Adatok:

VU eff 220=

Hz50=ν HL 2,0=

FC 5105 −⋅= Ω= 5R

U(t)=Umaxsin(ωt)

~

R

CI(t)=Imaxsin(ωt-ϕ0)

A B

L

U(t)=Umaxsin(ωt)

~

R

CI(t)=Imaxsin(ωt-ϕ0)

A B

L

Mo.5.1 Megoldások 5.1.1

a, iZ 83,05 −= , 068,5≈Z .

b, °≈ 58,3500ϕ .

c, AI eff 41,43≈ .

d, AI 39,61max ≈ ,

−=−= πϕω 95,11

16,314sin39,61)sin( 0max ts

AtII .

5.1.2 a, iZ 81,013,0 −≈ , 82,0≈Z .

b, °≈ 42,2790ϕ .

c, AI eff 62,268≈ .

d, AI 89,379max ≈ ,

−= π55,11

16,314sin89,379 ts

AI .

5.1.3 a, 5=Z , 5=Z . b, °≈ 00ϕ .

c, AI eff 44= .

d, AI 23,62max ≈ ,

−= π01

16,314sin23,62 ts

AI .

6. MÁTRIXOK . L INEÁRIS FÜGGVÉNYEK , TRANSZFORMÁCIÓK

6.1 FELADATCSOPORT FESZÜLTSÉGÁLLAPOT (MŰSZAKI MECHANIKA ) E.6.1 Elméleti összefoglaló

E.6.1.1 Mechanikai feszültség

Az alábbi ábra egy szilárd testet szemléltet, amelyet külső erőkkel terhelünk. A test nyugalomban van. Legyen P a test egy tetszőleges pontja. Vágjuk gondolatban egy síklappal két részre a testet, úgy hogy a metsző sík tartalmazza a P pontot. Mivel a test nyugalomban van, az I és II jelű darabok is nyugalomban kell, hogy legyenek.

1F

2F

iF

nF

P

I

II

1F

2F

iF

nF

P

1F

2F

iF

nF

P

I

II

P

bF

iF

nF

II

P

bF

iF

nF

II

1F

2F

iF

nF

P

I

II

1F

2F

iF

nF

P

1F

2F

iF

nF

P

I

II

P

bF

iF

nF

II

P

bF

iF

nF

II

Az I jelű részt gondolatban eltávolítva látható, hogy a II jelű rész egyensúlyát a metsző felületen ébredő

belső erőrendszer biztosítja. A belső erőrendszer bF eredőjére az egyensúly feltételéből az alábbi egyenlet adódik:

IIb FF −=

Az egyenletben IIF a II jelű részre ható külső erők eredője.

P

A∆

n

bF∆

m P

A∆

n

bF∆

m

Vegyünk fel a metsző síkban egy, a P pontot tartalmazó A∆ nagyságú területelemet és jelöljük n -el

annak normálisát (síkra merőleges egységvektorát). A P pontban az n normálishoz tartozó feszültségen a

A

F b

An ∆

∆=→∆ 0

limρ

vektort értjük, ahol bF∆ a A∆ területelemen megoszló belső erőrendszer eredője.

A nρ feszültségvektor mindig felírható egy normális irányú és egy rá merőleges komponens összegeként.

mn nmnn τσρ += 1== nm

A nnσ és mnmτ komponensek elnevezése normál- és csúsztatófeszültség.

E.6.1.2 Feszültségállapot

A test P pontonján át végtelen sok különböző metsző síklap vehető fel. Minden egyes metsző síkhoz más

n egységvektor tartozik, az egyes vektorokhoz pedig különböző feszültségvektorok. A P ponthoz tartozó

feszültségi állapot alatt az egyes n irányhoz tartozó nρ feszültségvektorok összességét értjük.

E.6.1.3 Feszültségi tenzor

A feszültségi tenzor (T ) egy lineáris függvény, amely az n normálisokhoz a nρ feszültségvektorokat

rendeli, azaz amelyet az alábbi összefüggés definiál:

nn ρ=)(T

E.6.1.4 Feszültségi mátrix

A feszültségmátrix a feszültségi tenzornak valamely konkrét koordinátarendszerre (bázisra) vonatkozó mátrixa. Rögzítsünk a P pontban egy Descartes-féle derékszögű koordinátarendszert, és vegyünk fel benne egy kicsiny, kocka alakú térfogatelemet az ábra szerint.

x

y

z

Pxσyσ

zσ

xyτ

xzτ

yxτ

yzτ

zxτ zyτ

xρ

yρ

zρ

x

y

z

P

x

y

z

Pxσyσ

zσ

xyτ

xzτ

yxτ

yzτ

zxτ zyτ

xρ

yρ

zρ

x

y

z

P

xρ

yρ

zρ

x

y

z

P

yρ

zρ

x

y

z

P

Jelölje az egyes oldallapok normálisaihoz tartozó P pontbeli feszültségeket xρ , yρ és zρ . Az egyes

feszültségvektorokat x , y és z irányú komponensekre bonthatjuk. A xρ feszültségvektor koordinátái

például: xσ , yxτ és zxτ . Az első index az adott komponensnek, a második a felület normálisának az

irányára utal ( xσ , yσ , zσ esetén a két irány egybeesik). Tehát a feszültségvektorok, mint oszlopvektorok,

az alábbi alakot öltik:

zx

yx

x

x

ττσ

ρ ;

zy

y

xy

y

τστ

ρ ;

z

yz

xz

z

σττ

ρ

A feszültségvektorokból összeállítható a P ponthoz tartozó F feszültségi mátrix.

zzyzx

yzyyx

xzxyx

στττστττσ

T

Meg kell jegyezni, hogy ez a mátrix függ a koordinátarendszer megválasztásától. Különböző koordinátarendszerek esetén általában különböző feszültségi mátrixokat kapunk. 1. Tétel: A feszültségi mátrix szimmetrikus, tehát teljesülnek az alábbi egyenlőségek:

yxxy ττ = , zxxz ττ = , zyyz ττ =

2. Tétel: A feszültségi mátrix ismeretében a P pontbeli, n normálishoz tartozó feszültséget az alábbi összefüggéssel számíthatjuk:

nn T=ρ

Azaz a feszültségmátrix ismeretében a P pont feszültségállapota ismert. A feszültségmátrixot három, egymásra páronként merőleges irányhoz tartozó feszültségvektor meghatározza. A fentiekből adódik, hogy a feszültségállapot megadásához elegendő három, egymásra páronként merőleges irányhoz tartozó feszültségvektort megadni!

E.6.1.5 Főirányok, főfeszültségek

Egy P pont feszültségállapotát vizsgálva mindig találhatunk olyan n irányokat, amelyekhez tartozó nρ feszültségvektorok normális irányúak, azaz felírható az alábbi egyenlet:

nnnn T== σρ 1=n

A fenti tulajdonságú n irányokat a feszültségi állapot főirányainak, a hozzájuk tartozó nσ feszültségeket

pedig főfeszültségeknek nevezzük. Az n főirányok esetén a nρ feszültség tisztán normálfeszültség, azaz a

csúsztató feszültség nagysága nulla. 3. Tétel: A feszültségi főirányok egymásra páronként merőlegesek. 4. Tétel: A főfeszültségek a feszültségi mátrix sajátértékei, a főirányok pedig egységnyi hosszúságú sajátvektorai.

5. Tétel: A főfeszültségeket a feszültségi mátrix 0=− ET σ karakterisztikus egyenletének gyökei

szolgáltatják. 6. Tétel: A karakterisztikus egyenletnek mindig három valós gyöke van. Ebből adódóan a főfeszültségek száma három. A főfeszültségeket nagyságuk szerint indexezzük az alábbiak szerint:

321 σσσ >>

7. Tétel: Az egyes iσ főfeszültségekhez tartozó in főirányok a ( ) 0=⋅− niET σ lineáris

egyenletrendszer egységnyi hosszúságú megoldásai.

M.i.6.1 Szükséges matematikai ismeretek Mátrix determinánsának kiszámítása, mátrixok összeadása és szorzása, sajátérték, sajátvektor meghatározása

M.6.1 Mintafeladat Egy szerkezet valamely P pontjához tartozó feszültségállapotot az ábrán látható elemi hasábon bejelölt feszültségi adatok jellemzik.

a, Adjuk meg az x tengelyhez α szöggel hajló, ),( zx síkban fekvő n normális egységvektor koordinátáit, valamint a feszültségi mátrixot a P pontban!

b, Határozzuk meg az n vektor által irányított felületelemhez tartozó nρ feszültségvektort!

c, Határozzuk meg az n vektor által irányított felületelemhez tartozó normál- és csúsztatófeszültségek nagyságát!

d, Határozzuk meg a főfeszültségek nagyságát és a feszültségi főirányokat! Adatok:

MPax 50=σ

MPay 30−=σ

MPaz 25=σ

MPayxxy 30== ττ o30=α x

y

z

P

zσ

xyτyxτ

α

xσyσ

n

x

y

z

P

zσ

xyτyxτ

α

xσyσ

n Megoldás:

a, 87,0cos == αxn , 0=yn , 5,0sin −=−= αzn ⇒ )5,0;0;87,0( −n

[ ]MPa

zzyzx

yzyyx

xzxyx

−=

2500

03030

03050

στττστττσ

T (E.6.1.4)

b, [ ]MPann

−=

−

−==5,12

98,25

3,43

5,0

0

87,0

2500

03030

03050

Tρ (E.6.1.4)

c, MPan nn 75,43

5,12

98,25

3,43

5,0

0

87,0

=

−

−== ρσ

22nnn τσρ += ⇒ MPannn 15,2822 =−= σρτ

MPan 02,52)5,12()98,25()3,43( 222 =−++=ρ

d, c, MPan nn 24,31

5,12

98,25

3,43

5,0

0

87,0

=

−

== ρσ

22nnn τσρ += ⇒ MPannn 59,4122 =−= σρτ

MPan 02,52)5,12()98,25()3,43( 222 =−++=ρ

A főfeszültségek a feszültségi mátrix sajátértékei, amelyeket az alábbi egyenlet megoldásával kapunk:

0=− ET σ .

0)240020)(25(

))900)30)(50()(25()25(900)25)(30)(50(

2500

03030

03050

00

00

00

2500

03030

03050

2 =−−−=

=−+−−−=−−−+−−=

=−

−−−

=

−

−=−

σσσσσσσσσσ

σσ

σ

σσ

σσET

Tehát a 0)240020)(25( 2 =−−− σσσ harmadfokú egyenlet megoldásai lesznek a főfeszültségek.

Ezek: MPa601 =σ , MPa252 =σ , MPa403 −=σ

Az egyes főfeszültségeket behelyettesítve az ( ) 0=⋅− nET σ egyenletbe, megkapjuk a hozzájuk tartozó főirányokat.

Az 1n főirány meghatározása:

0

2500

03030

03050

1

1

1

=

−−−

−

z

y

x

n

n

n

σσ

σ ⇒

035

09030

03010

=−=−+

=+−

z

yx

yx

n

nn

nn

Tehát:

yx nn 3= , 0=zn

Mivel n egységvektor, teljesülnie kell még az 1222 =++ zyx nnn egyenletnek.

Tehát: 19 22 =+ yy nn ⇒ 10

1=yn

A 1σ főfeszültséghez tartozó főirány:

010

110

3

1n

Az 2n és 3n főirányok meghatározása analóg módon elvégezhető:

1

0

0

2n ,

−

010

310

1

3n .

F.6.1 Feladatok Egy szerkezet valamely P pontjához tartozó feszültségállapotot az ábrákon látható elemi hasábon bejelölt feszültségi adatok jellemzik.

a, Adjuk meg az ábrákon bejelölt n normális egységvektorok koordinátáit, valamint a feszültségi mátrixot a P pontban!

b, Határozzuk meg az n vektor által irányított felületelemhez tartozó nρ feszültségvektort!

c, Határozzuk meg az n vektor által irányított felületelemhez tartozó normál- és csúsztatófeszültségek nagyságát!

d, Határozzuk meg a főfeszültségek nagyságát és a feszültségi főirányokat!

6.1.1 Adatok:

MPaz 45=σ

MPayxxy 30−== ττ o30=α

xzn∈

x

y

z

P

zσ

xyτyxτ

αn

x

y

z

P

zσ

xyτyxτ

αn

6.1.2 Adatok:

MPax 50−=σ

MPay 30=σ

MPaz 25=σ

MPayxxy 30== ττ o60=α

xzn∈ x

y

z

P

zσ

xyτyxτ

α

xσ yσ

n

x

y

z

P

zσ

xyτyxτ

α

xσ yσ

n

6.1.3 Adatok:

MPax 100−=σ

MPay 60=σ

MPaz 50=σ

MPayxxy 60== ττ o30=α

yzn∈ x

y

z

P

zσ

xyτyxτα

xσ yσ

n

x

y

z

P

zσ

xyτyxτα

xσ yσ

n

6.1.4 Adatok:

MPax 25=σ

MPay 25=σ

MPaz 5,12=σ

MPayxxy 15−== ττ o60=α o30=β x

y

z

P

zσ

xyτyxτxσ yσ

n

βα

x

y

z

P

zσ

xyτyxτxσ yσ

n

ββα

Mo.6.1 Megoldások

6.1.1

a, )5,0;0;87,0(n

[ ]MPa

zzyzx

yzyyx

xzxyx

−−

=

4500

0030

0300

στττστττσ

T .

b, [ ]MPan

=5,22

98,25

0

ρ .

c, MPan 25,11=σ , MPan 48,32=τ

d, A főfeszültségek: MPa451 =σ , MPa302 =σ , MPa303 −=σ .

A főirányok:

1

0

0

1n ,

−

02

12

1

2n ,

02

12

1

3n .

6.1.2

a, )87,0;0;5,0( −n

[ ]MPa

zzyzx

yzyyx

xzxyx

−=

2500

03030

03050

στττστττσ

T .

b, [ ]MPan

−

−=

65,21

15

25

ρ .

c, MPan 25,6=σ , MPan 77,35=τ

d, A főfeszültségek: MPa401 =σ , MPa252 =σ , MPa603 −=σ .

A főirányok:

010

310

1

1n ,

1

0

0

2n ,

−

010

110

3

3n .

6.1.3

a, )5,0;87,0;0( −n

[ ]MPa

zzyzx

yzyyx

xzxyx

−=

5000

06060

060100

στττστττσ

T .

b, [ ]MPan

−=

25

96,51

96,51

ρ .

c, MPan 5,57=σ , MPan 14,52=τ

d, A főfeszültségek: MPa801 =σ , MPa502 =σ , MPa1203 −=σ .

A főirányok:

010

310

1

1n ,

1

0

0

2n ,

−

010

110

3

3n .

6.1.4

a, )5,0;75,0;43,0( −n

[ ]MPa

zzyzx

yzyyx

xzxyx

−−

=

5,1200

02515

01525

στττστττσ

T .

b, [ ]MPan

−

−=

25,6

3,12

5,0

ρ .

c, MPan 14,12=σ , MPan 58,6=τ

d, A főfeszültségek: MPa401 =σ , MPa5,122 =σ , MPa103 =σ .

A főirányok:

−

02

12

1

1n ,

1

0

0

2n ,

02

12

1

3n .

6.2 FELADATCSOPORT ALAKVÁLTOZÁSI ÁLLAPOT . ÁLTALÁNOS HOOKE-TÖRVÉNY (MŰSZAKI

MECHANIKA ) E.6.2 Elméleti összefoglaló

E.6.2.1 Alakváltozási vektor

Vegyünk egy szilárdtestet és biztosítsuk annak stabil egyensúlyi helyzetét megfelelő kényszerekkel. A kényszerek megakadályozzák a test merev mozgásait (elmozdulás, elfordulás), de lehetővé teszik annak alakváltozását. Az alábbi ábra a testet szemlélteti terheletlen, és külső erőkkel terhelt állapotában.

P

Q'Q

'P

'n

α

r∆

n

r'

r

'PP =

Q

'Q

a b c

1F

2F

iF

P

Q'Q

'P

'n

α

r∆

n

r'

r

'PP =

Q

'Q

a b c

P

Q

P

Q'Q

'P

'Q

'P

'n

α

r∆

n

r'

r

'PP =

Q

'Q

'n

α

r∆

n

r'

r

'PP =

Q

'Q

α

r∆

n

r'

r

'PP =

Q

'Q

a b c

1F

2F

iF

Válasszuk ki a test egy tetszőleges P pontját, majd terheletlen állapotban vegyünk fel környezetében egy kicsiny, kocka alakú térfogatelemet és benne egy P -re nem illeszkedő Q pontot. A belső feszültségek

hatására a P pont a 'P , míg a Q pont a 'Q pontba mozdul el, a térfogatelem alakja pedig – feltéve, hogy

megfelelően kicsiny – paralelepipedonná torzul. Az ábra c részén feltüntettük a Q pont P -hez képest r∆

relatív elmozdulását. Az ábra alapján, egy aránypár segítségével értelmezhetjük az n irányhoz tartozó nα alakváltozási vektort:

r

r

n

nn

∆== αα 1=n

Tehát nα az n egységvektor végpontjának elmozdulása. Az nα vektort a PQ szakasz hosszával

megszorozva megkapjuk a Q pont elmozdulását.

rr nα=∆

Azaz az nα vektor ismeretében bármely, az n irányú egyenesre illeszkedő pont elmozdulása

meghatározható, feltéve, hogy az elég közel van P -hez.

E.6.2.2 Alakváltozási állapot

A test P pontonjából a tér minden irányába indíthatók n egységvektorok. Az egyes vektorokhoz különböző alakváltozási vektorok tartoznak. Az alakváltozási vektort tetszőleges irányban ismerve, a P pont környezetében bármely pont elmozdulása meghatározható. Ekkor az mondjuk, hogy a P pontban az

alakváltozási állapot ismert. Tehát a P ponthoz tartozó alakváltozási állapot alatt az egyes n irányhoz

tartozó nα alakváltozási vektorok összességét értjük.

E.6.2.3 Alakváltozási tenzor

Az alakváltozási tenzor ( A) egy lineáris függvény, amely az n irányokhoz az nα alakváltozási vektorokat rendeli, azaz amelyet az alábbi összefüggés definiál:

nn α=)(A

E.6.2.4 Alakváltozási mátrix

Az alakváltozási mátrix az alakváltozási tenzornak valamely konkrét koordinátarendszerre (bázisra)

vonatkozó mátrixa. Rögzítsünk a P és 'P pontokban két azonos tengelyállású, Descartes-féle derékszögű koordinátarendszert, majd a P ponthoz tartozóban vegyünk fel egy egységnyi oldalhosszúságú kockát.

j

'j

'i

k

'k

x

y

z

zα

yα

xαx

y

z

k

i

j

ij

'j

'i

k

'k

x

y

z

zα

yα

xαx

y

z

k

i

j

i

Jelölje xα , yα és zα az i , j és k irányokhoz tartozó alakváltozási vektorokat deformált állapotban.

Az egyes alakváltozási vektorokat x , y és z irányú összetevőkre bonthatjuk. A xα alakváltozási vektor

koordinátái például: xxα , yxα és zxα . Az első index az adott komponensnek az irányára, a második az i

irányra utal. Tehát az alakváltozási vektorok, mint oszlopvektorok, az alábbi alakot öltik:

zx

yx

xx

x

ααα

α ;

zy

yy

xy

y

ααα

α ;

zz

yz

xz

z

ααα

α

Az alakváltozási vektorokból összeállítható a P ponthoz tartozó A alakváltozási mátrix.

=

zzzyzx

yzyyyx

xzxyxx

ααααααααα

A

Meg kell jegyezni, hogy ez a mátrix függ a koordinátarendszer megválasztásától. Különböző koordinátarendszerek esetén általában különböző alakváltozási mátrixot kapunk.

Az alakváltozási mátrix elemeinek szemléletes geometriai jelentést adhatunk, ha ábrázoljuk például a '

j és

'k vektorok által kifeszített paralelogramma yz síkra eső merőleges vetületét.

zyϕ

'⊥

k

yzϕ

z

k

j

'

⊥j

zyzy ϕα ≈

zzz εα =

yyy εα =

yzyz ϕα ≈

⊥yα

⊥zα

y

zyγπ −2

zyϕ

'⊥

k

yzϕ

z

k

j

'

⊥j

zyzy ϕα ≈

zzz εα =

yyy εα =

yzyz ϕα ≈

⊥yα

⊥zα

y

zyγπ −2

Az ábra alapján:

zzz

zz εαα =−+

=1

1)1(, y

yyyy ε

αα =

−+=

1

1)1(,

továbbá kis deformációk esetén jó közelítéssel teljesül, hogy:

yzyzyz ϕϕα =⋅≈ 1 , zyzyzy ϕϕα =⋅≈ 1

Az összefüggésekben yε és zε az y és z irányú fajlagos nyúlás, zyϕ és yzϕ pedig az y tengelynek

a z tengely irányába, és a z tengelynek az y irányába történő elfordulása. A fenti egyenletekből adódik,

hogy zyϕ és yzϕ értéke pozitív, ha az y tengely z felé, illetve a z tengely y felé fordul el. yε és

zε előjelét pedig a koordinátatengelyek irányításához igazítjuk, azaz az ábrán adott esetben yε negatív,

zε pozitív.

Mindig teljesül továbbá az alábbi szimmetria tulajdonság:

zyyzzy γϕϕ2

1== ,

ahol zyγ az yz síkbeli szögtorzulás.

Ezek alapján az alakváltozási mátrix:

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

εγγ

γεγ

γγε

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

A

1. Téte1: Az alakváltozási mátrix szimmetrikus, tehát teljesülnek az alábbi egyenlőségek:

xyyx γγ = , xzzx γγ = , yzzy γγ = .

2. Tétel: Az alakváltozási mátrix ismeretében a P pontbeli, n irányhoz tartozó alakváltozási vektort az alábbi összefüggéssel számíthatjuk:

nn A=α , 1=n

3. Tétel: A alakváltozási mátrix segítségével bármely tetszőleges n irányban létrejövő fajlagos nε nyúlás,

illetve két egymásra merőleges mn, tengely egymás felé fordulásának nmmn γγ2

1

2

1 = szöge az alábbi

módon határozható meg:

nnan nn A==ε

nmam nmn A==γ2

1

mnan mnm A==γ2

1

Azaz az alakváltozási mátrix ismeretében a P pont alakváltozási állapota ismert. Az alakváltozási mátrixot három, egymásra páronként merőleges irányhoz tartozó alakváltozási vektor meghatározza. A fentiekből adódik, hogy az alakváltozási állapot megadásához elegendő három, egymásra páronként merőleges irányhoz tartozó alakváltozási vektort megadni! Az alakváltozási állapotot az egységnyi élhosszúságú kocka egymást metsző három élének végpontjaihoz tartozó alakváltozási vektor koordinátáival szokás szemléltetni, az alábbi ábra szerint:

j

k

i

x

y

z

zxγ2

1zyγ

2

1

xεyε

zε

xzγ2

1

xyγ2

1

yxγ2

1

yzγ2

1

j

k

i

x

y

z

zxγ2

1zyγ

2

1

xεyε

zε

xzγ2

1

xyγ2

1

yxγ2

1

yzγ2

1

E.6.2.5 Főirányok, főnyúlások

Egy P pont alakváltozási állapotát vizsgálva mindig találhatunk olyan n irányokat, amelyekhez tartozó

na alakváltozási vektorok párhuzamosak az n iránnyal, azaz felírható az alábbi egyenlet:

nn nn εα == A 1=n

A fenti tulajdonságú n irányokat az alakváltozási állapot főirányainak, a hozzájuk tartozó nε fajlagos

nyúlásokat főnyúlásoknak nevezzük. Az n főirányokban csak nyúlás lép fel, irányváltozás nem. 4. Tétel: Az alakváltozási főirányok egymásra páronként merőlegesek. 5. Tétel: A főnyúlások az alakváltozási mátrix sajátértékei, az alakváltozási főirányok pedig egységnyi hosszúságú sajátvektorai.

6. Tétel: A főnyúlásokat az alakváltozási mátrix 0=− EA ε karakterisztikus egyenletének gyökei

szolgáltatják. 7. Tétel: A karakterisztikus egyenletnek mindig három valós gyöke van. Ebből adódóan a főnyúlások száma három. A főnyúlásokat nagyságuk szerint indexezzük az alábbiak szerint:

321 εεε >>

8. Tétel: Az egyes iε főnyúlásokhoz tartozó in főirányok a ( ) 0=⋅− niEA ε lineáris egyenletrendszer

egységnyi hosszúságú megoldásai.

E.6.2.6 Általános Hooke-törvény

Terheljük az egységnyi oldalhosszúságú (pl.: acél) kocka két szemben lévő oldalát σ nagyságú, normálirányú feszültséggel. A tapasztalatok szerint a kocka a feszültség irányában megnyúlik, a feszültség irányára merőleges keresztmetszete pedig csökken.

Jelölje ε a feszültségirányú, kerε az arra merőleges (keresztirányú) fajlagos nyúlást. Tapasztalat szerint,

kicsiny deformációk esetén teljesülnek az alábbi összefüggések:

εσ E= , νεε −=ker ,

ahol E és ν anyagi minőségre jellemző állandók elnevezése Young-modulus és Poisson-tényező.

(Acéloknál: PaPaE 1111 101,2102 ⋅−⋅= , 33,02,0 −=ν )

Ha a kocka két szemközti oldalpárján azonos nagyságú és irányú, de ellentétes értelmű τ feszültségek ébrednek, akkor a kocka rombusz alapú hasábbá torzul.

τττ

τ

2

γ 2

γ

τττ

τ

2

γ 2

γ

Tapasztalat szerint, kicsiny deformációk esetén a τ csúsztatófeszültség arányos a γ szögtorzulással:

γτ G=

A G arányossági tényező neve csúsztató rugalmassági modulus. A három anyagi állandó között minden esetben fennáll az alábbi összefüggés:

)1(2 ν+= E

G

Ezek után felírhatjuk a feszültségi és alakváltozási állapot kapcsolatát meghatározó, egymással egyenértékű összefüggéseket:

+−= ETA IF

G νν

12

1,

−+= EAT IAG

νν21

2

Az összefüggéseket általános Hooke-törvénynek nevezzük.

Az egyenletekben szereplő IF és IA paramétereket az alábbi összefüggések definiálják:

321 σσσσσσ ++=++= zyxIF

321 εεεεεε ++=++= zyxIA

M.i.6.2 Szükséges matematikai ismeretek Szögfüggvények, mátrixok összeadása és szorzása, sajátérték, sajátvektor meghatározása

M.6.2 Mintafeladat Egy acélszerkezet valamely P pontjához tartozó alakváltozási állapotot az alábbi ábra szemlélteti.

a, Adjuk meg az y tengelyhez α szöggel hajló, ),( zy síkban fekvő n egységvektor koordinátáit, valamint az alakváltozási mátrixot a P pontban!

b, Adjuk meg az n irányhoz tartozó alakváltozási vektort!

c, Határozzuk meg az n irányú nε fajlagos nyúlást, valamint az i és j egységvektorok

egymás felé fordulásának szögét!

d, Határozzuk meg a főnyúlások nagyságát és az alakváltozási főirányokat!

e, Adjuk meg az feszültségmátrixot a P pontban! Adatok:

41058,2 −⋅=xε

41062,2 −⋅−=yε 410954,0 −⋅=zε

41090,3 −⋅== yxxy γγ o30=α

PaE 11102 ⋅= 3,0=ν

j

k

i

x

y

z

xε

yε

zε

xyγ2

1

yxγ2

1

α

n

j

k

i

x

y

z

xε

yε

zε

xyγ2

1

yxγ2

1

α

n

Megoldás: a, 0=xn , 866,030cos == o

yn , 5,030sin −=−= ozn ⇒ )5,0;87,0;0( −n

410

954,000

062,295,1

095,158,2

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

−⋅

−=

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

εγγ

γεγ

γγε

A (E.6.2.4)

b, 44 10

48,0

27,2

69,1

5,0

866,0

0

10

954,000

062,295,1

095,158,2−− ⋅

−−=

−⋅

−== nn Aα (E.6.2.4)

c, 44 1073,110

48,0

27,2

69,1

5,0

866,0

0−− ⋅−=⋅

−−

−=⋅= nn n αε (E.6.2.4)

44 1095,1

0

0

1

10

954,000

062,295,1

095,158,2

0

1

0

2

1

2

1 −− ⋅=

⋅

−

== xyyx γγ

d, A főnyúlások az alakváltozási mátrix sajátértékei, amelyeket az alábbi egyenlet megoldásával kapunk:

0=− EA ε (E.6.2.5)

0)1056,10104)(10954,0(

10954,000

01062,21095,1

01095,11058,2

00

00

00

10

954,000

062,295,1

095,158,2

8224

4

44

44

4

=⋅−⋅−−⋅=

=

=−⋅

−⋅−⋅⋅−⋅

=

=

−⋅

−=−

−−−

−

−−

−−

−

εεε

εε

ε

εε

εεEA

Tehát a 0)1056,101004,0)(10954,0( 8424 =⋅−⋅−+⋅ −−− εεε harmadfokú egyenlet megoldásai lesznek a főnyúlások.

Ezek: 4

1 1023,3 −⋅=ε , 42 10954,0 −⋅=ε , 4

3 1027,3 −⋅−=ε

Az egyes iε főfeszültségeket behelyettesítve az ( ) 0=⋅− niEA ε egyenletbe, egy-egy

lineáris egyenletrendszert kapunk, amelyből meghatározhatók az in főirányok.

Az 1n főirány meghatározása:

0

10954,000

01062,21095,1

01095,11058,2

14

144

41

4

=

−⋅−⋅−⋅

⋅−⋅

−

−−

−−

z

y

x

n

n

n

εε

ε ⇒

0

0

0

276,2

85,5

95,1

95,1

65,0

III.

II.

I.

===

−−

−

z

y

y

x

x

n

n

n

n

n

⇒ 0

3

=

=

z

yx

n

nn

Mivel n egységvektor, teljesülnie kell még az 1222 =++ zyx nnn egyenletnek.

Tehát:

1)3( 22 =+ yy nn ⇒

0

32,0

95,0

1n .

2n és 3n hasonlóan számolható:

1

0

0

2n ,

−

0

95,0

32,0

3n .

F.6.2 Feladatok

6.2.1 Egy acélszerkezet valamely P pontjához tartozó alakváltozási állapotot az alábbi ábra szemlélteti.

a, Adjuk meg az y tengelyhez α szöggel hajló, ),( yx síkban fekvő n egységvektor koordinátáit, valamint az alakváltozási mátrixot a P pontban!

A feladat többi alpontjának szövege egyező a mintafeladatban található szöveggel. Adatok:

51051,22 −⋅=xε

51075,6 −⋅=yε

5105,192

1

2

1 −⋅−== yxxy γγ

o30=α

xyn∈

PaE 11102 ⋅= 3,0=ν

j

k

i

x

y

z

xε

yε

xyγ2

1

yxγ2

1 α

n

j

k

i

x

y

z

xε

yε

xyγ2

1

yxγ2

1 α

n

6.2.2 A feladat szövege egyező a mintafeladat szövegével. Adatok:

51051,22 −⋅−=xε

51075,6 −⋅−=yε

51075,6 −⋅−=zε

5105,192

1

2

1 −⋅−== yxxy γγ

o30=α

yzn∈

PaE 11102 ⋅= 3,0=ν

j

k

ix

y

z

xεyε

zε

xyγ2

1

yxγ2

1 α

n

j

k

ix

y

z

xεyε

zε

xyγ2

1

yxγ2

1 α

n

6.2.3 A feladat szövege egyező a mintafeladat szövegével. Adatok:

51026,33 −⋅−=xε

51075,18 −⋅=yε

51051,15 −⋅=zε

51050,192

1

2

1 −⋅== yxxy γγ

o30=α

yzn∈

PaE 11102 ⋅= 3,0=ν

j

k

i

x

y

z

xεyε

zε

xyγ2

1

yxγ2

1

α

n

j

k

i

x

y

z

xεyε

zε

xyγ2

1

yxγ2

1

α

n

6.2.4 Egy acélszerkezet valamely P pontjához tartozó alakváltozási állapotot az alábbi ábra szemlélteti.

a, Adjuk meg az y tengelyhez α szöggel hajló, ),( yx síkban fekvő n egységvektor koordinátáit, valamint az alakváltozási mátrixot a P pontban!

A feladat többi alpontjának szövege egyező a mintafeladatban található szöveggel.

Adatok: 51052,81 −⋅−=xε

51051,55 −⋅−=yε

51000,16 −⋅=zε

51002,392

1

2

1 −⋅== yxxy γγ

o30=α

xyn∈

PaE 11102 ⋅= 3,0=ν

j

k

i

x

y

z

xεyε

zε

xyγ2

1

yxγ2

1

α

n

j

k

i

x

y

z

xεyε

zε

xyγ2

1

yxγ2

1

α

n

6.2.5 Egy acélszerkezet valamely P pontjához tartozó alakváltozási állapotot az alábbi ábra szemlélteti.

a, Adjuk meg az ábrán látható n egységvektor koordinátáit, valamint az alakváltozási mátrixot a P pontban!

A feladat többi alpontjának szövege egyező a mintafeladatban található szöveggel. Adatok:

51038,8 −⋅=xε

51088,1 −⋅=yε

51025,0 −⋅=zε

51075,92

1

2

1 −⋅−== yxxy γγ

o30=α o60=β

PaE 11102 ⋅= 3,0=ν

j

k

i

x

y

z

xε

yε

zε

xyγ2

1

yxγ2

1 α

n

β j

k

i

x

y

z

xε

yε

zε

xyγ2

1

yxγ2

1 α

n

β

Mo.6.2 Megoldások

6.2.1

a, )0;87,0;5,0(n

510

000

075,65,19

05,1951,22

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

−⋅

−−

=

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

εγγ

γεγ

γγε

A

b, 510

0

9,3

63,5−⋅

−−

=nα

c, 51019,6 −⋅−=nε

5105,192

1

2

1 −⋅−== yxxy γγ

d, A főnyúlások: 51 1066,35 −⋅=ε , 02 =ε , 5

3 104,6 −⋅−=ε .

A főirányok:

−

0

56,0

83,0

1n ,

1

0

0

2n ,

0

83,0

56,0

3n .

6.2.2

a, )5,0;87,0;0( −n

510

75,600

075,65,19

05,1951,22

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

−⋅

−−−−−

=

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

εγγ

γεγ

γγε

A

b, 510

38,3

85,5

89,16−⋅

−−

=nα

c, 51076,6 −⋅−=nε

5105,192

1

2

1 −⋅−== yxxy γγ

d, A főnyúlások: 51 104,6 −⋅=ε , 5

2 1075,6 −⋅−=ε , 43 1057,3 −⋅−=ε .

A főirányok:

−

0

83,0

56,0

1n ,

1

0

0

2n ,

0

56,0

83,0

3n .

6.2.3

a, )5,0;87,0;0(n

510

51,1500

075,185,19

05,1926,33

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

−⋅

−=

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

εγγ

γεγ

γγε

A

b, 510

76,7

24,16

89,16−⋅

=nα

c, 51094,17 −⋅=nε

5105,192

1

2

1 −⋅== yxxy γγ

d, A főnyúlások: 41 1052,2 −⋅=ε , 5

2 1051,15 −⋅=ε , 43 1098,3 −⋅−=ε .

A főirányok:

0

95,0

31,0

1n ,

1

0

0

2n ,

−

0

32,0

95,0

3n .

6.2.4

a, )0;87,0;5,0(n

510

1600

051,5502,39

002,3952,81

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

−⋅

−−

=

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

εγγ

γεγ

γγε

A

b, 510

0

56,28

97,6−⋅

−−

=nα

c, 51022,28 −⋅−=nε

51002,392

1

2

1 −⋅== yxxy γγ

d, A főnyúlások: 51 1016 −⋅=ε , 4

2 1074,2 −⋅−=ε , 43 1096,10 −⋅−=ε .

A főirányok:

1

0

0

1n ,

0

81,0

58,0

2n ,

−

0

58,0

81,0

3n .

6.2.5

a, )87,0;43,0;25,0(n

510

25,000

088,175,9

075,938,8

2

1

2

12

1

2

12

1

2

1

−⋅

−−

=

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

εγγ

γεγ

γγε

A

b, 510

22,0

62,1

13,2−⋅

−−

=nα

c, 51004,1 −⋅−=nε

51075,92

1

2

1 −⋅−== yxxy γγ

d, A főnyúlások: 51 1041,15 −⋅=ε , 4

2 105,2 −⋅=ε , 53 1015,5 −⋅−=ε .

A főirányok:

−

0

58,0

81,0

1n ,

1

0

0

2n ,

0

81,0

58,0

3n .

7. L INEÁRIS EGYENLETRENDSZEREK 7.1 FELADATCSOPORT SZÁMÍTÁSOK EGYENÁRAMÚ HÁLÓZATOKBAN (ELEKTROTECHNIKA ) E.7.1 Elméleti összefoglaló

E.7.1.1 Alapfogalmak

Egyenáramú hálózat

Egyenáramú áramforrásokat és fogyasztókat (ohmos ellenállásokat) elektromos vezetőkkel összekötve egyenáramú hálózatot kapunk.

A B C

E DF

A B C

E DF

Csomópont

A csomópont a hálózat olyan pontja, amelybe legalább három vezeték fut be (A, B, E, F pontok).

Ág

Az ág két csomópontot összekötő vezetékszakasz, amely végpontjain kívül nem tartalmaz csomópontot ( B-C-D-E, A-B, E-F, A-F vezetékszakaszok).

Hurok

A hurok olyan vezetékszakasz, amelynek mindkét végpontja ugyanaz a pont ( B-C-D-E-B vagy A-B-C-D-E-F-A vezetékszakaszok).

Belső feszültség és ellenállás

Egy áramforrás bU belső feszültségén a nyitott kapcsain mérhető feszültséget értjük. Ha a kapcsokat

vezetővel összekötjük, akkor a forráson keresztül áram folyik. Minden áramforrásnak van bR belső

ellenállása, amelyen az áram hatására feszültség esik. Emiatt a kapcsokon mérhető kU kapocsfeszültség

zárt esetben eltér az bU belső feszültség értékétől, és függvénye az áramerősségnek. Ebből adódóan a

kapocsfeszültség helyett mindig a belső feszültség és ellenállás értékét adjuk meg, amelyeket rajzban külön jelöljük.

[ ]VU , [ ]AI , [ ]ΩR .

E.7.1.2 Kirchoff törvényei

Az egyenáramú hálózatok megoldása Kirchoff két törvényén alapszik.

Kirchoff I. törvénye:

Bármely csomópont esetén a befolyó és kifolyó áramok előjeles összege nulla.

Előjelszabály:

A befolyó áramokat pozitívan, a kifolyókat negatívan előjelezzük.

1I

2I

3I

4IA

1I

2I

3I

4IA

04321 =−++ IIII

Kirchoff II. törvénye:

Bármely hurok mentén körbehaladva, a feszültségesések előjeles összege nulla.

Előjelszabály:

A hálózat minden hurkához önkényesen hozzárendelünk egy pozitív körüljárási irányt és minden ágához egy áramirányt.

Az ellenálláson eső IR feszültség iránya megegyezik a választott áramiránnyal, a feszültségforráson eső

bU feszültség iránya pedig a pozitívtól a negatív pólus felé mutat. Ha az így kapott feszültségesés iránya a

választott körüljárási iránnyal egyező, akkor pozitív, ha ellentétes, akkor negatív előjelet kap.

++

--

Rb1

Rb2

R

Ub1

Ub2

I1Rb1

I1 I2

I

I2Rb2

IR

A B

EF

++

--

Rb1

Rb2

R

Ub1

Ub2

I1Rb1

I1 I2

I

I2Rb2

IR

++

--

Rb1

Rb2

R

Ub1

Ub2

I1Rb1

I1 I2

I

I2Rb2

++

--

Rb1

Rb2

R

Ub1

Ub2

I1Rb1

I1 I2

I

I2Rb2

IR

A B

EF

022211 =−++−− bbbb RIUIRIRU

E.7.1.3 Megoldási séma

• A hálózat csomópontjaira felírjuk Kirchoff I., hurkaira Kirchoff II. törvényét. Eredményül egy lineáris egyenletrendszert kapunk.

• Az egyenletrendszert rendezzük, majd valamelyik ismert módszerrel megoldjuk. Eredményül megkapjuk az ismeretlen áramerősségeket, ellenállásokat, feszültségeket. (Feltéve persze, hogy az egyenletrendszer határozott!)

• Ha egy áramerősségre negatív értéket kapunk, az annyit jelent, hogy a feltételezett áramiránnyal a valódi áramirány ellentétes! Így közvetett módon megkapjuk a valódi áramirányokat is.

M.i.7.1 Szükséges matematikai ismeretek Mátrix determinánsának kiszámítása, lineáris egyenletrendszer megoldása Cramer-szabállyal és elemi bázistranszformációval

M.7.1 Mintafeladat Az alábbi egyenáramú hálózatban az ellenállások értéke, továbbá a feszültségforrás belső feszültsége és ellenállása ismert. Két hurokban rögzítettük a pozitív körüljárási irányt, az egyes ágakban pedig a feltételezett áramirányt.

a, Írjuk fel az A-B-E-F-A és a B-C-D-E-B hurkokra Kirchoff II. törvényét, majd a B csomópontra Kirchoff I. törvényét! (E.7.1.2)

b, Rendezzük az egyenletrendszert és írjuk fel a mátrixát!

c, A Cramer-szabály alkalmazásával határozzuk meg az ismeretlen 1I , 2I , 3I

áramerősségeket!

d, Rajzoljuk be az ábrákra a valódi áramirányokat! (E.7.1.3) Adatok:

VU b 51 =

VU b 202 =

Ω= 21R

Ω= 51bR

Ω= 22bR

1R

+-

A B C

DEF

1I

2I

3I+-

1bR

1bU

2bR

2bU

1R

+-+-

A B C

DEF

1I

2I

3I+-+-

1bR

1bU

2bR

2bU

Megoldás:

a, I. 011322 =++ IRIRU bb b, I. 23211 bb UIRIR −=+

II. 0232211 =−−+ bbbb UIRIRU II. 123221 bbbb UUIRIR −=−

III. 0321 =−− III III. 0321 =−− III

Az egyenletrendszer mátrixa:

−

−−−

0

15

20

111

250

202

c, 24

111

250

202

detdet −=

−−−=A , 110

110

2515

2020

detdet 1 =

−−−

−=A

20

101

2150

2202

detdet 2 −=

−−

−=A , 130

011

1550

2002

detdet 3 =

−

−=A

AA

AI 58,4

det

det 11 −== , A

A

AI 83,0

det

det 22 == , A

A

AI 42,5

det

det 33 −==

d, Az 1I és 3I áramerősségek értéke negatív, így a hozzájuk tartozó valódi áramirányok

ellentétesek a feltételezettel.

F.7.1 Feladatok 7.1.1 A feladat szövege megegyező a mintafeladatéval. Adatok:

VU b 20=

Ω= 2bR

Ω= 21R

Ω= 32R

Ω= 13R

Ω= 64R

Ω= 65R

1R 2R

3R

4R 5R

bR

bU+-

A B C

DEF

1I

2I

3I

1R 2R

3R

4R 5R

bR

bU+-

A B C

DEF

1I

2I

3I

7.1.2 A feladat szövege megegyező a mintafeladatéval. Adatok:

VU b 201 =

VU b 102 =

VU b 53 =

Ω= 71bR

Ω= 62bR

Ω= 43bR

Ω= 21R

Ω= 42R

1R 2R

+-

A B C

DEF

1I

2I

3I+- 1bR

1bU

2bR2bU

3bU

+-

3bR

1R 2R

+-+-

A B C

DEF

1I

2I

3I+-+- 1bR

1bU

2bR2bU

3bU

+-

3bR

7.1.3* Az alábbi egyenáramú hálózatban az ellenállások értéke, továbbá a feszültségforrás belső feszültsége és ellenállása ismert. Három hurokban rögzítettük a pozitív körüljárási irányt, az egyes ágakban pedig a feltételezett áramirányt.

a, Írjuk fel az A-B-E-F-A, B-C-D-E-B és D-E-F-G-H hurkokra a huroktörvényt, majd a D, E, F csomópontokra a csomóponti törvényt!

b, Rendezzük az egyenletrendszert, és írjuk fel a kibővített mátrixát!

c, Elemi bázistranszformáció vagy Gauss elimináció alkalmazásával határozzuk meg az ismeretlen 1I , 2I , 3I , 4I , 5I és 6I áramerősségeket!

d, Rajzoljuk be az ábrára a valódi áramirányokat!

Adatok:

VU b 201 =

VU b 102 =

Ω= 21bR

Ω= 32bR

Ω= 21R

Ω= 42R

Ω= 43R

Ω= 34R +-

A B C

DEF

1I

2I 3I

1bR1bU

2bU2bR

4I5I

6I

2R

3R

4R

1R

+-G H

+-+-

A B C

DEF

1I

2I 3I

1bR1bU

2bU2bR

4I5I

6I

2R

3R

4R

1R

+-G H

Mo.7.1 Megoldások 7.1.1

a, I. 0331411 =++ IRIRIR

II. 03325222 =−−++ bb UIRIRIRIR

III. 0321 =++− III

b, I. 0331411 =++ IRIRIR

II. bb UIRIRIRIR =−++ 3325222

III. 0321 =++− III

Az egyenletrendszer mátrixa:

−−

0111

201110

0108

.

c, AI 19,01 ≈ , AI 68,12 ≈ , AI 5,13 −≈ .

d, Az 3I áramerősség értéke negatív, így a hozzá tartozó valódi áramirány ellentétes a

feltételezettel. 7.1.2

a, I. 032331211 =−+++ bbbb UUIRIRIR

II. 031332122 =+−−+ bbbb UUIRIRIR

III. 0321 =++− III

b, I. 23331211 bbbb UUIRIRIR −=++

II. 31332122 bbbb UUIRIRIR −=−+

III. 0321 =++− III

Az egyenletrendszer mátrixa:

−−

−

0111

154110

5408

.

c, AI 09,01 −≈ , AI 98,02 ≈ , AI 07,13 −≈ .

d, Az 1I és 3I áramerősségek értéke negatív, így a hozzájuk tartozó valódi áramirányok

ellentétesek a feltételezettel. 7.1.3

a, I. 0644321 =−+− IRIRIR

II. 02524332 =+−− bb UIRIRIR

III. 01322111 =+−+ bb UIRIRIR

IV. 0531 =−−− III

V. 0432 =++ III

VI. 0621 =+− III

b, I. 0644321 =−+− IRIRIR

II. 2524332 bb UIRIRIR −=−−

III. 1322111 bb UIRIRIR −=−+

IV. 0531 =−−− III

V. 0432 =++ III

VI. 0621 =+− III

Az egyenletrendszer mátrixa:

−

−−−−−−−−

−−

0100011

0001110

0010101

20000422

10034400

0304020

.

c, AI 088,51 −≈ , AI 272,22 −≈ , AI 296,13 ≈ , AI 976,04 ≈ , AI 792,35 ≈ ,

AI 816,26 ≈ .

d, Az 1I és 2I áramerősségek értéke negatív, így a hozzájuk tartozó valódi áramirányok ellentétesek a feltételezettel.

7.2 FELADATCSOPORT ISMERETLEN ERŐK KOORDINÁTÁINAK ÉS HATÁSVONALÁNAK

MEGHATÁROZÁSA EGYENSÚLYI ER ŐRENDSZERBEN (MŰSZAKI MECHANIKA ) E.7.2 Elméleti összefoglaló

Lásd E.3.2 és E.4.1 elméleti összefoglalókat.

M.i.7.2 Szükséges matematikai ismeretek Vektorok összeadása, vektoriális szorzása, lineáris egyenletrendszerek megoldási módszerei

M.7.2 Mintafeladat Az alábbi ábra egy vitorlás hajó súlytalannak tekinthető árbocát szemlélteti, amelyet három kötél segítségével próbálnak felállítani. Az árboc a fedélzethez rögzített O gömbcsukló körül szabadon elfordulhat. A vázolt pillanatban az árboc nyugalomban van.

a, Az egyensúly ∑ =i

iF 0 feltételéből határozzuk meg a csuklónál ébredő 0F támaszerőt!

b, Mekkora az 1F és 2F kötélerőkO gömbcsuklóra vonatkozó együttes forgatónyomatéka?

c, Az egyensúly 00 =∑i

iM feltételből egy lineáris egyenletrendszert kapunk. Határozzuk

meg ebből az 3F kötélerő lehetséges, 3P támadáspontjainak koordinátáit! Milyen térbeli

alakzatra illeszkednek a kérdéses pontok? Hogy hívjuk a mechanikában ezt az alakzatot?

d, Adjunk meg hármat a fenti 3P pontok közül!

)4;4;1(1P

)2;3;2(2P

)3;2;1(1 −−F

)1;1;3(2 −−F

x

y

z

O

0F ),,( 3333 zyxP)1;10;1(3 −F

)4;4;1(1P

)2;3;2(2P

)3;2;1(1 −−F

)1;1;3(2 −−F

x

y

z

O

0F ),,( 3333 zyxP)1;10;1(3 −F

Megoldás:

a, )0;0;0()1;1;3()3;2;1();;(210 =−−+−−+=++=∑ zyxi

i FFFFFFF , ebből

)2;3;2(0 −−=F .

b, OF 1 gömbcsuklóra vonatkozó forgatónyomatéka:

)2;7;20(

321

441111 −=−−

=×=kji

FrM , (E.3.2.1)

OF 2 gömbcsuklóra vonatkozó forgatónyomatéka:

)11;8;1(

113

232222 −−=−−

=×=kji

FrM , (E.3.2.1)

OFF és 21 gömbcsuklóra vonatkozó együttes forgatónyomatéka:

)9;1;19(21 −=+= MMM .

c, 321 MMMMi

Pi ++=∑

)10;;10(

1101333333333333 yxzxzyzyx

kji

FrM −−+−+=−

=×= , (E.3.2.1)

=∑i

PiM ).0;0;0()10;;10()11;8;1()2;7;20( 333333 =−−+−++−−+− yxzxzy

I. 01019 33 =++ zy I. 1910 33 −=+ zy

II. 01 33 =+− zx II. 133 −=+− zx

III. 0109 33 =−−− yx III. 910 33 =−− yx

Az egyenletrendszer mátrixa:

−−−−

−

90110

1101

191010

.

1 ;910 3333 −=−−= xzxy , azaz )1;910;( 3333 −−− xxxP .

A pontok egy térbeli egyenesre illeszkednek. Ez az egyenes az 3F erő hatásvonala.

d, )2;1;1( ),0;19;1( ),1;9;0( :3 −−−−−P .

F.7.2 Feladatok 7.2.1 Az ábrán látható merev, súlytalan test O sarokpontján támaszkodik, amely körül

ellenállásmentesen elfordulhat. A testet Q pontjában egy 1F , P pontjában egy 2F erő

támadja. A test az 1F , 2F és az O pontnál támadó támaszerő hatására nyugalomban van. A P pont koordinátái nem ismertek. A pontok koordinátái méterben, az erőké kilonewtonban értendők.

a, Adjuk meg az 1F erő O pontra vonatkozó forgatónyomatékát!

b, Az egyensúly ∑ =i

iF 0 feltételéből határozzuk meg a csuklónál ébredő 0F támaszerőt!

c, Az egyensúly 00 =∑i

iM feltételből egy lineáris egyenletrendszert kapunk. Határozzuk

meg ebből az 2F erő lehetséges, P támadáspontjainak koordinátáit!

d, Adjunk meg hármat a fenti P pontok közül!

x

y

z

O

)8;8;4(Q

)2,6,4(1 −F

)6,18,12(2 −−F

);;( zyxP

0F

x

y

z

O

)8;8;4(Q

)2,6,4(1 −F

)6,18,12(2 −−F

);;( zyxP

0F

7.2.2 Az ábrán látható merev, súlytalan rúd O végpontja egy gömbcsuklóhoz kapcsolódik,

amely körül ellenállásmentesen elfordulhat. A rúd másik, Q végpontjában egy ismert 1F erő támad. A pontok koordinátái méterben, az erőké kilonewtonban értendők.

a, Adjuk meg az 1F erő O gömbcsuklóra vonatkozó forgatónyomatékát!

b, Az ábrán látható P pont 1:3 arányban osztja az OQ rudat. Határozzuk meg koordinátáit!

c, Írjuk fel az O pontra az egyensúly 00 =∑i

iM feltételét, majd a kapott lineáris

egyenletrendszert megoldva adjunk meg hármat azon 2F erők közül, amelyek esetén a rúd egyensúlyban van!

x

y

z

O

)1;3;2(1 −F

.P)3;4;2(Q

),,(2 zyx FFFF

x

y

z

O

)1;3;2(1 −F

.P)3;4;2(Q

x

y

z

O

)1;3;2(1 −F

.P)3;4;2(Q

),,(2 zyx FFFF

Mo.7.2 Megoldások 7.2.1 a, [ ]kNmM )56;40;32(1 −−=

b, [ ]kNF )4;12;8(0 −

c, [ ]mxxxP

−−2

1

3

10;

2

3

3

14;

d, [ ] [ ] [ ].m3

4;

3

4;4 ,

3

7;

3

5;2 ,

3

10;

3

14;0 :

−

mmP

7.2.2 a, [ ]kNmM )14;8;5(1 −−=

b, [ ]mP

4

3;1;

2

1

c, [ ]kNFFFF xxx

−− 22

3;282;2

( )[ ]kNF 2;28;0 :2 −− , ( )[ ]kN1;24;2 − , ( )[ ].kN4;20;4 −

8. SZÁMOLÁS . VALÓS FÜGGVÉNYEK ELEM I

TULAJDONSÁGAI ÉS ÁBRÁZOLÁSA 8.1 FELADATCSOPORT IDEÁLIS GÁZ ÁLLAPOTVÁLTOZÁSAI (MŰSZAKI H Ő- ÉS ÁRAMLÁSTAN ) E.8.1 Elméleti összefoglaló

E.8.1.1 Ideális gáz fogalma

Egy adott mennyiségű gázt ideálisnak nevezünk, ha nyomásának és térfogatának szorzata arányos abszolút hőmérsékletével. A definíciót egyenlet formájában felírva:

CTpV = ,

ahol p a gáz nyomása,

V a térfogata, T a kelvinben mért abszolút hőmérséklete, C egy arányossági konstans.

[ ]Pap , V [ 3m ], [ ]KT , C

molK

J

Átváltás a Kelvin és Celsius-skála között: o

o CTTCK 15,273+= .

E.8.1.2 Ideálisgáz-törvény

Az E.9.1.1 pontban szereplő C állandót fizikai mennyiségekkel kifejezve:

RM

mC = ,

ahol m a gáz tömege, M a moláris tömege (egy mól gáz tömege), Raz egyetemes gázállandó.

[ ]kgm , [ ]kgM , molK

JR 314,8= .

A fenti összefüggést felhasználva kapjuk az ideálisgáz-törvényt:

RTM

mpV =

E.8.1.3 Ideális gáz állapotváltozásai

Az állapotváltozás olyan folyamat, amely során az ideális gáz állapotát leíró jellemzőkben, az úgynevezett állapotjelzőkben változás következik be. Állapotjelző például a nyomás, térfogat, hőmérséklet.

Itt négy, a gyakorlat szempontjából fontos állapotváltozás típust említünk meg.

Izochor állapotváltozás A gáz térfogata állandó ( állandóV = ). Ha a gáz mólnyi mennyiségű:

állandóV

R

T

p ==

Izobár állapotváltozás A gáz nyomása állandó ( állandóp = ). Ha a gáz mólnyi mennyiségű:

állandóp

R

T

V ==

Izoterm állapotváltozás A gáz hőmérséklete állandó ( állandóT = ). Ha a gáz mólnyi mennyiségű:

állandóRTpV ==

Adiabatikus állapotváltozás A gáz és környezete között nincs hőáramlás.

Ez elvben akkor lehetséges, ha a gáz a környezete felé tökéletesen hőszigetelt. Mivel a gyakorlatban tökéletes hőszigetelés nincs, így adiabatikus állapotváltozásnak azokat a gyors lefolyású állapotváltozásokat tekintjük, amelyek során a hőáramlás elhanyagolható. Ekkor:

állandópV =κ , állandóTV =−1κ , állandóP

T =−1κ

κ

Az egyenletekben szereplő κ adiabatikus kitevő függ a gáz anyagi minőségétől és kis mértékben a hőmérséklettől. κ hőmérsékletfüggéstől a továbbiakban eltekintünk!

M.i.8.1 Szükséges matematikai ismeretek Hatványfüggvények ábrázolása

M.8.1 Mintafeladat Két dugattyúval lezárt hengert külön-külön egy mólnyi mennyiségű ideális nitrogéngázzal töltünk fel. Az egyes jelzésűt magasabb, a kettes jelzésűt alacsonyabb hőmérsékleten. A dugattyúk térfogata a feltöltés után egyaránt 0V , a bezárt gáz nyomása az egyes dugattyúban

01P , a kettesben 02P . Ezt követően az egyes dugattyút izotermikusan, a kettest adiabatikusan

összenyomjuk.

a, Ábrázoljuk közös Vp − koordinátarendszerben az egyes és kettes dugattyúba zárt gáz állapotváltozását! (A nyomást ábrázoljuk a térfogat függvényében!)

b, Grafikusan olvassuk le, hogy mekkora térfogatnál lesz a két gáz nyomása egymással egyenlő!

Adatok:

30 15,0 mV =

PaP 501 105,1 ⋅=

PaP 502 10=

4,1=κ

Megoldás: a, Az első dugattyúba zárt gáz állapotváltozása: állandóVp =1 (E.9.1.3)

2250015,0105,1 5001 =⋅⋅=Vp , ebből

Vp

225001 = .

A második dugattyúba zárt gáz állapotváltozása: állandóVp =κ

2 (E.9.1.3)

08,702315,010 4,15002 ≈⋅=κVp , ebből

4,12

08,7023

Vp = .

b, 4,1

08,702322500

VV= , ebből 305,0 mV ≈ .

0

100000

200000

300000

400000

500000

600000

700000

800000

0,036 0,05 0,064 0,078 0,092 0,106 0,12 0,134 0,148V

p

F.8.1 Feladatok 8.1.1 Ideális szénmonoxidgáz nyomása kezdetben 0P , térfogata 0V . Ezt követően a gáz

adiabatikusan 1V térfogatra tágul. A gáz κ adiabatikus kitevője ismert.

a, Ábrázoljuk a gáz állapotváltozását Vp − koordinátarendszerben! (A nyomást ábrázoljuk a térfogat függvényében!)

b, Olvassuk le a grafikonról, hogy mekkora térfogatnál lesz a gáz nyomása 1P !

Adatok: PaP 50 10= , 3

0 1,0 mV = , 31 15,0 mV = , 4,1=κ , PaP 5

1 107,0 ⋅= .

8.1.2 Mólnyi mennyiségű ideális gáz állandó T hőmérsékleten 0V -ról 1V térfogatra tágul.

a, Ábrázoljuk a gáz állapotváltozását Vp − koordinátarendszerben! (A nyomást ábrázoljuk a térfogat függvényében!)

b, Olvassuk le a grafikonról, hogy mekkora térfogatnál lesz a gáz nyomása 2P !

Adatok: KT 300= , 30 1,0 mV = , 3

1 15,0 mV = , PaP 41 1008,2 ⋅= , PaP 4

2 106,2 ⋅=

8.1.3 Mólnyi mennyiségű ideális nitrogéngáz nyomása kezdetben 0P , térfogata 0V . A gázt

először izotermikusan 1V térfogatúra nyomjuk össze, majd az így nyert állapotából hagyjuk

adiabatikusan a kezdeti 0V térfogatra tágulni. Ezt követően 0V állandó térfogaton addig

melegítjük, míg nyomása el nem éri a kezdeti 0P értéket. Ábrázoljuk a gáz fenti, egymást

követő állapotváltozásait, közös Vp − koordinátarendszerben. (A nyomást ábrázoljuk a térfogat függvényében!)

Adatok: PaP 50 105⋅= , 3

0 2,0 mV = , 31 1,0 mV = , 4,1=κ .

8.1.4 Két dugattyúval lezárt hengert külön-külön egy mólnyi mennyiségű hidrogéngázzal töltünk fel. Az egyes jelzésűt magasabb, a kettes jelzésűt alacsonyabb hőmérsékleten. A dugattyúk térfogata a feltöltés után egyaránt 0V , a bezárt gáz nyomása az egyes dugattyúban

01P , a kettesben 02P . Ezt követően az egyes dugattyút izotermikusan, a kettest adiabatikusan

összenyomjuk.

a, Ábrázoljuk közös Vp − koordinátarendszerben az egyes és kettes dugattyúba zárt gáz állapotváltozását! (A nyomást ábrázoljuk a térfogat függvényében!)

b, Grafikusan olvassuk le, hogy mekkora térfogatnál lesz a két gáz nyomása egymással egyenlő!

Adatok: 30 1,0 mV = , PaP 5

01 102 ⋅= , PaP 502 105,1 ⋅= , 41,1=κ , kgMm 002,0== .

8.1.5 Két dugattyúval lezárt hengert külön-külön egy mólnyi mennyiségű ideális széndioxidgázzal töltünk fel. Az egyes jelzésűt magasabb 01T , a kettest alacsonyabb 02T

hőmérsékleten. A dugattyúk térfogata a feltöltés után egyaránt 0V . Ezt követően az egyes

dugattyúban lévő gázt adiabatikusan, a kettesben lévőt izobár kiterjesztjük..

a, Ábrázoljuk közös VT − koordinátarendszerben az egyes, és kettes dugattyúba zárt gáz állapotváltozását! (A hőmérsékletet ábrázoljuk a térfogat függvényében!)

b, A grafikonról olvassuk le, hogy mekkora térfogatnál lesz a két gáz hőmérséklete egymással egyenlő!

c, Mekkora a kettes dugattyúban lévő gáz nyomása az összenyomás során?

Adatok: 30 1,0 mV = , KT 34301 = , KT 29302 = , 3,1=κ .

Mo.8.1 Megoldások 8.1.1

a, 4,1

07,3981

Vp =

b, 3* 13,0 mV ≈ 8.1.2

a, V

p3120=

b, 32 12,0 mV =

8.1.3 Izoterm állapotváltozás: V

p510=

Adiabatikus állapotváltozás: 4,1

72,39810

Vp =

Izochor állapotváltozás: állandómV == 30 1,0

8.1.4

a, 1-es dugattyú: V

p20000=

2-es dugattyú: 41,1

67,5835

Vp =

b, 30496,0 mV = 8.1.5

a, 1-es dugattyú: 3,0

9,171

VT =

2-es dugattyú: VT 2930=

b, 31129,0 mV =

c, Pap 3,24348=

8.2 FELADATCSOPORT REZGÉSEK KINEMATIKÁJA (MŰSZAKI MECHANIKA ) E.8.2 Elméleti összefoglaló

Az anyagi pont fogalmát lásd az E.3.1.1 pontban.

E.8.2.1 Rezgés (lengés)

A mechanikai rezgés vagy lengés oszcilláló mozgást jelent egy egyensúlyi állapot körül. Az oszcillálás lehet periodikus, mint például egy rugóhoz rögzített test esetén, vagy rendezetlen, véletlenszerű, mint például egy hepehupás úton haladó gépkocsi karosszériájának mozgása. A rezgés és lengés szavak fizikai tartalma azonos, a magyar köznyelvben a gyors lengéseket rezgésnek nevezik, a lassúak pedig a lengések.

E.8.2.2 Szabad- és kényszerrezgés

Ha egy rezgőképes rendszert – például egy csavarrugóra erősített testet – rezgésbe hozunk, majd magára hagyunk, akkor szabad rezgéseket végez. Valós viszonyok között, a rugóhoz rögzített testre, a rúgóerőn kívül közegellenállási erő is hat, továbbá a rugónak van belső súrlódása. Ebből adódóan a rezgés amplitúdója (maximális kitérése) idővel csökken, a rezgés „lecseng”. Ha a fenti hatások elhanyagolhatók, akkor az amplitúdó időben változatlan marad, és csillapítatlan rezgésről beszélünk, ha nem akkor csillapítottról.

Ahhoz, hogy a rezgés tartósan fennmaradhasson, egy időben periodikus, külső gerjesztő erő szükséges. Ha a testre hat ilyen erő, akkor kényszerrezgésről beszélünk, ha nem, akkor szabad rezgésről.

E.8.2.3 Harmonikus rezgőmozgás

Vegyünk egy csavarrugóhoz erősített pontszerű testet. Tekintsünk el a testre és rugóra ható közegellenállási erőtől, valamint a rugó belső súrlódásától. A testet mozgásba hozva ekkor szabad, csillapítatlan rezgéseket végez. Ha a test kitérése olyan tartományban marad, amelyben a rugó által kifejtett erő arányos annak megnyúlásával, akkor harmonikus rezgőmozgásról beszélünk.

Az alábbi ábrán egy harmonikus rezgőmozgást végző P anyagi pont látható, mellette pedig egy egyenletes körmozgást végző 'P pont. A körpálya sugarát úgy választottuk, hogy megegyezzen a rezgés amplitúdójával (maximális kitérésével, A). Az ábrán látható koordinátarendszer origója a körpálya középpontja, y tengelye párhuzamos a rezgés egyenesével, x tengely pedig áthalad a P pont

Oegyensúlyi helyzetén.

y

R

x

ϕsinRy=ϕ

P′P ''P

O ''O

y

R

x

ϕsinRy=ϕ

P′P ''P

O ''O

Jelöljük a 'P pont y tengelyre eső merőleges vetületét ''P -vel. A 'P pont szögsebességét egy

meghatározott 0ω értékre beállítva elérhető, hogy a ''P vetület „együtt haladjon” a P ponttal, azaz, hogy

a ''P vetület y kitérése (x tengelytől mért előjeles távolsága) minden pillanatban megegyezzen a P

pontéval.

Válasszuk 0=t -nak azt az időpontot, amelytől kezdve ez fennáll, a hozzá tartozó szöget jelölje 0ϕ . Az

elmondottak alapján, és felhasználva, hogy egyenletes körmozgásnál 0ϕωϕ += t , a ''P vetület és

egyben a P rezgő pont kitérésére az alábbi időfüggést kapjuk:

)sin(sin 00 ϕωϕ +== tAAy

A

ATT

πϕ2

0

y

t

A

ATT

πϕ2

0

y

t

[ ]mA ,

s

rad0ω .

Szokás még bevezetni a T periódusidőt és a ν frekvenciát az alábbi összefüggésekkel:

0

2

ωπ=T ,

πων2

1 0==T

[ ]sT , [ ]Hzν .

A T periódusidő egy teljes rezgés idejét, míg a ν frekvencia a másodpercenkénti rezgések számát adja.

E.8.2.4 Szabad rezgés viszkózus (nedves) csillapítással

Most vegyük figyelembe a testre ható közegellenállási erőt. Szorítkozzunk arra az esetre, amikor a test sebessége kicsi. Ekkor a közegellenállási erő arányos a test sebességével. Ezt viszkózus csillapításnak is nevezik, mert egy folyadékban mozgó testre ható közegellenállási erő, a test kis sebessége esetén ilyen.

A rezgés amplitúdója ekkor az idővel exponenciálisan csökken, az alábbi kifejezés szerint:

δtAetA −=)( ,

s

1δ .

A δ konstanst értéke minél nagyobb, annál erősebb a csillapítás. Az A konstans a csillapítatlan rezgés amplitúdójával egyenlő.

A kitérés idő függését az alábbi kifejezés adja:

)sin()( 0ϕωδ += − tAety t , 220 δωω −=

y

t

A

A

δtAetA −=)(

TTπ

ϕ2

0

)sin()( 0ϕωδ += − tAety t

y

t

A

A

δtAetA −=)(

TTπ

ϕ2

0

)sin()( 0ϕωδ += − tAety t

Itt is értelmezhetjük a periódusidőt és frekvenciát:

ωπ2=T ,

πων2

1 ==T

Ha például egy gépkocsi kődarabon hajt át, karosszériája függőleges irányú lengésbe jön. A folyadékkal (pl. olajjal) vagy gázzal töltött lengéscsillapító hatására a lengés gyorsan lecseng. A karosszéria a döccenés után szabad lengéseket végez, amelyek a lengéscsillapító hatására viszkózus csillapodnak.

lengéscsillapító

rugózott tömeg

lengéscsillapító

rugózott tömeg

M.i.8.2 Szükséges matematikai ismeretek Trigonometrikus és exponenciális függvények ábrázolása

M.8.2 Mintafeladat Egy csavarrugóhoz rögzített pontszerű test harmonikus lengőmozgást végez

)20sin(1,0)( tty ⋅⋅= π kitérés-idő függvénnyel.

a, Határozzuk meg a rezgés periódusidejét, majd vázoljuk a függvényt.

b, Az a pontban kapott függvénnyel közös koordinátarendszerben ábrázoljuk az )10sin(1,0)( tty ⋅⋅= π és az )40sin(1,0)( tty ⋅⋅= π függvényeket!

c, Az a pontban kapott függvénnyel közös koordinátarendszerben ábrázoljuk az )25,020sin(1,0)( +⋅⋅= tty π és )25,020sin(1,0)( −⋅⋅= tty π függvényeket!

Megoldás:

a, 1,020

22 ===π

πωπ

T s.

-0,15

-0,1

-0,05

0

0,05

0,1

0,15

0 0,05 0,1 0,15 0,2 0,25 0,3

t[s]

y[m]

b,

-0,15

-0,1

-0,05

0

0,05

0,1

0,15

0 0,05 0,1 0,15 0,2

t[s]

y[m]

c,

-0,15

-0,1

-0,05

0

0,05

0,1

0,15

0 0,05 0,1 0,15 0,2

t[s]

y[m]

F.8.2 Feladatok 8.2.1 Egy csavarrugóhoz rögzített pontszerű test harmonikus lengőmozgást végez. A test kitérés-idő függvényét az alábbi ábra szemlélteti.

-0,25

-0,2

-0,15

-0,1

-0,05

0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0 0,05 0,1 0,15 0,2 0,25 0,3

[ ]my

[ ]st

-0,25

-0,2

-0,15

-0,1

-0,05

0

0,05

0,1

0,15

0,2

0,25

0 0,05 0,1 0,15 0,2 0,25 0,3

[ ]my

[ ]st

a, Olvassuk le az ábráról a T periódusidő és az A amplitúdó értékét!

b, Határozzuk meg az ω körfrekvencia majd a 0ϕ kezdőfázis értékét!

c, Írjuk fel a konkrét kitérés-idő függvényt!

d, Adjuk meg mindazon t értékeket, ahol a kitérés maximális!

e, Adjuk meg mindazon időintervallumokat, ahol a kitérés értéke monoton nő és csökken! 8.2.2 Két különböző csavarrugóhoz egy-egy pontszerű testet erősítünk, majd lengésbe hozzuk őket. Az egyik )2sin(05,0 ty ⋅⋅= π , a másik )6sin(05,0 ty ⋅⋅= π kitérés-idő függvény szerint mozog.

a, Adjuk meg mindazon időpontokat, amikor a két test kitérése egymással egyenlő!

b, Ábrázoljuk közös koordinátarendszerben a két függvényt, majd a grafikonról leolvasva ellenőrizzük az a pontban kapott megoldásokat!

8.2.3 Két különböző csavarrugóhoz egy-egy pontszerű testet erősítünk, majd lengésbe hozzuk őket. Az egyik )25,04sin(05,0 −⋅⋅= ty π , a másik )12sin(05,0 ty ⋅⋅= π kitérés-idő függvény szerint mozog.

a, Adjuk meg mindazon időpontokat, amikor a két test kitérése egymással egyenlő!

b, Ábrázoljuk közös koordinátarendszerben a két függvényt, majd a grafikonról leolvasva ellenőrizzük az a pontban kapott megoldásokat!

8.2.4 Egy gépkocsi kődarabon hajt át, aminek hatására karosszériája függőleges irányú lengésbe jön. A gépkocsi lengéscsillapítóval van felszerelve, így a lengés viszkózus csillapítás szerint lecseng. A karosszéria egy pontjának kitérés-idő függvényét az alábbi ábra mutatja.

-0,06

-0,04

-0,02

0

0,02

0,04

0,06

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6

[ ]my

[ ]st

-0,06

-0,04

-0,02

0

0,02

0,04

0,06

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6

[ ]my

[ ]st

a, A döccenés ( 0=t ) után mennyi idővel veszi fel a kitérés maximális és minimális értékeit? A összes megoldást adjuk meg a [ [∞= ,0t intervallumban!

b, Adjuk meg mindazon időintervallumokat, ahol a kitérés monoton nő, és azokat is ahol csökken!

c, Az E.9.2.4 pontban elmondottak szerint, a rezgés amplitúdója δtAetA −=)( függvény szerint csökken (szaggatott vonal). A függvény értékét két pontban leolvasva határozzuk meg az A és δ konstansok értékét!

d, Határozzuk meg az ω és 0ω konstansok értékét, majd írjuk fel a konkrét kitérés-idő

függvényt (lásd E.9.2.4)!

e, A döccenés után mennyi idővel csökken az amplitúdó 0,1-ed részére? Mo.8.2 Megoldások 8.2.1

a, sT 21,0= ; mA 2,0= .

b, s

rad91,290 =ω , rad 748,00 =ϕ .

c, )748,091,29sin(2,0 radty +⋅= .

d, kt 21,0025,0 += , Zk ∈ .

e, Nő: 2,013,02,013,0 ⋅+≤≤⋅+ ktk

Csökken: 2,023,02,003,0 ⋅+≤≤⋅+ ktk

8.2.2

a, 21

kt = ,

48

12

kt += , Zk ∈ .

b,

-0,06

-0,04

-0,02

0

0,02

0,04

0,06

0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8

t[s]

y[m]

8.2.3

a, 31 1087,9

4−⋅−= k

t , 22 1076,6

8−⋅+= k

t , Zk ∈ .

b,

-0,06

-0,04

-0,02

0

0,02

0,04

0,06

0 0,2 0,4 0,6 0,8

t[s]

y[m]

8.2.4

a, Maximális: 25,00625,0 ⋅+= kt

Minimális: 25,01875,0 ⋅+= kt

b, Nő: 25,03125,025,01875,0 ⋅+≤≤⋅+ ktk

Csökken: 25,01875,025,00625,0 ⋅+≤≤⋅+ ktk

c, mA 05,0= , s

1116,1=δ .

d, s

rad13,25=ω ,

s

rad16,250 =ω , )13,25sin(05,0)( 116,1 tety t ⋅⋅= ⋅−

e, st 06,2=